2010《現(xiàn)代控制理論基礎(chǔ)》考試題A卷及答案

班號姓名注意行為規(guī)范遵守考場紀(jì)律管導(dǎo)核字

主領(lǐng)審簽班號姓名注意行為規(guī)范遵守考場紀(jì)律管導(dǎo)核字

主領(lǐng)審簽哈工大2010年春季學(xué)期現(xiàn)代控制理論基礎(chǔ)試題A答案題號一二三四五六七八卷面分作業(yè)分實(shí)驗(yàn)分總分滿分值1010101010101010801010100得分值一.(本題滿分10分)如圖所示為一個(gè)擺桿系統(tǒng)，兩擺桿長度均為L，擺桿的質(zhì)量忽略不計(jì)，擺桿末端兩個(gè)質(zhì)量塊(質(zhì)量均為M)視為質(zhì)點(diǎn)，兩擺桿中點(diǎn)處連接一條彈簧，0與0分別為兩擺桿與豎直方向的夾角。當(dāng)。=6時(shí)，彈簧沒有伸長和壓縮。1 2 1 2水平向右的外力f(t)作用在左桿中點(diǎn)處，假設(shè)擺桿與支點(diǎn)之間沒有摩擦與阻尼，而且位移足夠小，滿足近似式sin0=0，cos0=1。寫出系統(tǒng)的運(yùn)動微分方程；寫出系統(tǒng)的狀態(tài)方程?！窘狻?1)對左邊的質(zhì)量塊，有ML20=f?—cos0-k—(sin0-sin0)—cos0-MgLsin012 12 1 2 2 1 1對右邊的質(zhì)量塊，有ML20=k?—(sin0-sin0)4cos0-MgLsin0

2 2 1 2 2 2 2在位移足夠小的條件下，近似寫成：ML0=f-kL(0]-02)-Mg。】ML0=性(0]-02)-Mg020.—ii4M°2+2ML(2)定義狀態(tài)變量02-擊0i-—02k~X3+2MLx—x

3 4k或?qū)懗伞獂或?qū)懗啥?(本題滿分10分)設(shè)一個(gè)線性定常系統(tǒng)的狀態(tài)方程為x=Ax,1—二.(本題滿分10分)設(shè)一個(gè)線性定常系統(tǒng)的狀態(tài)方程為x=Ax,1—1若x(0)—x(t)—-e-1時(shí)，狀態(tài)響應(yīng)為x(t)—e-21—e-21；x(0)—。試求當(dāng)x(0)—3時(shí)的狀態(tài)響應(yīng)x(t)。狀態(tài)響應(yīng)為一0100一1-_-nri0x(kg)kx1— +—0011?xk4ML)4Mx2—2+2MLx0001x330?xk(kg)x1-4」0———+-0404Mk4ML)3i【解答】系統(tǒng)的狀態(tài)轉(zhuǎn)移矩陣為①(t)—eAt，根據(jù)題意有e—2t1x(t)——e—21—eAt—12e-1一2]x(t)—_—e—t_=eAt_-1_合并得

求得狀態(tài)轉(zhuǎn)移矩陣為當(dāng)x（0）=3時(shí)的狀態(tài)響應(yīng)為2-1e-2t—求得狀態(tài)轉(zhuǎn)移矩陣為當(dāng)x（0）=3時(shí)的狀態(tài)響應(yīng)為2-1e-2t—e-2tx(t)=eAt—e-2t+2e-te—2t—e—t—2e-2t+2e—t1 —e—2t+2e—t3= e-2t—e-1—2e—2t+2e—t2e-2t—e—t—7e—2t+8e-t7e—2t—4e-1.（本題滿分10分）已知某系統(tǒng)的方塊圖如下，1■兒禮$_2回答下列問題:（1）按照上圖指定的狀態(tài)變量建立狀態(tài)空間表達(dá)式；（2）確定使系統(tǒng)狀態(tài)完全能控且完全能觀時(shí)，參數(shù)上的取值范圍?！窘獯稹浚?）系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達(dá)式為（2）使系統(tǒng)狀態(tài)完全能控且完全能觀時(shí)，參數(shù)k豐3且k豐0。四.(本題滿分10分)離散系統(tǒng)的狀態(tài)方程為(1)x(1)x(k+1)]「一4x2(k+1)=_2是否存在一個(gè)有限控制序列｛u(0)x(k)

-3x(k)

L2u(1)?.?u(N))，使得系統(tǒng)由已知的初始狀態(tài)x(0)，x(0)轉(zhuǎn)移到x(N+1)=0,x(N+1)=0？試給出判斷依據(jù)和判斷過程。1 2 1 2(2)若存在，求N的最小值及控制序列｛u(0)u(1)..?u(N)).G=「-G=「-41-，h=「0-，Q=\hGh]=「01一2-31c1-3【解答】(1)由題意,,rankq=2,由系統(tǒng)能控性的定義可知：存在有限控制序列，使得在有限時(shí)間內(nèi)由狀態(tài)初值轉(zhuǎn)移到零.(2)由系統(tǒng)狀態(tài)完全能控的性質(zhì)可知，此系統(tǒng)為二階系統(tǒng)，可用適當(dāng)?shù)膗(0)，u(1)，使得x(2)=0，即N的最小值為1.根據(jù)狀態(tài)方程x(k+1)=Gx(k)+hu(k)進(jìn)行遞推如下：x⑴=Gx(0)+hu(0)x(2)=Gx(1)+hu⑴=GGx(0)+hu(0)]+hu(1)=G2x(0)+Ghu(0)+hu(1)=0,由上面最后一步可得Ghu(0)+hu(1)=-G2x(0)\hGh]=-G2x(0)\hGh]=-G2x(0)u⑴_u(0)即u(0)=-18x1(0)+7x2(0)「-4010-x(0)=「-4010-x(0)1_-187_-187x(0)2u⑴u(0)u⑴u(0)=-G2x(0)=-Q-G2x(0)cu(1)=-40x(0)+10x2(0).五.(本題滿分10分)對下列系統(tǒng)「0 1] 「0]x=,x+[u

-6-5_| |_1試設(shè)計(jì)一個(gè)狀態(tài)反饋控制器，滿足以下要求：閉環(huán)系統(tǒng)的阻尼系數(shù)匚=0.707；階躍響應(yīng)

的峰值時(shí)間等于3。14秒。【解答】假設(shè)狀態(tài)反饋控制律為u=假設(shè)狀態(tài)反饋控制律為u=[k1k]，代入狀態(tài)方程得閉環(huán)系統(tǒng)「°1「°1一「0一X=X+—6—5_1「012[kk—6+—6+k1-5+k2-1閉環(huán)特征多項(xiàng)式為閉環(huán)特征多項(xiàng)式為f（人）f（人）=det（XI—A）=-1=X2+（5—k）X+6—k根據(jù)題意的要求，?=°-707=w，與3n=*，期望特征多項(xiàng)式為f*（X式為f*（X）=X2+2^3X+32=X2+2X+2根據(jù)多項(xiàng)式恒等的條件可得:‘5—k=26—k=2i1解得狀態(tài)反饋控制律為u狀態(tài)反饋控制律為u=￥k2]x1x2六.（六.（本題滿分10分）設(shè)系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達(dá)式為-5-5100y=\10]x若該系統(tǒng)的狀態(tài)X2不可測量,試設(shè)計(jì)一個(gè)降維狀態(tài)觀測器，使降維觀測器的極點(diǎn)為-10,要求寫出降維觀測器動態(tài)方程，并寫出狀態(tài)￡2的估計(jì)方程。【解答】將狀態(tài)空間表達(dá)式寫成：X1=X2<X=-5x+100u22y=X1進(jìn)一步寫成X——5x+100u?=y—XTOC\o"1-5"\h\zI 2設(shè)降維觀測器方程為X-(-5-1)X+100u+1?2 2引入中間變量z—X2-lyz—X2 -X—(—5引入中間變量z—X2-lyz—X2 -兩邊求導(dǎo)數(shù)得X—ly=(一5—1)X+100u+ly—ly=(一5—1)X+100u一 2 2z=(—5—1)(z+ly)+100uz=(—5—1)z—1(5+1)y+100u根據(jù)題意，降維觀測器的極點(diǎn)為一10，即-5—1=—10，解得1=5。最終得到降維觀測器的動態(tài)方程為z=-10z-50y+100u狀態(tài)估計(jì)的表達(dá)式為X2=z+5y.

七。(本題滿分10分)證明對于線性定常系統(tǒng)的線性變換，其傳遞函數(shù)(矩陣)保持不變。【證明】設(shè)原線性系統(tǒng)為〃x=Ax+Bu,y=^x+Du其傳遞函數(shù)矩陣為W(s)=C(sI-A)-1B+D設(shè)線性變換為x=Tz，變換后的線性系統(tǒng)為JZ=T-ATz+T-iBu[y=CTz+Du該系統(tǒng)的傳遞函數(shù)矩陣為W(s)=CT(sI-T-ATAT-iB+D=CT(sT-iT-TATI1T-iB+D=CT[T-i(si-A)T]-1T-iB+D=CTT-i(si-A)-1TT-iB+D=C(si-A)-1B+D顯然,W(s)=W(s)，即其傳遞函數(shù)(矩陣)保持不變。 證畢某2階非線性系統(tǒng)的狀態(tài)方程為《某2階非線性系統(tǒng)的狀態(tài)方程為《. 2XX5，證明該系統(tǒng)在坐標(biāo)原點(diǎn)處X=—XX2—X5+ 1―2-1漸近穩(wěn)定。【證明】2XX5'—12 2 X2+3)1 /2XX5'—12 2 X2+3)1 /V(x)=2xX+2xX=2x(x3-3x)+2x-xx2-x5+1122 121 21X2+3J令函數(shù)y=———，則yx2-