自动控制基础 2025 秋 42 系期末考试

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#真题

自动控制基础 2025秋42系期末考试

一、简答题（15分，每题3分）

  1. 自动控制的“灵魂”是什么？可以从哪些维度评价一个控制系统的性能？

  2. 对于一个二阶系统来说，最佳阻尼比是多少？为什么？

  3. 频率特性的定义是什么？为何要用正弦函数为输入信号？

  4. 在串联控制系统中，为什么采取滞后控制可以提高系统的相稳定裕度？

  5. 系统状态反馈能够将极点配置到任意位置处的充要条件是什么？如果给定极点，那么系统可将极点配置到这些位置的条件可以放宽到什么？

二、计算题（15分，每题5分）

  1. 设单位负反馈系统的开环传递函数为 G(s)=4s(s+4)G(s) = \frac { 4 } {s(s + 4)} ，求系统阶跃响应的自然频率 ωn\omega_n、阻尼比 ζ\zeta 和超调量。

  2. 设单位负反馈系统的开环传递函数为 G(s)=K(s+1)s(s+2)(s+4)G(s) = \frac { K(s+1) } {s(s+2)(s + 4)} ，若系统稳定，求K的取值范围。（G(s)非原题，但类似）

  3. 设系统如图所示，确定 Gp(s)G_p(s) 的表达式，使得系统在单位斜坡信号 r(t)=t,t>0r(t) = t, t > 0 下的稳态误差为零。（定义误差 e(t)=r(t)−c(t)e(t) = r(t) - c(t) ）

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三、解答题（15分）

  1. 某速度反馈系统如图所示，请按步骤画出 KK 从 00 到正无穷变化时的根轨迹。（10分）

  2. 当主导极点的阻尼比为 ζ=0.5\zeta = 0.5 ，求 KK 的大小。（5分）

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四、解答题（15分）

如图所示为某单位负反馈系统的对数渐近幅频特性曲线，请回答下列问题：

  1. 该系统的开环传递函数 G(s)G(s) 的表达式是什么？

  2. 画出该系统的对数相频特性曲线，并利用对数相频判据判断系统的稳定性。

  3. 计算系统的相稳定裕度和模稳定裕度。

五、解答题（10分）

设单位负反馈系统的开环传递函数为 G(s)=Ks(s2+6s+9),K>0G(s) = \frac { K } { s(s^2 + 6s + 9) } , K > 0 。绘制Nyquist曲线，并计算系统稳定时 KK 的取值范围。

六、解答题（20分）

已知单输入单输出系统的状态方程及输出方程如下：

x˙=[−1120]x+[01]u,y=[??]x\dot{x}=\begin{bmatrix}-1 & 1\\ 2 & 0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix}0\\ 1\end{bmatrix}u, \quad y = \begin{bmatrix}? & ?\end{bmatrix}x

  1. 求状态转移矩阵 eAte^{At} ，并在 x(0)=[12]x(0) = \begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix} 时，求解单位阶跃响应下的系统响应 x(t)x(t) 。

  2. 判断系统是否渐近稳定（说明理由），判断系统是否BIBO稳定（说明理由）。

  3. 判断系统是否可控，若可控，给出 x^=Px\hat{x} = Px ，使得系统变为可控标准型，求出矩阵 PP 并给出可控标准型。

  4. 给定某极点，设置 kk 进行状态反馈控制 u=v−kxu = v - kx ，判断是否可以将极点配置在 −2±j2-2 \pm j2 处。若可以，求 kk 。（极点并非原题，但类似）

七、证明题（10分）

  1. 已知系统状态方程： x˙=Ax+bu\dot{x} = Ax + bu , y=cxy = cx 。证明：可逆变换不影响可观测性。

  2. 已知状态观测器方程： x^˙=(A−Hc)x^+bu+Hy\dot{\hat{x}} = (A - Hc)\hat{x} + bu + Hy 。证明：若系统可观测，则 A−HcA-Hc 可以将极点配置到任意位置处。

L.D.J 回忆版 特别鸣谢：raregas、dzx

参考解析

以下解析根据回忆题、课程课件和控制理论公式整理，不是课程组公布的标准答案。题面缺失的输出矩阵等条件不会擅自补造；能确定的部分给出完整推导。

一、简答题

1. 自动控制的“灵魂”与性能评价

查看答案与解析

自动控制的“灵魂”是反馈：测量输出、与期望比较得到误差，再根据误差修正输入，使系统在模型不准或有扰动时仍能接近期望行为。

课程里最常用的三个维度是：

  • 稳：系统受扰后能否回到平衡，是否具有足够稳定裕度；
  • 准：稳态误差是否足够小；
  • 快：上升时间、调节时间是否足够短。

实际设计还会考虑超调、振荡、鲁棒性、控制能量、噪声放大和执行器饱和等约束。

2. 二阶系统的最佳阻尼比

查看答案与解析

常用工程折中是

ζ=12≈0.707.\zeta=\frac{1}{\sqrt2}\approx0.707.

阻尼太小会产生明显振荡和超调，阻尼太大又使响应变慢。ζ≈0.707\zeta\approx0.707 兼顾快速性与平稳性，并对应频域中的 Butterworth 型平坦幅频特性。它不是所有指标下都唯一最优，而是经典二阶设计中常用的折中值。

3. 频率特性及为何使用正弦输入

查看答案与解析

对稳定线性定常系统输入正弦信号

r(t)=Asin⁡ωt,r(t)=A\sin\omega t,

稳态输出仍是同频正弦，只改变幅值和相位：

css(t)=A∣G(jω)∣sin⁡(ωt+∠G(jω)).c_{ss}(t)=A|G(j\omega)|\sin\bigl(\omega t+\angle G(j\omega)\bigr).

因此 G(jω)G(j\omega) 随频率的变化就是系统的频率特性。之所以选正弦，是因为复指数是 LTI 系统的特征函数；此外，一般信号可以通过 Fourier 分解表示成不同频率正弦的叠加。

4. 滞后校正为何能提高相稳定裕度

查看答案与解析

滞后网络本身会引入少量负相位，所以它不是靠“直接加正相位”提高裕度。它保持低频增益、衰减中高频增益，使增益交叉频率 ωc\omega_c 向低频移动；对象在较低频率处通常相位滞后更小，因此新的相位裕度反而增大。

代价是带宽下降、响应变慢。若需要明显加快系统并增加相位裕度，通常采用超前校正。

5. 状态反馈的极点配置条件

查看答案与解析

对单输入系统

x˙=Ax+bu,\dot x=Ax+bu,

存在状态反馈 u=v−kxu=v-kx 把全部闭环极点任意配置的充要条件是 (A,b)(A,b) 完全可控，即

rank⁡[b,Ab,…,An−1b]=n.\operatorname{rank}[b,Ab,\ldots,A^{n-1}b]=n.

若只要求配置到一组给定极点，条件可以放宽：所有不可控模态不能被状态反馈移动，因此它们必须已经位于目标极点集合中，并满足相应代数重数；其余需要移动的模态必须可控。

二、计算题

1. 二阶系统指标

单位负反馈系统开环传递函数为

G(s)=4s(s+4).G(s)=\frac{4}{s(s+4)}.

求阶跃响应的自然频率、阻尼比和超调量。

查看计算过程

闭环传递函数为

Φ(s)=G(s)1+G(s)=4s2+4s+4.\Phi(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{4}{s^2+4s+4}.

与标准二阶形式

ωn2s2+2ζωns+ωn2\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}

比较得到 ωn=2\omega_n=2、ζ=1\zeta=1。系统临界阻尼，不产生峰值超调，因此

Mp=0.M_p=0.

2. Routh 判据求稳定增益范围

回忆版给出的类似开环传递函数为

G(s)=K(s+1)s(s+2)(s+4).G(s)=\frac{K(s+1)}{s(s+2)(s+4)}.
查看计算过程

闭环特征方程为

s(s+2)(s+4)+K(s+1)=0,s(s+2)(s+4)+K(s+1)=0,

即

s3+6s2+(8+K)s+K=0.s^3+6s^2+(8+K)s+K=0.

三阶 Routh 表第一列要求

1>0,6>0,6(8+K)−K6>0,K>0.1>0,\qquad 6>0,\qquad \frac{6(8+K)-K}{6}>0,\qquad K>0.

第三项为 (48+5K)/6(48+5K)/6。因此对于这个“类似题”中的传递函数，稳定范围是

K>0.K>0.

K=0K=0 时存在原点极点，只是临界情形，不是渐近稳定。

3. 前馈补偿与斜坡稳态误差

含前馈补偿的多回路控制系统

要求选择 Gp(s)G_p(s)，使单位斜坡输入下 e(t)=r(t)−c(t)e(t)=r(t)-c(t) 的稳态误差为零。

查看结构化简与答案

记 2/s2/s 后、1/s1/s 前的信号为 X(s)X(s)。由图可得

X=2s[5(Ks+1E−X)+GpR],C=Xs.X=\frac{2}{s}\left[5\left(\frac{K}{s+1}E-X\right)+G_pR\right], \qquad C=\frac{X}{s}.

整理为

C=A(s)(R−C)+B(s)R,C=A(s)(R-C)+B(s)R,

其中

A(s)=10Ks(s+10)(s+1),B(s)=2Gp(s)s(s+10).A(s)=\frac{10K}{s(s+10)(s+1)},\qquad B(s)=\frac{2G_p(s)}{s(s+10)}.

于是

ER=1−B(s)1+A(s).\frac{E}{R}=\frac{1-B(s)}{1+A(s)}.

对单位斜坡 R(s)=1/s2R(s)=1/s^2，由终值定理

ess=lim⁡s→01−B(s)s[1+A(s)].e_{ss}=\lim_{s\to0}\frac{1-B(s)}{s[1+A(s)]}.

当 K>0K>0 时，s[1+A(s)]→Ks[1+A(s)]\to K。要令误差为零，只需 B(0)=1B(0)=1，也就是

lim⁡s→0Gp(s)s=5.\lim_{s\to0}\frac{G_p(s)}{s}=5.

最简单的选择是

Gp(s)=5s.\boxed{G_p(s)=5s}.

更一般地，任何满足上述低频极限的补偿器都能消除斜坡稳态误差。

三、根轨迹题

速度反馈系统

1. 绘制 K:0→+∞K:0\to+\infty 时的根轨迹

查看化简与根轨迹

先化简内速度反馈。从外环误差 EE 到输出 CC 的等效前向通道为

Geq(s)=10s(10s+1+10K).G_{eq}(s)=\frac{10}{s(10s+1+10K)}.

外环闭环特征方程为

1+Geq(s)=0,1+G_{eq}(s)=0,

即

10s2+(1+10K)s+10=010s^2+(1+10K)s+10=0

或

s2+(K+0.1)s+1=0.s^2+(K+0.1)s+1=0.
  • K=0K=0 时，极点为 −0.05±j0.9987-0.05\pm j0.9987。
  • 0<K<1.90<K<1.9 时，两极点为共轭复数。因为根的乘积始终为 1，它们沿单位圆左半部分向 −1-1 靠近。
  • K=1.9K=1.9 时，在 s=−1s=-1 形成二重根。
  • K>1.9K>1.9 时，两支沿负实轴分开：一支趋向 0−0^-，另一支趋向 −∞-\infty。

整个过程中极点都在左半平面，但 KK 很大时有一支逼近原点，响应会变慢。

2. 主导极点阻尼比为 ζ=0.5\zeta=0.5 时求 KK

查看计算过程

与标准二阶特征多项式

s2+2ζωns+ωn2s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2

比较。由常数项得 ωn=1\omega_n=1，再由一次项得

K+0.1=2ζωn=1.K+0.1=2\zeta\omega_n=1.

所以

K=0.9.\boxed{K=0.9}.

四、Bode 图与稳定裕度

回忆版给出的对数渐近幅频曲线如下：

对数渐近幅频特性

查看传递函数、相频曲线与稳定裕度

低频斜率为 −40 dB/dec-40\ \mathrm{dB/dec}，说明有两个原点极点；在 ω=0.2\omega=0.2 处斜率增加 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}，说明有一个零点；在 ω=1\omega=1 处斜率减少 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}，说明有一个极点。因此

G(s)=K(1+s/0.2)s2(1+s).G(s)=\frac{K(1+s/0.2)}{s^2(1+s)}.

渐近线在 ω=5\omega=5 处穿过 0 dB0\ \mathrm{dB}。代入高频渐近式可得 K=5K=5，所以

G(s)=5(1+5s)s2(1+s)=25(s+0.2)s2(s+1).\boxed{G(s)=\frac{5(1+5s)}{s^2(1+s)} =\frac{25(s+0.2)}{s^2(s+1)}}.

相频特性为

ϕ(ω)=−180∘+arctan⁡(5ω)−arctan⁡ω.\phi(\omega)=-180^\circ+\arctan(5\omega)-\arctan\omega.

按渐近图取 ωc≈5\omega_c\approx5，有

ϕ(5)≈−170.98∘,γ=180∘+ϕ(5)≈9.0∘.\phi(5)\approx-170.98^\circ, \qquad \gamma=180^\circ+\phi(5)\approx9.0^\circ.

精确幅值下的交叉频率略小于 5，结论基本不变。相位对有限 ω\omega 始终大于 −180∘-180^\circ，只在无穷远渐近 −180∘-180^\circ，因此没有有限相位交叉频率，增益裕度为无穷大。闭环特征多项式为

s3+s2+25s+5,s^3+s^2+25s+5,

Routh 第一列均为正，闭环稳定，但相位裕度较小。

五、Nyquist 题

单位负反馈系统开环传递函数为

G(s)=Ks(s2+6s+9)=Ks(s+3)2,K>0.G(s)=\frac{K}{s(s^2+6s+9)} =\frac{K}{s(s+3)^2},\qquad K>0.
查看 Nyquist 关键点与稳定范围

令 s=jωs=j\omega，分母为

jω(3+jω)2=−6ω2+jω(9−ω2).j\omega(3+j\omega)^2 =-6\omega^2+j\omega(9-\omega^2).

Nyquist 曲线穿过实轴时 ω(9−ω2)=0\omega(9-\omega^2)=0。取正频率交点 ω=3\omega=3：

G(j3)=−K54.G(j3)=-\frac{K}{54}.

开环没有右半平面极点，但有一个原点极点，绘制 Nyquist 围线时要用小半圆绕开。稳定边界发生在曲线通过 −1-1，即 K=54K=54。

也可用闭环特征方程验证：

s3+6s2+9s+K=0.s^3+6s^2+9s+K=0.

Routh 条件给出

K>0,6×9>K.K>0,\qquad 6\times9>K.

所以渐近稳定范围为

0<K<54.\boxed{0<K<54}.

K=54K=54 时有一对极点位于 ±j3\pm j3，系统临界稳定。

六、状态空间综合题

已知

x˙=Ax+bu,A=[−1120],b=[01],y=cx.\dot x=Ax+bu, \quad A=\begin{bmatrix}-1&1\\2&0\end{bmatrix}, \quad b=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, \quad y=cx.

回忆版没有保留下输出矩阵 cc 的具体数值。

1. 状态转移矩阵与单位阶跃响应

查看完整计算

AA 的特征值为 11 和 −2-2。利用谱分解可得

eAt=et(A+2I)−e−2t(A−I)3,e^{At}=\frac{e^t(A+2I)-e^{-2t}(A-I)}{3},

即

eAt=13[et+2e−2tet−e−2t2et−2e−2t2et+e−2t].e^{At}=\frac13 \begin{bmatrix} e^t+2e^{-2t}&e^t-e^{-2t}\\ 2e^t-2e^{-2t}&2e^t+e^{-2t} \end{bmatrix}.

当 x(0)=[1,2]Tx(0)=[1,2]^{\mathsf T}、u(t)=1u(t)=1 时，

x(t)=eAtx(0)+∫0teA(t−τ)b dτ.x(t)=e^{At}x(0)+\int_0^t e^{A(t-\tau)}b\,d\tau.

计算得到

x(t)=16[8et+e−2t−316et−e−2t−3].x(t)=\frac16 \begin{bmatrix} 8e^t+e^{-2t}-3\\ 16e^t-e^{-2t}-3 \end{bmatrix}.

代入 t=0t=0 可恢复初值 [1,2]T[1,2]^{\mathsf T}，这是一个快速自检。

2. 渐近稳定与 BIBO 稳定

查看答案与题面缺失说明

AA 有特征值 +1+1，所以系统不是内部渐近稳定的。

BIBO 稳定性还取决于输出矩阵 c=[c1,c2]c=[c_1,c_2]。传递函数为

G(s)=c(sI−A)−1b=c1+c2(s+1)(s−1)(s+2).G(s)=c(sI-A)^{-1}b =\frac{c_1+c_2(s+1)}{(s-1)(s+2)}.

若 c1+2c2=0c_1+2c_2=0，不稳定极点 s=1s=1 被不可观测零点抵消，输入输出传递函数只剩稳定极点，系统可以 BIBO 稳定；否则不稳定。由于回忆版缺少 cc，不能唯一判断这一问的数值答案。

这也说明：内部稳定比 BIBO 稳定更强。传递函数可能因为不可控或不可观模态对消而“看不见”内部不稳定状态。

3. 可控性与可控标准形

查看变换矩阵与标准形

可控性矩阵为

S=[b,Ab]=[0110],S=[b,Ab] =\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix},

满秩，因此系统可控。

取

x^=Px,P=[10−11],\hat x=Px, \qquad P=\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix},

则

A^=PAP−1=[012−1],b^=Pb=[01].\hat A=PAP^{-1} =\begin{bmatrix}0&1\\2&-1\end{bmatrix}, \qquad \hat b=Pb =\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}.

这就是与特征多项式 s2+s−2s^2+s-2 对应的一种可控标准形。若教材采用转置的 companion 约定，矩阵外观会不同，但两者相似且结论一致。

4. 配置到 −2±j2-2\pm j2

查看状态反馈增益

设

u=v−kx,k=[k1,k2].u=v-kx, \qquad k=[k_1,k_2].

闭环矩阵 A−bkA-bk 的特征多项式为

s2+(k2+1)s+(k1+k2−2).s^2+(k_2+1)s+(k_1+k_2-2).

目标极点 −2±j2-2\pm j2 对应

(s+2−j2)(s+2+j2)=s2+4s+8.(s+2-j2)(s+2+j2)=s^2+4s+8.

比较系数得

k2=3,k1=7.k_2=3,\qquad k_1=7.

因此

k=[7,3].\boxed{k=[7,3]}.

七、证明题

1. 可逆变换不影响可观测性

查看证明

令 x=Pzx=Pz，其中 PP 可逆。变换后

Aˉ=P−1AP,cˉ=cP.\bar A=P^{-1}AP, \qquad \bar c=cP.

原系统和新系统的可观测矩阵分别为

V=[ccA⋮cAn−1],Vˉ=[cˉcˉAˉ⋮cˉAˉn−1].V=\begin{bmatrix}c\\cA\\\vdots\\cA^{n-1}\end{bmatrix}, \qquad \bar V=\begin{bmatrix}\bar c\\\bar c\bar A\\\vdots\\\bar c\bar A^{n-1}\end{bmatrix}.

逐项代入可得

Vˉ=VP.\bar V=VP.

右乘可逆矩阵不改变秩，所以 rank⁡Vˉ=rank⁡V\operatorname{rank}\bar V=\operatorname{rank}V。因此可逆状态坐标变换不改变可观测性。

2. 可观系统的观测器极点可任意配置

查看对偶性证明

系统 (A,c)(A,c) 可观，当且仅当对偶系统 (AT,cT)(A^{\mathsf T},c^{\mathsf T}) 可控。由可控系统的状态反馈极点配置定理，对任意目标特征多项式，都存在反馈增益 HTH^{\mathsf T}，使

AT−cTHTA^{\mathsf T}-c^{\mathsf T}H^{\mathsf T}

具有指定极点。转置后得到

A−Hc,A-Hc,

而矩阵与其转置具有相同特征值。因此，只要系统可观，就可以选择观测器增益 HH，把误差系统 e˙=(A−Hc)e\dot e=(A-Hc)e 的极点配置到任意期望位置。

复习提示

  • 结构图题先给每个中间变量命名，再列代数方程，比盯着方框硬化简更稳。
  • 根轨迹、Bode、Nyquist 和 Routh 不是四套互不相关的方法，它们都在回答闭环特征方程的根如何随参数变化。
  • 状态空间题先分清内部稳定、BIBO 稳定、可控和可观，它们不是同一个概念。

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