2002 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 48-54 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：原答案第四题求解相角时，第二项印为 $\varphi(0.1)=-82.87^\circ$（应为 $\varphi(0.5)$），正文照录。 注：原答案第五题（2）闭环特征方程长除法式中，原式第一项印为 $(aT_1+1)$（漏 $s$），式（3）与式（4）中印为 $-15aT$ 与 $70aT$（漏下标 1），式（6）代入极点公式分母印为 $625T_1^2-T_2^2$（减号笔误），正文照录。 注：原答案第六题（1）第 1 项标号印为方框”口”，正文照录。 注：原答案第七题（1）中”rank(b, Ab)“印为”ranl(b, Ab)“，矩阵第二列印为 $\begin{pmatrix}-2\\ 2\end{pmatrix}$ 且等号后印为 $1\ne 2=n$（按原题 $Ab=\begin{pmatrix}-2\\ -2\end{pmatrix}$），正文照录。

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上海交通大学二〇〇二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】本题为简答题，开闭环的优缺点，P、I、D 对系统的影响，非最小相位系统进行了考查。

【解】1、开环传递控制方式没有自动修正偏差的能力，抗扰动性能差，但其结构一般较为简单，调整方便，成本低，在精度要求不高或扰动影响较小的情况下，有一定的实用价值。闭环传递系统的结构复杂，成本高，调整复杂，其抗扰性能好，控制精度高，但只适用于扰动量可测的场合。

2、比例：加大控制系统的增益，可以提高系统的开环增益。减少系统的稳态误差，从而提高控制系统的精度，但会降低系统的相对稳定性，甚至可能造成闭环系统不稳定。 积分：采用积分控制可以提高系统的型别（无差度），有利于系统稳态性能的提高。积分控制使系统增加了一个位于原点的开环极点，使信号产生 $90^\circ$ 的相角滞后，对系统的稳定性不利。 微分：微分控制规律能反映输入信号的变化趋势，产生有效的早期修正信号，以增加系统的阻尼程度，从而改善系统的稳定性。

3、开环传递函数的零，极点不全 $[s]$ 平面左侧的系统叫做非最小相位系统。

非最小相位比例环节：$G(s)=-k,\ (k>0)$

非最小相位惯性环节：$G(s)=\dfrac{1}{1-Ts}\quad (T>0)$

非最小相位一阶微分环节：$G(s)=1-Ts,\ (T>0)$

【评注】这些内容都是学习自动控制原理应当掌握的基础知识，交大目前已经不考查简答题，但同学们仍需要对这些内容进行把握。具体内容请参考交大教材：开环闭环系统请查阅 P3；PID 的各自特点以及相关公式可查阅 P204；最小相位请查阅 P131 几个概念部分。请同学们在学会做题的同时也要对自控的概念有一个大致上的认识，具备控制方面学生最基本的素养。

二、【分析】画系统结构图，分析工作原理

【解】(1) $q_i-q_1=C_1\dfrac{dh_1}{dt},\quad R_1=\dfrac{h_1-h_2}{q_1}$，

$q_1-q_0=C_2\dfrac{dh_2}{dt},\quad R_2=\dfrac{h_2}{q_0}$

$\therefore H_1(s)=\dfrac{Q_i(s)-Q_1(s)}{C_1s},\quad Q_1(s)=\dfrac{1}{R_1}[H_1(s)-H_2(s)]$

$H_2(s)=\frac{Q_1(s)-Q_0(s)}{C_2s},\quad Q_0(s)=\frac{1}{R_2}H_2(s)$

另设系统的设定值为 $u$，反馈系数为 $K_p$

根据物理规律可得

$a=u-K_ph_2,\quad q_i=K_aa$，通过上述方程，可以画出系统的结构图如下图所示：

两水平面连接，故 $R_1=\dfrac{h_1-h_2}{q_1}$，

$\frac{H_2(s)}{Q_i(s)}=\frac{R_2}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_2C_1)s+1}$

（2）当输入为阶跃信号，使 $K_a=1$，$u$ 此时：

$E_1(s)=u(s)-K_pH_2(s)=[1-K_pG_3(s)]u(s)$

$e_{rss}=\lim_{s\to 0}sE_1(s)=\lim_{s\to 0}s\cdot\frac{1}{s}\cdot\frac{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_2C_1)s+1}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_2C_1)s+R_2K_p+1}=\frac{1}{R_2K_p+1}$

【评注】对于水槽液位系统的建模交大真题曾经多次进行了考查，查阅胡寿松第六版单容水槽，多容水槽。另外，施颂椒现代控制理论基础 P26 例 1-10 有针对交大命题考点的相关例题，同时将方程写成状态空间描述的方法要仔细理解把握，对于扰动量请同学们不要忽视。

三、【分析】本题考查系统根轨迹的绘制和相关系数的确定。

【解】由方块图可知，系统的开环传递函数为 $G(s)H(s)=\dfrac{10(s+a)}{s(s+1)(s+8)}$

闭环特征多项式 $D(s)=s^3+9s^2+18s+10a$

等效开环传递函数：$G^*(s)=\dfrac{10a}{s(s+3)(s+6)}$

① 极点 $P=0,\ P_2=-3,\ P_3=-6$

② 渐近线 $\begin{cases}\sigma_a=-3\\ \theta_a=\pm 60^\circ,180^\circ\end{cases}$

③ 系统的分离点：$N(s)=s(s+3)(s+6)$，$N'(s)=0$ 得出 $s_1=-1.27$，$s_2=-4.73$（舍）

④实轴上的根轨迹：$[-3,0],\ (-\infty,-6]$

⑤与虚轴的交点 $s=j\omega$ 代入 $D(s)=0$

$$\begin{cases}-\omega^3+18\omega=0\\ -9\omega^2+10a=0\end{cases}\qquad \begin{cases}\omega=0\\ a=0\end{cases}\qquad \begin{cases}\omega=3\sqrt{2}\\ a=16.2\end{cases}\qquad \begin{cases}\omega=-3\sqrt{2}\\ a=16.2\end{cases}$$

画出系统相位的根轨迹：

令 $s=-b+j\sqrt{3}b$ 并代入方程

$$\begin{cases}8b^3-18b^2-18b+10a=0\\ (18\sqrt{3}b^2-18\sqrt{3}b)j=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=\dfrac{14}{5}\\ b=1\end{cases}$$

【评注】1、绘制系统的根轨迹的具体方法和步骤已总结过多次这里不再赘述

2、由主导极点的阻尼比 $\xi=0.5$，可知对应角 $\theta=\arccos\xi=60^\circ$ 那么假设系统极点为

$s=-b+\sqrt{3}bj$，也可以 $s=-b-\sqrt{3}bj$ 代入 $D(s)$，得到答案一致

四、【分析】本题考查 Bode 图的绘制以及相关系数的确定方法。

【解】开环传递函数 $G(s)H(s)=\dfrac{10K(s+0.1)}{s(s+1)(s+0.5)}=\dfrac{2K(10s+1)}{s(s+1)(2s+1)}$

确定系统的转折频率 $\omega=1\qquad \omega=0.5\qquad \omega=0.1$ 可绘制系统的 Bode 如下所示： 令 $K=5$（$K$ 可为任意值，画出 Bode 图即可）

$\varphi(0.1)=-62^\circ\qquad \varphi(0.1)=-82.87^\circ\qquad \varphi(1)=-114.15^\circ$

$\varphi(10)=-172^\circ$

$\gamma=60^\circ=180^\circ-90^\circ+\arctan 10\omega_c-\arctan\omega-\arctan 2\omega_c$

$\omega_c=1.15\ rad\cdot s^{-1}$

那么 $|G(j\omega_c)|=1\Rightarrow \dfrac{2K\cdot\sqrt{100\omega_c^2+1}}{\omega_c\sqrt{\omega_c^2+1}\cdot\sqrt{4\omega_c^2+1}}=1\Rightarrow K=0.19$

【评注】对于未确定的 $K$ 值，$K$ 可以任意取值绘制伯德图，但 $k$ 的取值并不影响相频曲线，只会影响幅频曲线。由题目系统绘制的相角裕度，可求出系统的截止频率，由 $|G(j\omega_c)|=1$ 或 $20\lg G(j\omega)=L(\omega)=0$ 可以确定 $K$ 值，可以用估计法也可以用准确法

五、【分析】本题考查稳态误差系统的求解和校正的设计方法。

【解】（1）$G(s)H(s)=\dfrac{8}{s(2s+1)}$

系统特征方程：$D(s)=s^2+0.5s+4\qquad \omega_n^2=4,\ \omega_n=2,\ \xi=0.125$

$k_p=\lim\limits_{s\to 0}G(s)H(s)=\infty\qquad k_v=\lim\limits_{s\to 0}sG(s)H(s)=8$

$k_a=\lim\limits_{s\to 0}s^2G(s)H(s)=0$

（2）设校正装置的形式 $G_c(s)=k_c\cdot\dfrac{(T_1s+1)(T_2s+1)}{(aT_1s+1)\left(\dfrac{T_2}{a}s+1\right)}$

$k_v=80=\lim\limits_{s\to 0}sG(s)G_c(s)=\dfrac{4k_c}{0.5}\qquad k_c=10$

由 $\xi$，$\omega_n$ 确定主导极点 $s_{1,2}=-4\pm j3$

此时系统的闭环特征方程：

$D(s)=s(2s+1)(aT_1+1)\left(\frac{T_2}{a}s+1\right)+80(T_1s+1)(T_2s+1)=0\qquad \text{（1）用此长式除以}$

$(s+4+3j)(s+4-3j)=s^2+8s+25\qquad \text{（2）}$

可得

$D(s)=(s^2+8s+25)\left[2T_1T_2s^2+\left(2aT_1+\frac{2}{a}T_2-15T_1T_2\right)s+\left(-15\frac{T_2}{a}-15aT+2+150T_1T_2\right)\right]\qquad \text{（3）}$

$$\begin{cases}-15+80T_1+70aT+80T_2+\dfrac{70}{a}T_2-825T_1T_2=0\\ 30+375aT_1+\dfrac{375}{a}T_2-3750T_1T_2=0\end{cases}\qquad \begin{aligned}(4)\\ (5)\end{aligned}$$

化简可得

$$\begin{cases}2T_1T_2s^2+\left(5T_1T_2-\dfrac{4}{25}\right)s+\dfrac{16}{5}=0\\ aT_1+\dfrac{T_2}{a}=10T_1T_2-\dfrac{30}{375}\end{cases}\qquad \begin{aligned}(6)\\ (7)\end{aligned}$$

由（6）得另外两个闭环极点

$s_{3,4}=-\frac{5}{4}+\frac{1}{25T_1T_2}\pm\sqrt{25-\frac{56}{5}\cdot\frac{1}{T_1T_2}+\frac{16}{625T_1^2-T_2^2}}$

而系统的开环零点 $z_1=-\dfrac{1}{T_1}$，$z_2=-\dfrac{1}{T_2}$ 它们也是系统的闭环零点，必须使系统闭环零极点

相消即可，即可满足系统性能。 为此需 $T_1=T_2=\dfrac{26}{25}$，$s_4=s_3=-\dfrac{26}{5}=z_1=z_2$ 形成两对偶极子对消

及由（7）得 $a_{1,2}=0.1$

得校正网络 $G_c(s)=\dfrac{10(s+1)^2}{(0.1s+1)(10.4s+1)}$

【评注】本题的第（1）问较为基础，只需闭环特征多项式 $D(s)=s^2+2\xi\omega_n s+\omega_n^2$ 对应系数相等。误差系数的求法在交大教材 P61 有详细说明这里不再赘述。本题的第（2）问较为复杂，1996 年-2001 年真题中有类似长除法解题的题型。大家弄清楚之前的题目即可，对于本题量力而行，这种题交大已十多年未考，也与这几年的命题趋势和方向不相吻合，大家了解思路即可。

六、【分析】本题考查线性部分和非线性部分相结合的类型及负倒数函数图象的绘制。

【解】（1）$G(s)=\dfrac{2}{s(s+1)(2s+1)}$ 为线性部分

口渐近线：$-k(T_1+T_2)=-6$

②与实轴交点：$-k\cdot\dfrac{T_1T_2}{T_1+T_2}=-\dfrac{4}{3}$

③与实轴交点频率：$\omega_x=\dfrac{1}{\sqrt{T_1T_2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

非线性部分：$-\dfrac{1}{N(x)}$ 的极大值 $-\dfrac{\pi a}{2b}$

④做出图像如图所示

（2）为保持系统稳定，那么应使 $-\dfrac{\pi a}{2b}<-\dfrac{4}{3}$，即 $a>\dfrac{8}{3\pi}b$

七、【分析】本题考查现代控制理论部分的可控性判断 传递函数 求解。

【解】（1）$\text{rank}P_c=\text{ranl}(b,Ab)=\text{rank}\begin{pmatrix}1 & -2\\ 1 & 2\end{pmatrix}=1\ne 2=n\qquad$ 因此系统不可控

（2）$G(s)=C(sI-A)^{-1}B=(0,1)\begin{pmatrix}s & 2\\ -1 & s+3\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\dfrac{s+1}{(s+1)(s+2)}=\dfrac{1}{s+2}$

（3）对系统进行能控性分解

\begin{vmatrix}\lambda & 2\\ -1 & \lambda+3\end{vmatrix}=\lambda^2+3\lambda+2=0\qquad \lambda_1=-1\qquad \lambda_2=-2$$ 取变换矩阵 $P^{-1}=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 1 & 1\end{pmatrix}\qquad P=\begin{pmatrix}1 & 0\\ -1 & 1\end{pmatrix}$ $$\bar{A}=PAP^{-1}=\begin{pmatrix}-2 & -2\\ 0 & -1\end{pmatrix}\qquad \bar{B}=PB=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}\qquad \bar{C}=CP^{-1}=(1,1)$$ $$\dot{x}=\begin{pmatrix}-2 & -2\\ 0 & -1\end{pmatrix}x+\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}u\qquad y=(1,1)x$$ 可知系统中有一个状态变量可任意控制，A 特征值中，$s=-2$ 可由状态反馈任意配置。