2009 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 115-121 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：原件第一题解答因题目参数不全直接标注略去，正文照录。 注：原件第四题（2.3）小节中子标题「当k=-2」「当k<-2」原文缺少下标 1，正文照录。 注：原件第七题 a 问中代入幅频特性公式分母「100T^2+1」之平方微有涂改痕迹，正文按算式结果链照录。

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上海交通大学二OO九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、略（题目参数不全，大家可以看看真题对此题的回忆即可，故此题解答略去）。

二、解：$\dfrac{E_i}{\dfrac{1}{C_1s} // R_1} = -\dfrac{U_2}{R_2+\dfrac{1}{C_2s}}$　　　$\dfrac{U_2}{R_3} = -\dfrac{E_o}{R_4}$

$\Rightarrow \frac{E_o(s)}{E_i(s)} = \frac{R_1R_2R_4C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2)R_4s+R_4}{R_1R_3C_2s} = R_4\left(\frac{R_2C_1}{R_3}s + \frac{R_1C_1+R_2C_2}{R_1R_3C_2} + \frac{1}{R_1R_3C_2s}\right)$

$= K_p + K_ds + K_i\frac{1}{s}$

$K_p :\; \frac{R_1C_1+R_2C_2}{R_1R_3C_2}R_4 \qquad K_d :\; \frac{R_4R_2C_1}{R_3} \qquad K_i :\; \frac{R_4}{R_1R_3C_2}$

三、分析：先求系统的传函，然后根据题目要求，求出满足题目的 $K_1$、$K_2$。

解：由结构图得，系统的开环传函为

$G(s)=\frac{K_1K}{s(s+2+K_2K)}\text{化为标准形式}$

$G(s)=\frac{\dfrac{K_1K}{2+K_2K}}{s\left(\dfrac{1}{2+K_2K}s+1\right)}$

由题目要求 $k_v > 5$，即 $\dfrac{K_1K}{2+K_2K} > 5$　　①

系统的闭环传函为 $\Phi(s)=\dfrac{K_1K}{s^2+(2+K_2K)s+K_1K}$

由标准二阶形式 $\Phi(s)=\dfrac{\omega_n^2}{s^2+2\xi\omega_n s+\omega_n^2}$，得 $\begin{cases} \omega_n = \sqrt{K_1K} \\ \xi = \dfrac{2+K_2K}{2\sqrt{K_1K}} \end{cases}$

由题目要求，$\xi = 0.5$，$t_s \leq 2\text{s}(\Delta = 5\%)$

即 $\dfrac{2+K_2K}{2\sqrt{K_1K}} = 0.5$　　②　　$\dfrac{3}{\xi\omega_n} \leq 2,\;\omega_n \geq 3$

$\sqrt{K_1K} \geq 3$　　③

联立①②③得 $\begin{cases} K_1K \geq 9 \\ 0 < K_2 < 1 \\ K_2K \geq 1 \\ K_1K > 10+5K_2K \end{cases}$

评注：①分清开环闭环传函；②记住环节标准形式.

四、解：$G(s)=\dfrac{k_1(s+a)}{s(s^2+2s+2)},\; D(s)=1+G(s)=0$

得 $D(s)=s(s^2+2s+2)+k_1(s+a)=s(s^2+2s+2+k_1)+k_1a=0$

故令 $G_0(s)=\dfrac{k_1a}{s(s^2+2s+2+k_1)}$

其中，$P_1=0,\; P_{2,3}=\pm\sqrt{-(1+k_1)}-1$

（1）当 $k_1 > 0$ 时，$P_1=0,\; P_{2,3}=-1\pm j\sqrt{1+k_1}$，此时画 $180^\circ$ 根轨迹

①实轴上：$(-\infty, 0)$

②渐近线：$\sigma_a=\dfrac{\sum P_i - \sum Z_i}{n-m} = -\dfrac{2}{3},\;\varphi_a=\pm 60^\circ,\;180^\circ$

③出射角：$\varphi_{P_2} = \pm 180^\circ - 90^\circ - \left(90^\circ + \arctan\dfrac{1}{\sqrt{1+k_1}}\right) = \arctan\dfrac{1}{\sqrt{1+k_1}}$

（2）当 $k_1 < 0$ 时，

（2.1）$-1 < k_1 < 0$ 时，$P_1=0,\; P_{2,3}=-1\pm j\sqrt{1+k_1}$，此时画 $0^\circ$ 根轨迹

①实轴上：$(0, +\infty)$

②渐近线：$\sigma_a=-\dfrac{2}{3},\;\varphi_a=0^\circ,\;\pm 120^\circ$

（2.2）$k_1 = -1$ 时，$P_1=0,\; P_{2,3}=-1$，此时画 $0^\circ$ 根轨迹

①实轴上：$(0, +\infty)$

②渐近线：$\sigma_a=-\dfrac{2}{3},\;\varphi_a=0^\circ,\;\pm 120^\circ$

（2.3）$k_1 < -1$ 时，$P_1=0,\; P_{2,3}=-1\pm\sqrt{-(1+k_1)}$ 为 2 个实数

　　　当 $-2 < k_1 < -1$　　　　　　　当 $k = -2$　　　　　　　当 $k < -2$

五、【思路解析】本题主要考查劳斯判据的应用和 Bode 图的绘制，Nyquist 判据的应用.

【完整步骤】

（1）劳斯判据：$D(s)=s(s+3)(s+4)+k=s^3+7s^2+12s+k=0$.

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 12 \\ s^2 & 7 & k \\ s^1 & \dfrac{84-k}{7} & \\ s^0 & k & \end{array}$$

则 $\begin{cases} \dfrac{84-k}{7} > 0 \\ k > 0 \end{cases}$，得 $0 < k < 84$

当 $k=84$ 时，验证系统稳定，所以 $0 < k \leq 84$ 时系统稳定，$k$ 最大为 84.

（2）Nyquist 判据（Bode 图）

画出系统的 Bode 图如图，$\omega_0$ 大小与 $k$ 有关，求

$\omega_g : -180^\circ = -90^\circ - \arctan\dfrac{1}{3}\omega_g - \arctan\dfrac{1}{4}\omega_g$.

得 $\omega_g = 2\sqrt{3}$.

在相频特性最低频率端，向角度增大的方向延伸 $v \cdot 90^\circ = 90^\circ$.

由奈氏判据可知，需要 $20\lg\left|G(j\omega_g)\right| \leq 0$（即 $\omega_0 \leq \omega_g$）

$20\lg\left|G(j\omega_g)\right| = 20\lg\left|\frac{k}{\omega_g\sqrt{\omega_g^2+9}\sqrt{\omega_g^2+16}}\right| \leq 0\text{,\quad 解得 } 0 < k \leq 84\text{,\quad 所以 } k \text{ 最大为 } 84.$

【题后点评】要注意判断临界点是否稳定，要能够灵活运用 Bode 图和 Nyquist 判据。

六、【分析】本题没有要求 $\omega_c$ 的值，只对相角、幅值裕度做出要求，要自行分析采用何种校正方法.

解：先将待校正传函化为标准型：$G(s)=\dfrac{\dfrac{k}{5}}{s(s+1)(0.2s+1)}$

又由 $k_v \geq 10$ 可知，设 $G_0(s)=\dfrac{10}{s(s+1)(0.2s+1)}$，即 $k=50$

由剪切频率定义：$|G_0(\omega_{c0})|=1$，即 $\left|\dfrac{10}{j\omega_{c0}(j\omega_{c0}+1)(j0.2\omega_{c0}+1)}\right|=1$

可得 $\begin{cases} \omega_{c0} = 2.85\,\text{rad/s} \\ \gamma_0 = 180^\circ + \angle G_0(j\omega_{c0}) = -1^\circ \end{cases}$　　不满足设计要求，且需补偿相角约为 $60^\circ$

超前校正已无法满足，采用滞后校正　设校正传函为 $\dfrac{T_1s+1}{T_2s+1}\;(T_1 < T_2)$

由希望频率法取理想截止频率为 $0.5\,\text{rad/s}$，并留有余量

将 $\omega_c = 0.5\,\text{rad/s}$ 代入 $G(s)=\dfrac{10(T_1s+1)}{s(s+1)(0.2s+1)(T_2s+1)}$ 中取 $|G(j\omega_c)|=1$ 可得

$T_2 = 17.8T_1$，由一般情况取 $\dfrac{1}{T_1}=\left(\dfrac{1}{5}\sim\dfrac{1}{10}\right)\omega_c$，不妨令 $\begin{cases} T_1=16.7 \\ T_2=297.3 \end{cases}$，验证可得

$\begin{cases} \omega_c = 0.5\,\text{rad/s} \\ \gamma = 51.3^\circ \end{cases}$，$\begin{cases} \omega_g = 2.16\,\text{rad/s} \\ G_M = 20\lg\dfrac{1}{|G(j\omega_g)|} = 20\lg\dfrac{1}{0.1} = 20\,\text{dB} \end{cases}$

满足设计要求，故校正传函 $G_c(s)=\dfrac{16.7s+1}{297.3s+1}$

【点评】要熟练应用计算器快速求出 $\omega_c$、$\gamma$

七、分析：主要考察非线性系统分析

解：（1）结构图归化. 将系统等效为典型的结构形式，其中非线性部分的描述函数为

$N(x)=\frac{4\sqrt{2}}{\pi x}\text{;\quad 线性部分的传递函数 } G(s)=\frac{10K}{s(Ts+1)(0.1s+1)}.$

（2）稳定性分析及参数确定，负倒描述函数为 $-\dfrac{1}{N(x)} = -\dfrac{\pi}{4\sqrt{2}}x$

显然，$-\dfrac{1}{N(0)}=0,\; -\dfrac{1}{N(\infty)}=-\infty$

线性部分的频率特性为 $G(j\omega)=\dfrac{10K}{j\omega(jT\omega+1)(j0.1\omega+1)}$ 概略绘制 $T_G$ 与 $-\dfrac{1}{N(x)}$ 的曲线如图所示.

由图可知，$T_G$ 与 $-\dfrac{1}{N(x)}$ 曲线存在交点且当振幅 $x$ 增大时，$-\dfrac{1}{N(x)}$ 曲线从不稳定区域进入稳定区域，所以系统在满足下列 $T$、$K$ 时呈现 $\omega=10$ 的稳定自振.

线性环节与负实轴相交时：$\omega_c = \dfrac{1}{\sqrt{0.1T}} = \omega_c = 10 \Rightarrow T = 0.1$

$G(j\omega_c) = -\frac{10K\times 0.1\times T}{0.1+T} = -\frac{K}{2}$

又 $\because x_c = 0.1$，故自振时非线性环节的振幅为 $x = x_c \cdot A(\omega_c)\Big|_{\omega_c=10} = 0.1 \dfrac{10}{\sqrt{100T^2+1}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\therefore -\frac{1}{N(x)} = G(j\omega_c) \Rightarrow -\frac{\pi}{4\sqrt{2}}x = -\frac{K}{2} \Rightarrow K = \frac{\pi}{4}$

b. 由系统微分方程 $\ddot{x}+f(x,\dot{x})=0$ 可得 $\dfrac{d\dot{x}}{dx} = -\dfrac{f(x,\dot{x})}{\dot{x}}$，其中 $\dfrac{d\dot{x}}{dx}$ 表示相平面上相轨迹的斜率，若取斜率为常数，则上式可改写成 $\alpha = -\dfrac{f(x,\dot{x})}{\dot{x}}$，该式为等倾线方程.

故：1）$T\ddot{x}+\dot{x}^2+x=0$

$\therefore T\dot{x}\dfrac{d\dot{x}}{dx} = -(\dot{x}^2+x)$，令 $\dfrac{d\dot{x}}{dx}=\alpha$，故等倾线方程为 $\dot{x}^2+\alpha T\dot{x} = -x$.

2）$T\ddot{x}+\dot{x}=M$

$\therefore T\dot{x}\dfrac{d\dot{x}}{dx}+\dot{x}=M$，令 $\dfrac{d\dot{x}}{dx}=\alpha$，故等倾线方程为 $\dot{x}=\dfrac{M}{1+\alpha T}$.

【评注】1. 掌握常用描述函数解题方法

2. 等倾线方程要记住 $\ddot{x}=\dot{x}\dfrac{d\dot{x}}{dx}$.

八、【思路解析】第一问由传递函数写能控标准型是基本功. 第二问考查极点配置。由于要配置三个极点，故第一问可加一个 $-10$ 极点写成三阶

完整步骤：

（1）将传递函数改写为

$G(s)=\frac{s+10}{(s^2+5s+6)(s+10)} = \frac{s+10}{s^3+15s^2+56s+60}$

由此传递函数可直接写出能控标准型状态空间表达式

$\dot{x} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -60 & -56 & -15 \end{bmatrix} x + \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} u,\quad y = \begin{bmatrix} 10 & 1 & 0 \end{bmatrix} x$

（2）由于该形式是能控标准型，即完全能控，可通过状态反馈任意配置极点

原特征方程是

$D(s)=s^3+15s^2+56s+60$

期望特征方程为

$D^*(s)=(s+10)(s+2+j4)(s+2-j4)=s^3+14s^2+60s+200$

由于是能控标准型的实现，因此状态反馈阵为

$$$$

【题后点评】

要做成本题除了要掌握由传递函数写状态空间表达式的方法，还要掌握极点任意配置的条件，状态反馈控制器设计方法等.