2005 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 69-78 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：第一题 b 方法一中输出方程 $\theta_1$ 式末尾原件漏印了 $\ddot{z}$，照录原文。 注：第八题计算相角裕量公式中 $\arctan T_2\omega$ 的 $\omega$ 原文漏写下标 $c$，照录原文。 注：第八题答案原件分为（1）（2）（3）三小问（真题为两问），照录原文。

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上海交通大学二〇〇五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】本题考查常规物理模型的系统建模问题。

预备知识

质量转动惯量：转动惯量只决定于刚体的形状、质量分布和转轴的位置，而同刚体绕轴的转动状态（如角速度的大小）无关。形状规则的匀质刚体，其转动惯量可直接用公式计算得到。而对于不规则刚体或非均质刚体的转动惯量，一般通过实验的方法来进行测定。

转动惯量表达式为

$J=\sum m_i r_i^2$

1.对于质量为 $m$ 长度为 $L$ 的细棒，其转动惯量为

$J=\dfrac{mL^2}{3}$

推导过程：

细棒密度：

$\rho=\dfrac{m}{L}$

转动惯量：

$J=\int_0^L \rho r^2 dr=\dfrac{m}{L}\int_0^L r^2 dr=\dfrac{m}{L}\cdot\left.\dfrac{r^3}{3}\right|_0^L=\dfrac{mL^2}{3}$

2.对于轻质长度为 $L$ 的细杆，杆一端连一质量为 $M$ 的小球，杆可以绕另一端自由旋转，其转动惯量为：

$J=ML^2$

推导过程：

轻质细杆不计质量，故转动惯量：

$J=\int_0^L 0\cdot r^2 dr+\int_{L^-}^L M\cdot r^2 dr=0+ML^2=ML^2$

【解】a.弹簧上弹力为：

$F=\dfrac{kL}{2}(\sin\theta_1-\sin\theta_2)\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(1)}$

左侧摆杆力矩方程为：

$[f(t)-F]\dfrac{L}{2}\cos\theta_1-MgL\sin\theta_1=ML^2\dfrac{d^2\theta_1}{dt^2}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(2)}$

右侧摆杆力矩方程为：

$F\dfrac{L}{2}\cos\theta_2-MgL\sin\theta_2=ML^2\dfrac{d^2\theta_2}{dt^2}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(3)}$

由 $\sin\theta=\theta,\cos\theta=1$ 化简得系统得运动方程④⑤

$f(t)-\dfrac{kL}{2}(\theta_1-\theta_2)-2Mg\theta_1=2ML\dfrac{d^2\theta_1}{dt^2}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(4)}$

$\dfrac{kL}{2}(\theta_1-\theta_2)-2Mg\theta_2=2ML\dfrac{d^2\theta_2}{dt^2}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(5)}$

b.方法一：对④⑤式进行拉式变换并整理得

$2F(s)-kL\theta_1(s)+kL\theta_2(s)-4Mg\theta_1(s)=4MLs^2\theta_1(s)\cdots\cdots\cdots\cdots\text{(6)}$

$kL\theta_1(s)-kL\theta_2(s)-4Mg\theta_2(s)=4MLs^2\theta_2(s)\cdots\cdots\cdots\cdots\text{⑦}$

结合⑥⑦得传递函数

$\dfrac{\theta_1(s)}{F(s)}=\dfrac{\dfrac{1}{2ML}s^2+\dfrac{4Mg+kL}{8M^2 L^2}}{s^4+\dfrac{4Mg+kL}{2ML}s^2+\dfrac{2Mg^2+gkL}{2ML^2}}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{⑧}$

$\dfrac{\theta_2(s)}{F(s)}=\dfrac{\dfrac{k}{8M^2 L}}{s^4+\dfrac{4Mg+kL}{2ML}s^2+\dfrac{2Mg^2+gkL}{2ML^2}}\cdots\cdots\cdots\cdots\text{⑨}$

选取 $z$ 为中间变量。状态变量 $x_1=z,x_2=\dot{z},x_3=\ddot{z},x_4=\dddot{z}$，

则状态方程为：

$\dot{x}_1=\dot{z}=x_2$

$\dot{x}_2=\ddot{z}=x_3$

$\dot{x}_3=\dddot{z}=x_4$

$\dot{x}_4=-\dfrac{2Mg^2+gkL}{2ML^2}z-\dfrac{4Mg+kL}{2ML}\ddot{z}+f(t)$

输出方程为

$\theta_1=\dfrac{4Mg+kL}{8M^2 L^2}z+\dfrac{1}{2ML}$

$\theta_2=\dfrac{k}{8M^2 L}z$

由传递函数建立状态空间表达式为：

0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -\dfrac{2Mg^2+gkL}{2ML^2} & 0 & -\dfrac{4Mg+kL}{2ML} & 0 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\end{bmatrix}f(t)$$

\begin{bmatrix}\theta_1\\theta_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \dfrac{4Mg+kL}{8M^2 L^2} & 0 & \dfrac{1}{2ML} & 0 \ \dfrac{k}{8M^2 L} & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}x$$

方法二：选取 $x_1=\theta_1,x_2=\theta_2,x_3=\dot{\theta}_1,x_4=\dot{\theta}_2$，则 $\dot{x}_1=\dot{\theta}_1=x_3,\dot{x}_2=\dot{\theta}_2=x_4,\dot{x}_3=\ddot{\theta}_1,\dot{x}_4=\ddot{\theta}_2$

④⑤两方程 可变形为

$$\begin{cases} \dot{x}_1=x_3 \\ \dot{x}_2=x_4 \\ \dot{x}_3=-\dfrac{kL+4Mg}{4ML}x_1+\dfrac{k}{4M}x_2+\dfrac{1}{2ML}f(t) \\ \dot{x}_4=\dfrac{k}{4M}x_1-\dfrac{kL+4Mg}{4ML}x_2 \end{cases}$$

得状态空间表达式

0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -\dfrac{kL+4Mg}{4ML} & \dfrac{k}{4M} & 0 & 0 \\ \dfrac{k}{4M} & -\dfrac{kL+4Mg}{4ML} & 0 & 0 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\\dfrac{1}{2ML}\\0\end{bmatrix}f(t)$$ $$y=\begin{bmatrix}1 & 1 & 0 & 0\end{bmatrix}x$$ 【评注】1.对于常规物理模型的建模，一般有水槽、阻尼器、弹簧计，以及双摆系统。同学们分别找到对应的此题，加以总结和整理，便会得到满分，另外，交大今年的物理模型偏重于电热炉或液位系统，同学们要学会找被控对象、被控变量、操纵变量。 2.对于梅逊公式对信号流图求解传递函数，已多次总结，这里不再赘述。 （2）回路：$L_1=-G_1G_2H_1$，$L_2=G_5G_6H_2$，$L_3=G_3G_4G_6H_2$ $$L_1L_2=-G_1G_2G_5G_6H_1H_2\qquad \Delta=1-L_1-L_2-L_3+L_1L_2$$ ①$Y_1(s)/R_1(s)$ 前向通道： <!-- p.72 --> $$P_1=G_1G_2\ ,\ \Delta_1=1-L_2$$ $$\therefore \dfrac{Y_1(s)}{R_1(s)}=\dfrac{P_1\Delta_1}{\Delta}=\dfrac{G_1G_2-G_1G_2G_5G_6H_2}{1+G_1G_2H_1-G_5G_6H_2-G_3G_4G_6H_2-G_1G_2G_5G_6H_1H_2}$$ ②$Y_2(s)/R_2(s)$ 前向通道： $$P_2=G_5G_6\ ,\ \Delta_2=1-L_1$$ $$P_3=G_3G_4G_6\ ,\ \Delta_3=1$$ $$\therefore \dfrac{Y_2(s)}{R_2(s)}=\dfrac{P_2\Delta_2+P_3\Delta_3}{\Delta}=\dfrac{G_5G_6+G_1G_2G_5G_6H_1+G_3G_4G_6}{1+G_1G_2H_1-G_5G_6H_2-G_3G_4G_6H_2-G_1G_2G_5G_6H_1H_2}$$ 二、【分析】本题考查系统相关系数求解以及非线性系统与线性相结合的解法 【解】（1）系统的闭环特征多项式为 $D(s)=s^3+as^2+(2+K)s+(1+K)$ 列劳斯表：

\begin{array}{ccc} s^3 & 1 & 2+K \ s^2 & a & 1+K \ s^1 & \dfrac{a(2+K)-(1+K)}{a} & 0 \ s^0 & 1+K & 0 \end{array}

由题意 $as^2+1+K=0$ 其中 $s=j2$ 且 $\dfrac{a(2+K)-(1+K)}{a}=0\Rightarrow a=\dfrac{3}{4},\ K=2$ （2）线性部分 $G(s)=\dfrac{4}{s(s+1)\left(\dfrac{1}{3}s+1\right)}\qquad$ 渐近线 $-k(T_1+T_2)=-\dfrac{16}{3}$ 与实轴的交点：$-k\cdot\dfrac{T_1 T_2}{T_1+T_2}=-1\qquad$ 与实轴交点频率：$\omega_x=\dfrac{1}{\sqrt{T_1 T_2}}=\sqrt{3}\ rad\cdot s^{-1}$ 非线性部分 $A=\sqrt{2}D=\sqrt{2}$ 处 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 取得极值，$\left.-\dfrac{1}{N(A)}\right|_{max}=-\dfrac{\pi}{2}$ 可绘制曲线如下 <!-- p.73 -->  由图可知 $\Rightarrow$ 因为无交点，不产生自激振荡 【评注】1.在劳斯表中，若出现等幅振荡，那么会出现全零行，那么全零行的上一行满足该频率值，也即代入频率值为零。对于列劳斯表，我们应注意到几种特殊情况：全零行，台角单个零，出现负值，注意相关习题的练习。 2.非线性部分和线性部分相结合的题目已做过多次，这里不再赘述。 三、【分析】本题考查在给定参数值条件下计算稳态误差，$\xi$；$w_n$ 等的数值。 【解】（1）$G(s)H(s)=\dfrac{8}{s(s+2)}\qquad D(s)=s^2+(2+aK)s+K$ $$\omega_n^2=K\qquad 2\xi\omega_n=2+aK$$ 闭环特征多项式：$D(s)=s^2+2s+8\qquad \omega_n=2\sqrt{2}\qquad \xi=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ $$k_v=\lim_{s\to 0} sG(s)H(s)=4\qquad e_{ssp}=\dfrac{1}{k_v}=\dfrac{1}{4}$$ （2）闭环系统特征多项式 $D(s)=s^2+(2+8a)s+8$

\begin{cases}\omega_n^2=8\2\xi\omega_n=2+8a\end{cases}\quad\begin{cases}\omega_n=2\sqrt{2}\\xi=0.7\end{cases}\Rightarrow a=\dfrac{1}{4}$$

$e_{ss}=\lim_{s\to 0} s\cdot E(s)=\lim_{s\to 0} s\cdot R(s)[1-G_B(s)]=\lim_{s\to 0} s\cdot\dfrac{1}{s^2}\cdot\left[1-\dfrac{\dfrac{K}{s(s+2)}}{\dfrac{K(as+1)}{s(s+2)}}\right]$

$=\lim_{s\to 0} s\cdot\dfrac{1}{s^2}\cdot\dfrac{s^2+4s}{s^2+4s+8}=\dfrac{1}{2}$

（3）由题意可得 $e_{ss}=\lim_{s\to 0} s\cdot\dfrac{1}{s^2}\cdot\dfrac{s^2+(2+Ka)s}{s^2+(2+Ka)s+K}=\dfrac{2+aK}{K}=0.25$

$$\begin{cases}\dfrac{2+aK}{K}=0.25\\1.4\sqrt{K}=2+aK\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K=32\\a=\dfrac{3}{16}\end{cases}$$

【评注】对比二阶系统闭环特征多项式 $s^2+2\xi\omega_n s+\omega_n^2$ 可轻松求出 $\omega_n$，$\xi$ 的值。另外对于斜坡输入 $r(t)=R_0 t$，求稳态误差有两种方法：①求出 $k_v$，$e_{ss}=\dfrac{R_0}{k_v}$。 ②$e_{ssv}=\lim_{s\to 0} s\cdot\dfrac{R_0}{s^2}[1-G_B(s)]$，其中 $G_B(s)$ 为闭环传递函数，这种类型的题目我们在历年真题中已练习多次，大家注意总结。

四、【分析】本题考察矩阵的可控性及可观性判别和极点配置问题。

【解】（1）a.$G(s)=C\left[(sI-A)^{-1}\right]B$

s+1 & 0 & 0 \\ 0 & s+2 & 0 \\ 0 & 0 & s+3 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}=\dfrac{1}{s+1}$$ b. $$rank P_c=rank\left(b,Ab,A^2 b\right)=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}=2<n\qquad \text{系统不完全可控}$$ $n=3$ $$rank P_0=rank\begin{pmatrix}C\\CA\\CA^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ -1 & 0 & -6 \\ 1 & 0 & 18 \end{pmatrix}=2<n\qquad \text{系统不完全可观}$$ （2）a.$G(s)=\dfrac{10}{s^3+3s^2+2s}$ 由此可以写出能控标准 I 型的状态空间描述 $$\dot{x}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -3 \end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}u\qquad y=(10,0,0)x$$ $rank\left(b,Ab,A^2 b\right)=3$ 系统可控，设状态反馈矩阵 $k=[k_1,k_2,k_3]$ $$|sI-(A-bK)|=s^3+(3+k_3)s^2+(2+k_2)s+k_1=(s+2)(s^2+2s+2)$$ $$k_1=4,\ k_2=4,\ k_3=1\qquad k=(4,4,1)$$ <!-- p.75 --> 【评注】1.状态空间表达式转化为传递函数 $G(s)=C(sI-A)^{-1}B+D$（一般 $D=0$） 2.能控性，能观性的判别已多次进行总结，这里不再赘述。 3.通过传递函数学会写出能观标准型和能控标准型，书上有详细步骤。 4.极点配置问题已多次总结，这里不再赘述。 五、【分析】本题考查根轨迹的绘制问题。 【解】$G(s)H(s)=\dfrac{K}{s(s^2+2s+5)}$ （a）渐近线：$\sigma_a=\dfrac{\sum p-\sum z}{n-m}=\dfrac{-2}{3-0}=-\dfrac{2}{3}$ $$\theta_a=\dfrac{(2k+1)\pi}{n-m}=\pm 60^\circ,\ 180^\circ$$ （b）$-1+2j$ 的出射角 $\angle\theta_p=180^\circ-90^\circ-(90^\circ+26.6^\circ)=-26.6^\circ$ （c）与虚轴交点 $s=j\omega$ 代入 $D(s)=s^3+2s^2+5s+K$ $$\Rightarrow\begin{cases}\omega^3+5\omega=0\\-2\omega^2+K=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\omega=0\\K=0\end{cases}\text{或}\begin{cases}\omega=\pm\sqrt{5}\\K=10\end{cases}

（d）故而绘制根轨迹如下：

【评注】根轨迹的绘制方法及步骤已多次总结，这里不再赘述。

六、【分析】本题考查无源网络的系统校正设计问题。

【解】$k_v=\dfrac{1}{e_{ss}}=\dfrac{1}{0.05}=20=\dfrac{K}{2}\Rightarrow K=40$ 或者 $k_v=\lim_{s\to 0}sG(s)H(s)=\dfrac{K}{2}\Rightarrow K=40$

那么 $G(s)=\dfrac{20}{s(0.5s+1)}$

20\lg\dfrac{20}{\omega} & \omega<2 \\ 20\lg\dfrac{20}{\omega\cdot\dfrac{1}{2}\omega} & \omega>2 \end{cases}\Rightarrow \omega_c=\sqrt{40}=6.32rad\cdot s^{-1},$$ $$\gamma=180^\circ-90^\circ-\arctan\dfrac{1}{2}\omega_c=17.55^\circ$$ 由于 $\omega_c' > \omega_c$，且 $\gamma' > \gamma$，因此使用超前校正 $$\phi_m=45^\circ-17.55+(5^\circ\sim 15^\circ)=42^\circ$$ $$a=\dfrac{1+\sin\phi_m}{1-\sin\phi_m}=5.04$$ $$-10\lg a=L(\omega_c'')\qquad \omega_c''=9.3rad\cdot s^{-1}\leqslant 10rad\cdot s^{-1}$$ 那么取 $\omega_c'=12rad\cdot s^{-1}$，$-10\lg a=20\lg\dfrac{20}{\omega_c'\cdot\dfrac{1}{2}\omega_c'}$ 得 $a=12.96$ $$\omega_c'=\dfrac{1}{\sqrt{a}\cdot T}\ ,\ T=0.023\ ,\ aT=0.3$$ 那么 $G(s)=\dfrac{20(0.3s+1)}{s\left(\dfrac{1}{2}s+1\right)(0.023s+1)}$，$\omega_c'=12rad/s$，$\gamma=180+\varphi(\omega_c')=68.51^\circ>45^\circ$ 故满足校正条件 【评注】对于已给出的稳态误差，可以求出系统增益。若所得的 $\omega_{c\text{要求}} > \omega_{c\text{原来}}$，且 $\gamma_{\text{要求}} > \gamma_{\text{原来}}$，系统一般采用超前校正。当 $\omega_c'$ 新的截止频率确定，可根据相关公式确定 $a$，$T$ 的值，即可设计出校正的传递函数 七、【分析】本题考查非线性系统的相轨迹绘制问题以及系统的稳定性判定。 【解】$e(t)=r(t)-c(t)=1-c(t)\qquad \dot{e}(t)=-\dot{c}(t)\qquad \ddot{e}(t)=-\ddot{c}(t)$ <!-- p.77 --> $$T\ddot{c}(t)+\dot{c}(t)=ku(t)=\begin{cases} kM & x(t)\ge 0.5 \\ 0 & -0.5<x(t)<0.5 \\ -kM & x(t)\le -0.5 \end{cases}

$x(t)=5e(t)$

可得

-kM & e\ge 0.1 & \text{区域I} \\ 0 & -0.1<e<0.1 & \text{区域II} \\ kM & e\le -0.1 & \text{区域III} \end{cases}

在区域 I：

$$\begin{cases} \text{相轨迹:\quad } & \dfrac{d\dot{e}}{de}=\dfrac{-kM-\dot{e}}{T\dot{e}} \\ \text{等倾斜方程:\quad } & \dot{e}=\dfrac{-kM}{1+\alpha T} \end{cases}$$

当 $\alpha=0$ 时，$\dot{e}=-kM$ 为区域渐近线

在区域 II：$\dfrac{d\dot{e}}{de}=-\dfrac{1}{T}$

在区域 III：

$$\begin{cases} \text{相轨迹方程:\quad } & \dfrac{d\dot{e}}{de}=\dfrac{-e+kM}{T\dot{e}} \\ \text{等倾斜方程:\quad } & \dot{e}=\dfrac{kM}{1+\alpha T} \end{cases}$$

初始点：$e(0)=1\qquad \dot{e}(0)=0$

（2）由相轨迹可知，系统稳定，最大稳态误差为 0.1。

八、【分析】本题考察由伯德图求解传递函数以及系统的稳定性判别

【解】$G(s)H(s)=\dfrac{k(T_0 s+1)}{(T_1 s+1)(T_2 s+1)(T_3 s+1)(T_4 s+1)}$

（1）由经过 $(1,20\lg k)$ 确定 $20\lg k=30\qquad k=31.62\qquad T_0=\dfrac{1}{0.1}=10$

$\dfrac{40-30}{\lg\omega_1-\lg 0.1}=20\qquad \omega_1=0.32\qquad T_1=3.16$

$\dfrac{5-0}{\lg 100-\lg\omega_4}=60\qquad \omega_4=82.6\qquad T_4=0.01$

$\dfrac{20-5}{\lg\omega_4-\lg\omega_3}=40\qquad \omega_3=34.8\qquad T_3=0.03$

$\dfrac{40-20}{\lg\omega_3-\lg\omega_2}=20\qquad \omega_2=3.48\qquad T_2=0.3$

$\Rightarrow$ 综上 $G(s)=\dfrac{31.62(10s+1)}{(3.16s+1)(0.01s+1)(0.3s+1)(0.03s+1)}$

（2）

$\gamma=180^\circ+\arctan T_0\omega_c-\arctan T_1\omega_c-\arctan T_2\omega-\arctan T_3\omega_c-\arctan T_4\omega_c=-24.5^\circ$

（3）$\gamma<0^\circ$，系统不稳定

【评注】1.由伯德图象确定系统已含一个比例环节，一个微分环节，四个惯性环节，由题目已知为最小相位系统，也不必再有其他考虑，确定增益 $k$ 和转折频率即可。 2.判定系统稳定性最直接的方法是通过相位裕度 $\gamma$。

$\gamma>0^\circ$ 也即 $\varphi_m<-180^\circ$，系统稳定

$\gamma=0^\circ$ 也即 $\varphi_m=-180^\circ$，系统临界稳定；

$\gamma<0^\circ$ 也即 $\varphi_m>-180^\circ$，系统不稳定。