2011 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 130-137 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：原件第五题第 3 问中 $E_2(s)$ 分子印作 $7(3s^2+7s^2+2s)$，与上一页 $E_1(s)$ 的 $8(3s^2+7s+2)$ 不一致，照录；原文如此。 注：原件第六题第（3）问把第三个极点记作 $s_6$，照录；原文如此。 注：原件第八题第（2）问「振荡频率为」后面的数值被水印遮盖，字迹不清，录为〔原文不清〕。

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上海交通大学二〇一一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、

1、阶跃函数：突然加重或卸载的电机负荷，电源电压的突跳、合闸

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2、斜坡速度函数：检测系统匀速运动性能，随动系统常使用如雷达——高射炮防追系统，进给指令。

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3、抛物线（加速度）函数：航天飞行器控制系统。

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4、正弦函数：$r(t)=R_0\sin(\omega t+\phi)$

舰船的消摆系统，稳定平台的随动系统。

二、解题思路：根据无源网络，用复数阻抗的方法计算

$\dfrac{u_c(s)}{u_r(s)}=\dfrac{\left[\left(\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}+\dfrac{1}{Cs}\right)\cdot R\right]\Bigg/\left[\left(\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}+\dfrac{1}{Cs}\right)+R\right]}{\left[\left(\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}+\dfrac{1}{Cs}\right)\cdot R\right]\Bigg/\left[\left(\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}+\dfrac{1}{Cs}\right)+R\right]+R}\cdot\dfrac{\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}}{\dfrac{R\cdot\dfrac{1}{Cs}}{R+\dfrac{1}{Cs}}+\dfrac{1}{Cs}}$

$=\dfrac{2R^2Cs+R}{R^2C^2s^2+5R^2Cs+2R}\cdot\dfrac{RCs}{2RCs+1}$

$=\dfrac{RCs}{R^2C^2s^2+5RCs+2}$

注：电容 $C$ 用复数阻抗方法时变为 $\dfrac{1}{Cs}$

三、分析：先求出系统特征方程，利用劳斯判据判定稳定性.

解：系统的特征方程为

$D(s)=2Ts^3+(2+T)s^2+(k+1)s+k=0$

劳斯表：

$$\begin{array}{c|cc}s^3&2T&k+1\\s^2&2+T&k\\s^1&\dfrac{(2+T)(k+1)-2Tk}{2+T}&0\\s^0&k&\end{array}$$

由劳斯稳定判据得 $\begin{cases}2T>0\\2+T>0\\(2+T)(k+1)-2Tk>0\\k>0\end{cases}$ 得 $\begin{cases}2k+T-Tk+2>0\\k>0\\T>0\end{cases}$

【评注】掌握劳斯稳定判据

四、解题思路：根据信号流图用梅森公式计算：

（1）回路：$L_1=-bch$，$L_2=-di$，$L_3=-cdej$，$L_4=-g$，$L_5=fjch$

$\Delta=1-L_1-L_2-L_3-L_4-L_5+L_1L_4+L_2L_4$

$=1+bch+di+cdej+g+bcgh+dgi-fjch$

前向通路：$P_1=abcdei$，$\Delta_1=1$

$P_2=afi,\quad \Delta_2=1+di$

$y_6/y_1=\dfrac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2}{\Delta}=\dfrac{abcdei+afi+adfi^2}{1+bch+di+cdej+g+bcgh+dgi-fjch}$

（2）回路：$L_1=bi$，$L_2=dg$，$L_3=abcdeh$，$L_4=defh$

$\Delta=1-L_1-L_2-L_3-L_4+L_1L_2+L_1L_4$

$=1-bi-dg-abcdeh-defh+bdgi+bdefhi$

前向通路：$P_1=abcde$，$\Delta_1=1$

$P_2=def,\quad \Delta_2=1-bi$

$X_6/X_1=\dfrac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2}{\Delta}=\dfrac{abcde+def-bdefi}{1-bi-dg-abcdeh-defh+bdgi+bdefhi}$

注：正反馈的符号变化，独立回路的判断.

五、分析：根据劳斯判据判断系统稳定性，根据终值定理求稳态误差..

解：1. 系统的特征方程为 $D(s)=3s^3+7s^2+2s+3=0$

劳斯表：

$$\begin{array}{c|cc}s^3&3&2\\s^2&7&3\\s^1&\dfrac{5}{7}&0\\s^0&3&\end{array}$$

由劳斯稳定判据第一列都大于 0，故系统稳定.

2. 将 $G(s)=\dfrac{3}{s(3s+1)(s+2)}$ 化为标准形式得 $G(s)=\dfrac{\dfrac{3}{2}}{s(3s+1)\left(\dfrac{1}{2}s+1\right)}$

根据 I 型系统稳态终点表格得 $\begin{cases}k_p=\infty\\k_v=\dfrac{3}{2}\\k_a=0\end{cases}$

3. $E(s)=\dfrac{1}{1+G(s)}R(s)$

当 $r(t)=8t$ 时，$R(s)=\dfrac{8}{s^2}$，$E_1(s)=\dfrac{8(3s^2+7s+2)}{s^2(3s^3+7s^2+2s+3)}$

$e_{ss1}=\lim_{t\to\infty}e(t)=\lim_{s\to0}sE_1(s)=\dfrac{8(3s^2+7s+2)}{3s^3+7s^2+2s+3}=\dfrac{16}{3}$

当 $r(t)=7$ 时，$R(s)=\dfrac{7}{s}$，$E_2(s)=\dfrac{7(3s^2+7s^2+2s)}{s(3s^3+7s^2+2s+3)}$

$e_{ss2}=\lim_{t\to\infty}e(t)=\lim_{s\to0}sE_2(s)=0$

由叠加定理得 $e_{ss}=e_{ss1}+e_{ss2}=\dfrac{16}{3}$

【评注】①掌握劳斯判据；②掌握标准系统稳态误差表格；③掌握终值定值

六、解题思路：根据绘画规则进行绘制

完整步骤：

（1）系统的开环传递函数为 $G(s)H(s)=\dfrac{k}{s(s+2)(s+4)}$

由于系统为单位负反馈系统，故绘制 180° 根轨迹

①根轨迹起点 $P_1=0$，$P_2=-2$，$P_3=-4$，$n=3$，无零点 $m=0$，有 $n-m=3$ 条根轨迹趋于无穷远

②根轨迹渐近线：共有 $n-m=3$ 条渐近线，$\varphi_a=\dfrac{(2l+1)\pi}{3}=\begin{cases}l=0,\dfrac{\pi}{3}\\l=1,\pi\\l=2,\dfrac{5\pi}{3}\end{cases}$，$\sigma_a=\dfrac{-6}{3}=-2$

③实轴上的根轨迹区段：$[-\infty,-4]\quad[-2,0]$

④根轨迹在实轴上的分离点. $\dfrac{dk}{ds}=3s^2+12s+8=0$，$s_1=-0.8$，$s_2=-3.15$（舍）

⑤根轨迹与虚轴交点：

系统闭环特征方程 $D(s)=s^3+6s^2+8s+k=0$

列劳斯表如下：

$$\begin{array}{c|cc}s^3&1&8\\s^2&6&k\\s^1&\dfrac{48-k}{6}&0\\s^0&k&\end{array}$$

取 $\dfrac{48-k}{6}=0$，得 $k=48$，代入得 $s_1=-6$，$s_{2,3}=\pm2.83j$

将分离点 $s_1=-0.8$ 代入 $D(s)$，得 $k=3.072$

此时系统根轨迹为

（2）系统具有阻尼振荡响应的 $k$ 的范围为 $[3.072,48]$

（3）由已知 $\xi=0.5$，即 $\cos\beta=\dfrac{1}{2}$ ∴ $\beta=60°$

由图中几何关系知 $s_{4,5}=-a\pm\sqrt{3}aj$

代入 $D(s)$ 得 $\begin{cases}8a^3-12a^2-8a+k=0\\-12\sqrt{3}a^2+8\sqrt{3}a=0\end{cases}$，∴ $\begin{cases}a=0\\k=0\end{cases}$（舍）或 $\begin{cases}a=\dfrac{2}{3}\\k=\dfrac{224}{27}\end{cases}$

∴ 此时，$s_{4,5}=-\dfrac{2}{3}\pm\dfrac{2\sqrt{3}}{3}j$，$k=\dfrac{224}{27}$

此时，易求得 $s_6=-\dfrac{14}{3}$，满足主导极点条件.

故使主导复极点具有阻尼比为 0.5 的 $k$ 值为 $k=\dfrac{224}{27}$

七、解 1）：当 $k=1$ 时，$G_0(s)=\dfrac{1}{s(s+10)}$，$D(s)=s^2+10s+1$

得 $\begin{cases}\omega_n^2=1\\2\xi\omega_n=10\end{cases}$ 得 $\begin{cases}\omega_n=1\\\xi=5\end{cases}$，此时 $k_v=\dfrac{1}{10}s^{-1}$

2）：$k=10^4$，$G(s)=\dfrac{10^3}{s(0.1s+1)}$

此时，$\omega_{c0}=100rad/s$，$\gamma=180°-\angle G(j\omega_{c0})=5.7°<30°$

目标 $\omega_c\ge120rad/s$，采用超前校正

$\varphi_m=30°-5.7°+5.7°=30°,\quad \alpha=\dfrac{1+\sin\varphi_m}{1-\sin\varphi_m}=3,$

$-10\lg\alpha=20\lg G_0(\omega_{c1})\Rightarrow\omega_{c1}=131.6rad/s,$

则 $\omega_{c1}=\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}T_1}\Rightarrow T_1=0.00438$

故 $G_c(s)=\dfrac{\alpha Ts+1}{Ts+1}=\dfrac{0.013s+1}{0.00438s+1}$

验证，$\omega_{c1}=131$，$\gamma(\omega_{c1})=34°>30°$ 满足要求.

八、分析：考察非线性系统的分析

解：（1）由非线性系统框图可知，其为含有死区无滞环继电器特性，其描述函数为

$N(M)=\dfrac{4T_m}{\pi M}\sqrt{1-\left(\dfrac{D}{M}\right)^2}$

$-\dfrac{1}{N(M)}$ 特性在负实轴上拐弯点坐标为 $-\dfrac{\pi D}{2T_m}=-\dfrac{\pi}{2\pi}=-\dfrac{1}{2}$

拐点对应振幅值为 $A=\sqrt{2}$. 由线性部分 $G(j\omega)$ 的虚部 $\operatorname{Im}G(j\omega)=0$，解出曲线 $G(j\omega)$ 与负实轴相交点对应角频率 $\omega=\dfrac{\sqrt{2}}{2}rad/s$，计算 $\operatorname{Re}G(j\omega)\Big|_{\omega=\frac{\sqrt{2}}{2}}=-\dfrac{2}{3}K$，令

$-\dfrac{2}{3}K_c=-\dfrac{1}{2},\quad 解得 K_c=\dfrac{3}{4}$

∴系统可能出现自激振荡点的临界增益值 $K_c=\dfrac{3}{4}$

（2）当 $K=\dfrac{2}{3}\sqrt{3}K_c=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时，Nyquist 图如图所示

曲线 $G(j\omega)$ 与 $-\dfrac{1}{N(M)}$ 相交，且有两个交点，对应同一个角频率 $\omega=\dfrac{\sqrt{2}}{2}rad/s$

再由 $\operatorname{Re}\left(j\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\dfrac{1}{N(M_0)}$，即 $-\dfrac{\sqrt{3}}{3}=-\dfrac{1}{\dfrac{4}{M_0}\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{M_0}\right)^2}}$，解得 $M_{01}=\dfrac{2}{3}\sqrt{3}$，$M_{02}=2$

其中 $M_{02}=2$，此时 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 由不稳定区域穿越到稳定区域，对应的交点为稳定焦点，它代表系统产生的自持振荡幅值，振荡频率为〔原文不清〕rad/s.

【评注】1. 含死区无滞环继电器的描述函数及其负倒特性在 Nyquist 图中表现.

2. 懂得运用 Nyquist 图分析问题

3. 拐弯点对于含死区无滞环继电器描述函数，可令 $\varphi=\dfrac{D}{M}$ 对 $N(A)$ 求导得极值点.

九、思路解析：本题主要考察系统的可控性，可控分解和极点配置相关问题.

解：（1）系统可控判别矩阵：

$Q_c=(b,Ab,A^2b)=\begin{pmatrix}0&1&2\\1&1&1\\0&0&0\end{pmatrix},\quad rank Q_c=2<3,$

因此系统不完全可控.

（2）∵ $rank Q_c=2<3$，则从 $Q_c$ 中选取 2 个线性无关列作为矩阵 $T$ 的前 2 列，再任取一列与前 2 列线性无关，则取 $T=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$

∴ $\dot{\hat{x}}(t)=T^{-1}AT\hat{x}(t)+T^{-1}bu(t)=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&2&0\\0&0&-1\end{pmatrix}\hat{x}(t)+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}u(t)$

$y(t)=cT\hat{x}(t)+du(t)=(1\ 1\ |\ 0)\hat{x}(t)$

因此能控部分为：$\dot{\hat{x}}_c(t)=\begin{pmatrix}0&-1\\1&2\end{pmatrix}\hat{x}_c(t)+\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}u(t)$

$y_c(t)=(1\ 1)\hat{x}_c(t)$

完全不能控：$\dot{\hat{x}}_{\bar{c}}(t)=-\hat{x}_{\bar{c}}(t)$，$y_{\bar{c}}(t)=0$

（3）∵ $rank Q_c=2<3$，

因此，状态反馈不能对系统任意配置极点，我们试着将极点配置在 $-2$，$-2$，$-1$ 处.

设状态反馈阵 $k=(k_1,k_2,k_3)$，则闭环系统特征多项式为

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$=\lambda^3+(k_2-1)\lambda^2+(k_1-1)\lambda+(k_1-k_2+1)$

根据给定极点值，得期望特征多项式：

$f^*(\lambda)=(\lambda+2)^2(\lambda+1)=\lambda^3+5\lambda^2+8\lambda+4$

比较 $f(\lambda)$ 与 $f^*(\lambda)$ 各对应的系数，可解得 $k_1=9$，$k_2=6$

则状态反馈增益阵 $k=[9,6,k_3]$，其中 $k_3$ 为任意实数.

题后总结 状态反馈对系统任意配置极点的充要条件是系统完全能控，但是对于题中给出的某一组极点，若系统不是完全能控，则也可能配置该组极点.