2012 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 138-146 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：原件存在下列笔误与自相矛盾之处，均照录原文未作改动：第二问「$K_p$ 太小会使系统影响速度缓慢」（当作「响应速度缓慢」）；第二问「但 $K_I$ 太大，积分作用越弱」（与常理相反）；第九题「传递函数：$u(s)=\dfrac{Y(s)}{u(s)}$」（左侧记号当作 $G(s)$）。

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上海交通大学二〇一二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、1、这是一个液位控制系统：

工作原理　当控制阀打开放水进入水池时，液面高度通过浮子位置与电位器相近程度进行控制。电位器电刷位于中间时，电动机不工作阀门有固定开度，流出量等于流入量，当液面低于期望值时，浮子下降与给定电压产生一定的偏差驱动电动机调大控制阀门，直到达到偏差电压为 $u$，为液面高于期望值工作过程相反　直到达到偏差电压为 0，回到平衡位置。

系统框图：

2、①比例控制对系统动态性能影响　$K_p$ 增大将使系统响应速度加快　$K_p$ 偏大系统振荡次数增多，调节时间长；$K_p$ 太小会使系统影响速度缓慢。

对系统稳态性能影响：保证系统稳定前提加大 $K_p$ 可减少稳态误差，但不能消除。

②积分控制对系统动态性能影响：合适的 $K_I$ 可减少系统超调量提高稳定性，但降低系统的快速性。

对系统的稳态性能影响：有助于消除系统稳态误差提高系统控制精度　但 $K_I$ 太大，积分作用越弱，使系统响应速度变慢，超调量变大，可能产生振荡。

③微分控制对系统动态性能影响：微分系数 $K_D$ 增加，可改善系统动态特性，如减少超调，

缩短调节时间，适当加大比例控制可以减少稳态误差，提高控制精度，但 $K_p$ 偏大偏小都适得其反。额外，微分作用可以放大系统的噪音，降低抗干扰能力。

对于稳态性能影响　微分环节加入，可在误差出现或变化瞬间，按偏差变化的趋势进行控制，该引进的早期修正作用有助于增加系统稳定性。

3. 说明什么是非最小相位系统？给出三种非最小相位的传递函数

非最小相位系统：系统函数在 $s$ 平面的右半平面上具有一个或多个零点或极点的系统

非最小相位环节：$\dfrac{1}{-Ts+1}$，$-Ts+1$，$\dfrac{1}{\dfrac{s^2}{\omega_n^2}-2\dfrac{\xi s}{\omega_n}+1}$ 等

二、解题思路：根据示意图分析各个量，再画出方框图

1. 被控制对象是热交换器，被控变量是物料的温度，操作量是冷却水

2. （a）

（b）

方案（a）是反馈控制系统，是一种针对物料温度偏差的控制方案，根据检测温度与设定温度的偏差进行控制输出，控制冷却水阀门大小，进而保证输出物料温度的恒定。是一种闭环控制方案。

方案（b）是顺馈控制系统，检测扰动量——热物料流量　根据扰动量的变化输出控制量，控制冷却水阀门大小，从而减小扰动量对热交换器的影响，减小输出物料温度的波动。是一种开环控制。

区别：方案（a）是基于温度偏差控制的闭环控制系统，可以保证输出物料温度为设定值；方案（b）是基于扰动控制的顺馈控制系统，是一种开环控制，可以减小扰动对输出的影响，减小输出的波动。

注：顺馈也叫前馈，了解两种反馈的优缺点.

三、分析：微分方程和传递函数的互相转化，要理解转化的原因、方法.

（1）原式为 $\ddot y+3\dot y+8y=2x+\dot x$，则 $s^2y+3sy+8y=2x+sx$，

$Y(s)\left[s^2+3s+8\right]=X(s)\left[s+2\right]$

$\therefore\dfrac{Y(s)}{X(s)}=\dfrac{s+2}{s^2+3s+8}$

（2）$X(s)=\dfrac{1}{s^2}$，$Y(s)=\dfrac{s+2}{s^4+3s^3+8s^2}=\dfrac{1}{32s}+\dfrac{1}{4s^2}+\dfrac{-\dfrac{1}{32}\left(s+\dfrac{3}{2}\right)}{s^2+3s+8}+\dfrac{-\dfrac{19}{64}}{s^2+3s+8}$

对 $Y(s)$ 作拉氏反变换

$y(t)=\dfrac{1}{32}+\dfrac{1}{4}t-\dfrac{1}{32}e^{-\frac{3}{2}t}\left[\cos\left(\dfrac{\sqrt{23}}{2}t\right)+\dfrac{19}{\sqrt{23}}\sin\left(\dfrac{\sqrt{23}}{2}t\right)\right]$

点评　这道题目主要考察传递函数的变换，如何从微分方程通过拉式变换到传递函数，如何从传递函数拉式反变换到时域表示　这是考生应该掌握的.

四、解：（1）前向通路：$T_1=G_1G_2G_3$　　$T_2=G_4G_3$

回路：$L_1=-G_1H_1$　　$L_2=-G_3H_2$　　$L_3=-G_1G_2G_3H_3$

$L_4=-H_4$　　$L_5=-G_4G_3H_3$

$\Delta=1+G_1H_1+G_3H_2+G_1G_2G_3H_3+H_4+G_4G_3H_3+G_1H_1H_4+G_1H_1G_3H_2$

$\Delta_1=1\qquad \Delta_2=1$

$\therefore\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{G_1G_2G_3+G_4G_3}{1+G_1H_1+G_3H_2+G_1G_2G_3H_3+H_4+G_4G_3H_3+G_1H_1H_4+G_1H_1G_3H_2}$

（2）前向通路：$T_1=G_1G_2G_3G_4G_5$　　$T_2=G_6$

回路：$L_1=-G_1G_2H_1$　　$L_2=-G_3H_2$　　$L_3=-G_4H_3$

$L_4=-G_2G_3G_4G_5H_4$　　$L_5=G_6H_4G_2H_1$

$\Delta=1+G_1G_2H_1+G_3H_2+G_4H_3+G_2G_3G_4G_5H_4-G_6H_4G_2H_1+G_1G_2H_1G_4H_3-G_4H_3G_6H_4G_2H_1$

$\Delta_1=1\qquad \Delta_2=1+G_3H_2+G_4H_3$

$\therefore\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{G_1G_2G_3G_4G_5+G_6\left(1+G_3H_2+G_4H_3\right)}{1+G_1G_2H_1+G_3H_2+G_4H_3+G_2G_3G_4G_5H_4-G_6H_4G_2H_1+G_1G_2H_1G_4H_3-G_4H_3G_6H_4G_2H_1}$

五、分析：高阶系统时域分析之静态误差系数

（1）特征方程为 $3s^3+7s^2+2s+3=0$

解得闭环特征根：$s_1=-2.2$，$s_2=-0.05+0.7j$，$s_3=-0.05-0.7j$

$\therefore$ 系统闭环稳定

（2）$k_p=\lim_{s\to 0}G(s)=\infty$

$k_v=\lim_{s\to 0}sG(s)=\lim_{s\to 0}s\cdot\dfrac{\dfrac{3}{2}}{s(3s+1)(0.5s+1)}=\dfrac{3}{2}$

$k_a=\lim_{s\to 0}s^2G(s)=0$

（3）$e_{ssr}=\dfrac{5}{k_v}+\dfrac{2}{1+k_p}=\dfrac{5}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{10}{3}$

点评：题型基础，考生应掌握且不能丢分.

六、解：$G(s)=\dfrac{k}{s^2(s+2)}$，$k:0\to+\infty$ 画 $180^\circ$ 根轨迹

①开环零极点：无零点，$P_{1,2}=0$，$P_3=-2$

②实轴上：$(-\infty,-2)$

③渐近线：$\sigma_a=\dfrac{-2-0}{3}=-\dfrac{2}{3}$，$\varphi_a=\pm60^\circ$，$180^\circ$

根轨迹如图所示，$K$ 无论在 $(0,+\infty)$ 上取何值，系统一定不稳定，这是一个结构不稳定的系统.

当增加一个 $(s+a)$，$G_0(s)=\dfrac{k(s+a)}{s^2(s+2)}$

$D(s)=1+G_0(s)=0\Rightarrow D(s)=s^2(s+2)+ks+ak=s\left(s^2+2s+10\right)+10a$

$\therefore$ 可取等效开环传递函数 $G_1(s)=\dfrac{10a}{s\left(s^2+2s+10\right)}$

当 $a$ 从 $0\to+\infty$ 时应画 $180^\circ$ 根轨迹

①开环零极点：无 $Z$，$P_1=0$，$P_{2,3}=-1\pm j3$

②实轴上：$(-\infty,0]$

③渐近线：$\sigma_a=\dfrac{\sum P-0}{3}=-\dfrac{2}{3}$，$\varphi_a=\pm60^\circ$，$180^\circ$

④出射角：$\varphi_{P_2}=\pm180^\circ+0^\circ-(-\arctan3+180^\circ)-90^\circ=-18.43^\circ$

同理，$\varphi_{P_3}=18.43^\circ$

⑤与虚轴交点：$D(s)=s\left(s^2+2s+10\right)+10a=s^3+2s^2+10s+10a$

$D(j\omega)=10a-2\omega^2+j\left(10\omega-\omega^3\right)$，

$$$$

由根轨迹可知，当 $0<a<2$ 时，闭环系统稳定.

七、【思路解析】本题主要考察对于 Bode 图，根据其几何性质确定开环传函，又考察了对于相角裕度（即相位裕量）的计算和绘制 Bode 图

【完整步骤】

（1）$G(s)=\dfrac{k}{s(T_1s+1)(T_2s+1)}$

$20\lg\dfrac{k}{0.1}=60\Rightarrow k=100.\ \ \omega_1=25,\omega_2=100,\omega=\dfrac{1}{T}$

$G(s)=\dfrac{100}{s\left(\dfrac{s}{25}+1\right)\left(\dfrac{s}{100}+1\right)}\qquad G(s)G_c(s)=\dfrac{100(0.5s+1)}{\left(\dfrac{s}{0.2}+1\right)\left(\dfrac{s}{100}+1\right)\left(\dfrac{s}{270}+1\right)}$

（2）校正前：根据，

$20\lg\dfrac{100}{\omega\cdot\dfrac{\omega}{25}}=0\Rightarrow\omega_{c前}=50$

校正后：根据

$20\lg\dfrac{100\cdot0.5\omega}{\omega\cdot5\omega}=0\Rightarrow\omega_{c后}=10$

校正前 $\gamma=180^\circ+\varphi(50)=0^\circ$ 校正后 $\gamma'=180^\circ+\varphi'(10)=72^\circ$

（3）$G_c(s)=\dfrac{G_c(s)G(s)}{G(s)}=\dfrac{(0.5s+1)\left(\dfrac{s}{25}+1\right)}{\left(\dfrac{s}{0.2}+1\right)\left(\dfrac{s}{270}+1\right)}$

【题后点评】由 Bode 图确定 $G(s)$ 时要按照步骤书写准确计算正确，就不会出错了，要熟练掌握计算 $\gamma$ 的方法，绘制 Bode 图时要清楚每个环节的性质，$20\lg|G|=0$ 和 $\varphi=0^\circ$ 的位置要找准确.

八、分析：非线性系统描述函数法考察

解：$M=1$ 情况下的理想继电器特性的负倒描述函数为 $-\dfrac{1}{N(A)}=-\dfrac{\pi}{4}A$

如 Nyquist 图所示，$-\dfrac{1}{N(A)}$ 特性是整个负实轴，给定系统线性部分频率响应 $G(j\omega)$ 如图所示，它和 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 特性交点为稳定交点，代表自持振荡，其角频率 $\omega_0$ 可由 $\mathrm{Im}G(j\omega)=0$，

解出 $\omega_0=\sqrt{6}\mathrm{rad/s}$

确定自持振荡振幅 $A_0$：

计算 $\mathrm{Re}G(j\omega)$，然后由 $\mathrm{Re}G(j\omega_0)=-\dfrac{1}{N(A_0)}$ 求解 $A_0$，$\mathrm{Re}G(j\omega_0)=-\dfrac{1}{3}$

即由 $-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{\pi}{4}A_0$，解得 $A_0=0.424$.

【评注】1. 掌握非线性部分负倒特性描述出的 Nyquist 图

2. 线性部分稳定的交点才可产生自持振荡.

九、解：因为系统开环传函为 $G(s)=\dfrac{10}{s(s+1)(s+2)}=\dfrac{10}{s^3+3s^2+2s}$

$\therefore$ 系统状态方程为：$\dot x(t)=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&-2&-3\end{pmatrix}x(t)+\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}u(t)$，$y=(10\quad0\quad0)x(t)$

能控判别矩阵 $Q_c=(b,Ab,A^2b)=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&-3\\1&-3&7\end{pmatrix}$，$rank Q_c=3$

因此，系统完全可控，可任意配置极点.

设状态反馈矩阵 $k=(k_1,k_2,k_3)$，则闭环系统特征多项式为

$$$$

$=\lambda^3+(3+k_3)\lambda^2+(2+k_2)\lambda+k_1$

根据给定极点值，得期望特征多项式：

$f^*(\lambda)=(\lambda+2)(\lambda+1+j)(\lambda+1-j)=\lambda^3+4\lambda^2+6\lambda+4$

比较 $f(\lambda)$ 与 $f^*(\lambda)$ 各对应的系数，可解得 $k_1=4$，$k_2=4$，$k_3=1$

状态反馈阵 $k=[4,4,1]$

闭环系统动态方程：$\dot x(t)=(A-bk)x(t)+bu(t)=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-4&-6&-4\end{pmatrix}x(t)+\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}u(t)$

$y(t)=(10\quad0\quad0)x(t)$

传递函数：$u(s)=\dfrac{Y(s)}{u(s)}=c\left[sI-(A-bk)\right]^{-1}b+d$

$=(10,0,0)\begin{pmatrix}s&-1&0\\0&s&-1\\4&6&s+4\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\dfrac{10}{s^3+4s^2+6s+4}$

题后总结：1. 对于由状态空间表达式求传递函数

当 $\dot x=Ax+bu$，$y=cx+du$ 时，传递函数：$G(s)=\dfrac{Y(s)}{u(s)}=c[sI-A]^{-1}b+d$

2. 在设计状态反馈控制器前，应先判断系统的能控性，若系统完全能控，则可对极点进行任意配置.