2000 年上海交通大学 816 自动控制原理 参考答案

来源：1996-2023年上海交通大学答案.pdf 第 33-40 页 说明：逐字录入原件文字，原扫描件斜向红色水印已剔除。 注：原答案第一题（2）最后开环传递函数分母漏印平方（印为 $s(\frac{1}{6}s+1)$），正文照录。

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上海交通大学二〇〇〇年攻读硕士学位研究生

入学考试试题参考答案

注意：答案必须写在答题纸上，写在试卷或草稿纸上均无效。

一、【分析】本题考查 $K$ 的取值对于系统稳定性的影响以及临界稳定的定义。

【解】(1) a. 根据题意，当 $K=100$ 时，$\Phi=-180^\circ$，$G(j\omega')H(j\omega')=-0.31\times 5=-1.55$

，$\left|G(j\omega')H(j\omega')\right|=1.55>1$，不满足幅值裕量的稳定条件，系统不稳定。

b. 当取 $K'$ 时，系统临界稳定。则 $K'=\dfrac{20}{0.31}=64.5$

(2) 由于系统为三阶二型系统，且有一个开环零点 $s=-1$

则可设开环传递函数为 $G(s)=\dfrac{k(s+1)}{s^2(s+a)}$，$G_B(s)$ 为闭环传递函数

相应的闭环传递函数为 $G_B(s)=\dfrac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$ 其中该系统为单位反馈 $H(s)=1$，

$G_B(s)=\dfrac{K(s+1)}{s^3+as^2+Ks+K}$ 那么

$s^3+as^2+Ks+K=(s+4)(s^2+2s+b)=s^3+6s^2+(b+8)s+4b$

$$\begin{cases}K=b+8\\ K=4b\\ a=6\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}K=\dfrac{32}{3}\\ b=\dfrac{8}{3}\\ a=6\end{cases}$$

那么，开环传递函数为：$G(s)=\dfrac{\dfrac{16}{9}(s+1)}{s\left(\dfrac{1}{6}s+1\right)}$

二、【分析】本题考查单位反馈下，由开环传递函数，写成闭环传递函数。并求一个输入 $r$ 的稳态误差计算问题。

【解】单位反馈时，$\dfrac{E(s)}{R(s)}=1-G_B(s)$，其中 $G_B(s)$ 为闭环传递函数

$G_B(s)=\dfrac{5}{s^2+0.5s+5}\qquad \dfrac{E(s)}{R(s)}=\dfrac{s^2+0.5s}{s^2+0.5s+5}$

输入 $r(t)=\sin t=A\sin(\omega\cdot t+\varphi)$，其中 $A=1$，$\omega=1$，$\varphi=0^\circ$

$A'=\left|\dfrac{s^2+0.5s}{s^2+0.5s+5}\right|_{s=j\cdot 1}=\left|\dfrac{-1+j0.5}{4+j0.5}\right|=0.28$

$\varphi'=\angle\left.\dfrac{s^2+0.5s}{s^2+0.5s+5}\right|_{s=j\cdot 1}=\angle\dfrac{-1+j0.5}{4+j0.5}=146^\circ$

$\therefore e_{ss}(t)=0.28\sin(\omega t+146^\circ)=0.28\sin(t+146^\circ)\qquad \omega=1$

三、【分析】本题考查根轨迹的绘制和 $T$ 的范围对系统的影响。

【解】（1）系统的特征方程 $D(s)=s^2+(2T-2)s+2$

可得系统等效开环传递函数 $G'(s)=\dfrac{2Ts}{s^2-2s+2}$

①系统有两个开环极点 $P_{1,2}=1\pm j$ 和一个零点 $z=0$

②系统与虚轴的交点 $s=j\omega$ 代入

得 $-\omega^2+(2T-2)j\omega+2=0$

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③系统的分离点 $d\left[G'(s)\right]/ds=0$ 可得 $s=\sqrt{2}$

可得根轨迹图如图：

（2）当 $T>1$ 时，无超调量，当 $s=-\sqrt{2}$，为有无超调量的临界点，当 $s=-\sqrt{2}$ 时，

代入 $D(s)$，$2+(2T-2)(-\sqrt{2})+2=0$，$T=\sqrt{2}+1$

所以闭环响应无超调量时，$T$ 的范围：$\sqrt{2}+1<T<\infty$

（3）若使系统不稳定，只需根轨迹全部位 $s$ 平面的右侧

设 $s=j\omega$ 求临界，因此 $0<T<1$ 系统不稳定

【评注】1. 当参数不是增益时，应学会用闭环特征多项式求出开环传递函数，所求的参数位于传递函数的增益位置。2. 记住根轨迹在无超调及不稳定时的取值条件，根轨迹绘制的步骤在 1997 年的根轨迹题的评注中有详细书写

四、【分析】本题考查伯德图的相关知识以及无源串联校正的分析方法。

【解】

（1）由图可知 $G(s)=\dfrac{k}{s(T_1s+1)(T_2s+1)}=\dfrac{k}{s(2s+1)(0.1s+1)}$

I 型系统，初始频率与横轴的交点，可知 $k_v=\omega_c=10=k$

可得系统开环传递函数 $G(s)=\dfrac{10}{s(0.1s+1)(2s+1)}$

$k_p=\lim_{s\to 0}G(s)H(s)=\infty$

$r(t)=3$，$R_0=3$

$e_{ssp}=\dfrac{R_0}{1+k_p}=\dfrac{3}{1+k_p}=0$

$k_v=\lim_{s\to 0}sG(s)H(s)=k=10$

$r(t)=t$，$R=1$

$e_{ssv}=\dfrac{R}{K_v}=\dfrac{1}{k}=0.1$

（2）系统原剪切频率 $\omega_c=\sqrt{5}\approx 2.2\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$

$\gamma_{\text{原}}=180^\circ-90^\circ-\arctan 2\omega_c-\arctan 0.1\omega_c=0.4^\circ<40^\circ$

$\varphi_m=\gamma-\gamma_{\text{原}}+(5^\circ\sim 15^\circ)=40^\circ-0.4^\circ+(5^\circ\sim 15^\circ)=55^\circ$

$\dfrac{1+\sin 55^\circ}{1-\sin 55^\circ}=10\qquad -10\lg a=-10\text{dB}\Rightarrow \omega_m=3.97\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$

$\dfrac{1}{\sqrt{a}T}=\omega_m\Rightarrow aT=0.79\qquad T=0.079\qquad G_c(s)=\dfrac{1+0.79s}{0.079s+1}$

已校正系统开环传递函数 $G_c(s)G(s)=\dfrac{10(0.79s+1)}{s(0.079s+1)(2s+1)(0.1s+1)}$

$\omega_c'=3.95\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}>2\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$

$\gamma'=180^\circ+\varphi(\omega_c')=40.56^\circ>40^\circ$（满足）

【评注】1. 由题目的伯德图，应该可以写出系统的开环传递函数，注意题目的转折频率的问题。另外，伯德图写出的开环传递函数一般写成尾 1 的标准型。

2. 当求系统增益 $k$ 时，有几种方法可供选择，但其中最简单的便是用初始频率与横轴的交点来确定 $k$ 值，具体可以参考交大课本 P147。至于其他求 $k$ 的方法在往年真题中多次出现，同学们注意总结。

3. 校正是必考题型，弄清交大教材的三种校正的具体步骤，P172 的超前校正更为重要，同学们可以多看其中的例题。

五、【分析】本题考查非线性系统以及其相轨迹的画法。

【解】此为复杂的结构图将其化简为下图。令输入端为零，可化为

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得 $\begin{cases}\dot{c}^2=-2c+A_1 & c\ge 1 & \text{相轨迹为开口向左的抛物线}\\ \dot{c}^2=A_2 & -1<c<1 & \text{相轨迹为平行于横轴的直线}\\ \dot{c}^2=2c+A_3 & c\le -1 & \text{相轨迹为开口向右的抛物线}\end{cases}$

由 $\dot{c}(0)=1\quad c(0)=1$ 初始点为 $(1,1)$，可得相轨迹

【评注】1. 学习相平面方框图的等效变换法，将复杂的方框图化为简化图，同学们应该加强练习，具体知识可以参考交大课本 P228，可以做其等效的相关练习。

2. 相轨迹绘制时，应该确认其开关线，同时确定相轨迹的线的形状。为直线、抛物线或椭圆线之类，同时正负确认其开口方向，找到初始点，那么相轨迹便可以画出。

六、【分析】本题考查转移矩阵以及状态转移矩阵的逆阵和判别。

【解】（1）由于矩阵 $A$ 是约旦型，则状态转移阵可直接写成：

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（2）a 是，根据凯莱-哈密顿定理：$e^{At}=\alpha_0(t)I+\alpha_1(t)A$

由所给矩阵知，$A$ 有两个特征值 $-1$，$-2$。

$$\begin{cases}e^{-t}=\alpha_0(t)-\alpha_1(t)\\ e^{-2t}=\alpha_0(t)-2\alpha_1(t)\end{cases}\quad \begin{cases}\alpha_0(t)=2e^{-t}-e^{-2t}\\ \alpha_1(t)=e^{-t}-e^{-2t}\end{cases}$$

所以

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b 不是，因为根据所给矩阵，矩阵 $A$ 应有三个特征值 $-2$，$-1$，$1$，而实际 $A_{2\times 2}$ 特征值只有两个，所以它不是状态转移矩阵。

七、【分析】本题考查可控性、可观性判断以及 极点配置问题。

【解】

（1）$\operatorname{rank} P_c=\operatorname{rank}\begin{pmatrix}B & AB & A^2B\end{pmatrix}=\operatorname{rank}\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=2<3$ 系统不完全可控

$\operatorname{rank} P_o=\operatorname{rank}\begin{pmatrix}C\\ CA\\ CA^2\end{pmatrix}=\operatorname{rank}\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -3\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 9\end{pmatrix}=3=n\text{ 所以系统可观.}$

（2）系统的可控性指数为 2，在 $P_c$ 中选两个线性无关的列，即 $\begin{pmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$

构造变换矩阵 $P^{-1}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\quad P=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

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系统可控性分解为

$\dot{\hat{x}}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ \hline 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\hat{x}+\begin{pmatrix}1\\ 0\\ \hline 0\end{pmatrix}u\qquad y=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\hat{x}+\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}u$

（3）可控子系统为 $\begin{pmatrix}\dot{\hat{x}}_1\\ \dot{\hat{x}}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\hat{x}_1\\ \hat{x}_2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}u$

设：状态反馈矩阵 $k=[k_1, k_2]$

$|sI-(A-Bk)|=(s+1-j)(s+1+j)$

$s^2+k_1s+k_2=s^2+2s+2$

那么 $k=(2,2)\Rightarrow \text{可得 } k_{\text{总}}=(2,2,0)$

【评注】1. 学习系统判别可控性、可观性的方法以及公式，该种题型较为基础，为必得分考题。

2. 对系统进行能控性能观性分解是交大也常考的一种类型，只要做好本教材对应的例题，便可以理解掌握，对可控性部分进行极点 配置和常规极点配置题别无二致，但需在能控性分解时，算对 $\bar{A}$，$\bar{B}$，$\bar{C}$ 矩阵。