(完整版)现代控制理论考试卷及答案

西北工业大学考试试题(卷)2008一2009学年第2学期开课学院自动化学院课程现代控制理论学时32」、简答题(对或错，10分)描述系统的状态方程不是唯一的。用独立变量描述的系统状态向量的维数不是唯一的。对单输入单输出系统，如果C(sI-A)-1B存在零极点对消，则系统一定不可控或者不可观测。对多输入多数出系统，如果(sI-A)-iB存在零极点对消，则系统一定不可控。李雅普诺夫直接法的四个判定定理中所述的条件都是充分条件。李雅普诺夫函数是正定函数，李雅普诺夫稳定性是关于系统平衡状态的稳定性。线性定常系统经过非奇异线性变换后，系统的可控性不变。用状态反馈进行系统极点配置可能会改变系统的可观测性。通过全维状态观测器引入状态反馈来任意配置系统的闭环极点时，要求系统必须同时可控和可观测。对一个线性定常的单输入单输出5阶系统，假定系统可控可观测，通过设计输出至输入的反馈矩阵H的参数能任意配置系统的闭环极点。二、试求下述系统的状态转移矩阵①(t)和系统状态方程的解X](t)和x2(t)。(15分)x(t)"01一x(t)"01一x(t)-2-1——1+x(t)L2」_-2-3_x(t)L2」_0_u(t)x(0)1x(0)210三、设系统的传递函数为鬻=s(s+1)(s+2)。试用状态反馈方法，将闭环极点配置在一2,—1+j,—1—j处，并写出闭环系统的动态方程和传递函数。(15分)四、已知系统传递函数U冥=2s：23,试求系统可观标准型和对角标准型，并画出系统可U(s)s2+4s+3观标准型的状态变量图。(15分)五、已知系统的动态方程为u，试确定五、已知系统的动态方程为u，试确定a，b值，使系统完全可控、完全可观。(15分)六、确定下述系统的平衡状态，并用李雅普诺夫稳定性理论判别其稳定性。(15分)六、X=x-kx(x2+x2)

12112x=-x-kx(x2+x2)21212七、以下两题任选一题(15分)证明状态转移矩阵性质：①(-t)=O-1(t)。证明：非奇异性变换后，线性定常系统S(A,B,C,D)的可观测性不变。拉氏变换H(s)时间函数拉氏变换H(s)时间函数1/s1(t)1/(s+a)e—at1/Sn+1tn/'n!1/(s+a)2te-at教务处印制共2页第2页教务处印制2009年《现代控制理论》试卷A评分标准及答案第一题（10分，每个小题答对1分，答错0分）（1）对（2）错（3）对（4）错（5）对（6）对（7）对（8）对（9）对（10）错第二题（15分）（1）①（t）（7分）：公式正确3分，计算过程及结果正确4分s-1sI-A=2s+32111(sI-A)-i=1(s+1)(s+2)s+3-2s+1s+2-22s+1s+2-12①(t①(t)=L-1{(si-A)-1}=e-t-e-2t—e-t+2e-2t2e-t-e-2t—2e-t+2e-2t2）状态方程有两种解法（8分）：公式正确4分，计算过程及结果正确4分x（t）=①（t）x（0）+ft①（T）Bu（t-t）dT0x(t)e-t—e-2t+2J*2e-t—e-2te-(t-T)dT=(4t一1)e-t+e-2t1=x(t)2—e-t+2e-2t0—2e-t+2e一2t—(4t—3)e-t—2e-2t或者2(s+3)(s+1)2(s+2)

-4X(s)=(si2(s+3)(s+1)2(s+2)

-4x(t)=L-1{(si一A)-1x(0)}+L-1{(s+1)2(s+2)x(t)1x(t)1x(t)2e-t-e-2t—e-t+2e-2t+L-1{422—+(s+1)2s+1s+2-444+—(s+1)2s+1s+24te—t—e—t+e—2t一4te-t+3e-t一2e-2t第三题（15分，答案不唯一，这里仅给出可控标准型的结果）（1）系统动态方程（3分）「01o-ox=001x+00-2—31u0y=1ox2x22）状态反馈矩阵（5分，公式正确3分）k=kkk]u=v-kx012由闭环极点和闭环系统特征多项式有|XI-(A|XI-(A-BK)二兀+(3+k2)沁+(2+k)九+k10-(九+2)(九+1-j)(九+1+j)二九3+4九2+61+4比较，k=b41]。3）闭环系统的动态方程（3分）：-3）闭环系统的动态方程（3分）：-010-x_001x+0v-4-6-41y_t1000-xG(s)4）闭环系统的传递函数（4分）：Y(s)_10U(s)s3+4s2+6s+4Y（s）s+2第四题（15分）已知系统传递函数_，试求系统可观标准型和对角标准型,U（s）s2+4s+3并画出相应的系统状态图。答：（1）可观标准型及状态图（5分）根据对偶原理，系统可观标准型为：「0-根据对偶原理，系统可观标准型为：「0-3_xx_1+1-4x1<j_12-1」—y_t)1-X1u-01_x0x_1+u-3-4x1<_12-1」_1可控标准型为：x12y_b1一2）系统可观测标准型状态变量图如下：（5分）3）对角标准型（5分，答案不唯一，两种常见形式如下）「一30_xx=1+0—1x<3）对角标准型（5分，答案不唯一，两种常见形式如下）「一30_xx=1+0—1x<-2-1y=11-%x1212「一30_x1+_0—1_x2x=1y=1/21/2.1u1第五题（15分）uS=IbAB-=1试确定a,b值，使系统完全可控、完全可观。Y(s)s+2s+2121/2G(s)====■U(s)s2+4s+3(s+3)(s+1)s+3s+1当x(s)=■u(s),x(s)=u(s)时,1s+32s+1当x(s)=u(s),x(s)=u(s)时,1s+32s+1•••系统可控,detbAB]=1-(a+2)=—a—1丰0.a丰—1；CAb0ab2bC•••系统可观ca=2b2丰0.b丰0；・••系统完全可控、完全可观的条件是aH-1且b丰0。可控部分正确一一7分：公式正确4分，可控性矩阵计算正确2分，a值正确1分;可观部分正确一一7分：公式正确4分，可观性矩阵计算正确2分，b值正确1分;总结论正确1分。第六题(15分)(1)(5分)原点x=x=0是系统唯一的平衡状态12(2)(6分)V(X)=xi2+x2V(X)—-2k(x2+x2)2(V(x)答案不唯一，仅供参考)12(3)(4分)K>0时系统大范围一致渐近稳定；K=0时系统是李雅普诺夫意义下稳定的(或系统一致稳定)；K〈0时系统不稳定。写对平衡状态表达式2分；求出原点x=x=0是系统的平衡状态2分；说明唯一性1分。12写对李雅普诺夫函数3分；求导正确3分；正确分析出上述(3)中的3种情况分别为2分、1分1分，其中K>0时未说明大范围和一致性稳定各扣0.5分。第七题(15分，(1)和(2)小题任选一题)(1)小题：证明过程引用的公式正确7分，证明过程严谨正确8分。证明：由①(t-1)=O(t)0(-t)和①(0)=I令t=t，有121212①(t)O(-t)=I所以①-i(t)二①(-t)证毕。(2)小题：写对变换后的可观测性矩阵8分，仅写对非奇