2013 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 147-155 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排版瑕疵，均照录原文：第三题第（1）小问前向通路原件标号作 $P_1=\dfrac{b_3}{s^3}, P_2=\dfrac{b_1}{s}, P_3=\dfrac{b_2}{s^2}$；第八题第（2）问原件推导式作 $-M^2+.D^2$ 缺失 $=0$。

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上海交通大学二〇一三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. 劳斯表结束前有一行全部为 0，则系统不稳定.　（×）

2. 系统的脉冲响应反映了系统的静动特性，可作为系统的数字模型.　（√）

3. 单位负反馈系统的开环传递函数为 $\dfrac{k(\tau s+1)}{s^2}$，式中 $k>0$，$\tau>0$，则该系统的稳定性与 $k$ 的大小无关.　（√）

4、幅频特性相同的系统相频特性未必相同　（√）

5、单位负反馈系统的开环系统的中频段决定了系统的动静态性能　（×）

【思路解析】本题主要考查系统的各频段所反映的系统性能

【完整步骤】中频段表征了系统的动态性能，但低频段反映的才是系统的静态性能，因此本题错误.

【题后点评】一般地，低频段反映系统的稳态性能 中频段表征了动态性能，高频段决定了系统的抗干扰能力和复杂性.

6. 系统增加开环极点，一般会使系统阻尼增加　（×）

二、解题思路：根据力学平衡列微分方程

（1）

$$\begin{cases}F=kx_1+k(x_1-x_2)+M\ddot x_1\\[4pt]k(x_1-x_2)-b\dot x_2=M\ddot x_2\end{cases}$$

整理

$$\begin{cases}M\ddot x_1+2kx_1-kx_2-F=0\\[4pt]M\ddot x_2+b\dot x_2+kx_2-kx_1=0\end{cases}$$

（2）拉氏变换 $\begin{cases}Ms^2X_1(s)+2kX_1(s)-kX_2(s)-F(s)=0\qquad (1)\\[4pt]Ms^2X_2(s)+bsX_2(s)+kX_2(s)-kX_1(s)=0\qquad (2)\end{cases}$

由①得

$X_1(s)=\dfrac{F(s)+kX_2(s)}{Ms^2+2k}\qquad (3)$

将③代入②得

$Ms^2X_2(s)+bsX_2(s)+kX_2(s)-\dfrac{kF(s)}{Ms^2+2k}-\dfrac{k^2X_2(s)}{Ms^2+2k}=0$

整理

$\dfrac{X_2(s)}{F(s)}=\dfrac{k}{M^2s^4+Mbs^3+3Mks^2+2kbs+k^2}$

注：牛顿第二定律是建模常考的内容，需要大家熟练分析.

三、解题思路：用梅森公式和状态空间分别求解，再由一种转换另一种.

（1）回路：$L_1=\dfrac{a_1}{s}$，$L_2=\dfrac{a_2}{s^2}$，$L_3=\dfrac{a_3}{s^3}$

$\Delta=1-L_1-L_2-L_3=\dfrac{s^3-a_1s^2-a_2s-a_3}{s^3}$

前向通路：$P_1=\dfrac{b_3}{s^3}$，$\Delta_1=1$；$P_2=\dfrac{b_1}{s}$，$\Delta_2=1$；$P_3=\dfrac{b_2}{s^2}$，$\Delta_3=1$

$\dfrac{G(s)}{R(s)}=\dfrac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2+P_3\Delta_3}{\Delta}=\dfrac{b_1s^2+b_2s+b_3}{s^3-a_1s^2-a_2s-a_3}$

（2）

$$\begin{cases}sx_3=a_1x_3+a_2x_2+a_3x_1+r\\[4pt]sx_2=x_3\\[4pt]sx_1=x_2\\[4pt]g=b_1x_3+b_2x_2+b_3x_1\end{cases}\quad\text{整理得}\quad\begin{cases}\dot x_1=x_2\\[4pt]\dot x_2=x_3\\[4pt]\dot x_3=a_3x_1+a_2x_2+a_1x_3+r\\[4pt]g=b_3x_1+b_2x_2+b_1x_3\end{cases}$$

$\dot x=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\a_3&a_2&a_1\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}r,\qquad g=[b_3\ \ b_2\ \ b_1]x$

（3）$\because\dfrac{G(s)}{R(s)}=\dfrac{b_1s^2+b_2s+b_3}{s^3-a_1s^2-a_2s-a_3}=C(sI-A)^{-1}B$

令 $Z=x_1$，$\dot x_1=x_2$，$\dot x_2=x_3$

则 $\begin{cases}r=\dddot{Z}-a_1\ddot Z-a_2\dot Z-a_3Z\\[4pt]b_1\ddot Z+b_2\dot Z+b_3Z=g\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\dot x_3=a_3x_1+a_2x_2+a_1x_3+r\\[4pt]g=b_3x_1+b_2x_2+b_1x_3\end{cases}$

$\therefore\dot x=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\a_3&a_2&a_1\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}r,\qquad g=[b_3\ \ b_2\ \ b_1]x$

∴以上两者等价.

注：梅森公式中分离点在相加点之前要画两个信号点.

四、分析：可由 Bode 图直接写出传函

完整步骤：（1）$G(s)=\dfrac{10}{s(10s+1)(0.05s+1)}$

令 $L(\omega_c)=20\lg\left|\dfrac{10}{\omega\cdot\sqrt{10\omega^2+1}\cdot\sqrt{0.05^2\omega^2+1}}\right|=0\Rightarrow\omega=1rad/s$

$\varphi(\omega)=-90^\circ-\arctan10\omega-\arctan0.05\omega\Rightarrow\varphi(\omega_c)=-177.15^\circ$

相位裕度 $r=180^\circ+\varphi(\omega_c)=2.85^\circ$

（2）右移十倍频程，截止频率 $\omega_c'=10rad/s$

$\varphi(\omega_c')=-90^\circ-\arctan0.1\times10\omega_c'-\arctan0.1\times0.05\omega_c'=-177.15^\circ$

$\Rightarrow r'=180^\circ+\varphi(\omega_c')=2.85^\circ$ 保持不变

题型总结：①由低频段渐近线与横轴交点，即为 $k$ 值；②第 2 问结论要记住.

五、分析：本题是经典时域分析题，要通过框图求出传递函数，并会求稳态误差

（1）由框图可得开环传递函数：$G(s)=\dfrac{10}{s(s+k_f+2)}$

闭环特征方程 $s^2+(k_f+2)s+10=0$

根据劳斯判据，系统稳定可得 $k_f>-2$

∴闭环稳定的 $k_f$ 范围是 $(-2,+\infty)$.

（2）$k_a=\lim\limits_{s\to0}s^2G(s)=0$

（3）令 $k_f=0$ 时，开环传函 $G(s)=\dfrac{10}{s(s+2)}=\dfrac{5}{s(0.5s+1)}$

对于单位斜坡输入，$k_v=5$，∴$e_{ssv}=\dfrac{1}{5}$

令 $k_f$ 不得 0，则 $G(s)=\dfrac{10}{s(s+2+k_f)}=\dfrac{\dfrac{10}{2+k_f}}{s\left(\dfrac{1}{2+k_f}s+1\right)}$

∴$k_v=\dfrac{10}{2+k_f}$，$e_{ssv}=\dfrac{2+k_f}{10}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{k_f}{10}$

∴当 $-2<k_f<0$ 时，稳态误差减小，当 $k_f>0$ 时，稳态误差增大.

【点评】应进一步分析内部反馈对其它性能指标的影响，并做好记录.

六、解：（1）$G(s)=\dfrac{k(s+2)^2}{s(s^2+1)(s+8)}$

①开环零极点：$Z_{1,2}=-2$，$P_1=0$，$P_{2,3}=\pm j1$，$P_4=-8$

②实轴上：$[-8,-2]$，$[-2,0]$

③渐近线：$\sigma_a=\dfrac{\sum P-\sum Z}{n-m}=\dfrac{-8-(-2-2)}{4-2}=-2$

④分离点：$M'(s)N(s)-M(s)N'(s)=0$

$\Rightarrow 2(s+2)s(s^2+1)(s+8)-(s+2)^2(4s^3+24s^2+2s+8)=0$

$\Rightarrow s^4+8s^3+24s^2-2s+8=0$

解得根均不满足相角条件，故没有分离点

⑤与虚轴交点：$D(s)=1+G(s)=0$

$\Rightarrow D(s)=s^4+8s^3+(1+k)s^2+(8+4k)s+4k$

$\therefore D(j\omega)=\omega^4+4k-\omega^2(1+k)+j\left[(8+4k)\omega-8\omega^3\right]$

$\begin{cases}\omega^4+4k-\omega^2(1+k)=0\\[4pt](8+4k)\omega-8\omega^3=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\omega=2\sqrt2=2.83\\[4pt]k=14\end{cases}$

∴与虚轴交于 $\pm j2.83$

⑥出射角：$\varphi_{P_3}=\pm180^\circ+2\arctan\dfrac{1}{2}-90^\circ-\arctan\dfrac{1}{8}-90^\circ=46^\circ$

同理，$\varphi_{P_2}=-46^\circ$

根轨迹如图所示：

（2）由上述和根轨迹可知：当 $k>14$ 时，闭环系统稳定

（3）由（1）可知，当系统有纯虚根时，即根轨迹与虚轴相交时，此时 $k=14$，有纯虚根 $s=\pm j2\sqrt2$

∴$D(s)=s^4+8s^3+15s^2+64s+56$

∴$D(s)$ 中必含有 $(s^2+8)$ 因式，故用待定系数法

$D(s)=(s^2+8)(as^2+bs+c)=as^4+bs^3+(8a+c)s^2+8bs+8c$

$\therefore\begin{cases}a=1\\[4pt]b=8\\[4pt]8a+c=15\\[4pt]64=8b\end{cases}\ ,\ 8c=56\Rightarrow\begin{cases}a=1\\[4pt]b=8\\[4pt]c=7\end{cases}\qquad\therefore\text{根为}\ s_{1,2}=\pm j2\sqrt2\ ,\ s_3=-1\ ,\ s_4=-7$

七、【分析】主要考察超前滞后校正

【解】令 $k=30$，$G(s)=\dfrac{30}{s(0.1s+1)(0.2s+1)}$，$L(\omega_c)=0\Rightarrow\omega_c=11.447rad/s$

$\gamma(\omega_c)=-25.264^\circ<45^\circ$

先采用超前校正，令 $\omega_c=12rad/s$，此时 $\gamma'(\omega_c)=-27.57^\circ<45^\circ$ 不满足

由于所需补偿的角度为 $45^\circ-(-27.57^\circ)=72.6^\circ$ 大于 $60^\circ$，采用一级超前校正不可行，可先用超前校正将 $\omega_c=12rad/s$ 处的相角增大

$\varphi_m=20-(-27.57^\circ)+0.43^\circ=48^\circ$，此时 $\alpha=\dfrac{1+\sin\varphi_m}{1-\sin\varphi_m}\approx7.8$

$\omega_c=\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}T}=12\Rightarrow T=0.03$

此时 $G_{c1}(s)=\dfrac{\alpha T_1s+1}{Ts+1}=\dfrac{0.2s+1}{0.03s+1}$

$G(s)G_{c1}(s)=\dfrac{30}{s(0.1s+1)(0.03s+1)}$

在 $\omega_c=12rad/s$ 处，$\gamma'(\omega_c)=20^\circ$，$L'(\omega_c)=6.38dB$

可采用滞后超前校正将 $\omega_c=12rad/s$ 处的 $L'(\omega_c)$ 降为 0

令 $\dfrac{1}{bT_2}=\dfrac{\omega_c}{10}\Rightarrow b=0.1$，$a=10$，$T_2=8.33$

$\dfrac{-L'(\omega_c)-0}{\lg\omega_c-\lg\dfrac{1}{T_1}}=20\Rightarrow T_1=0.04$

$\therefore G_{c2}=\dfrac{aT_1s+1}{T_1s+1}\cdot\dfrac{bT_2s+1}{T_2s+1}=\dfrac{(0.4s+1)(0.83s+1)}{(0.04s+1)(8.33s+1)}$

$\therefore G'(s)=G(s)G_{c1}(s)G_{c2}(s)=\dfrac{30(0.4s+1)(0.83s+1)}{s(0.1s+1)(0.03s+1)(0.04s+1)(8.33s+1)}$

经检验，$\gamma(\omega_c)=67.44^\circ>45^\circ$，$k_v\ge30$；截止频率 $\omega_c=12rad/s$

【注】先将 $\omega_c=12$ 处的裕度改变（使用超前校正），再用超前滞后来校正

八、[分析]此题主要考察非线性系统中利用描述函数法分析系统稳定性.

[解]（1）非线性环节描述函数 $N(M)=\dfrac{4T_m}{\pi M}\sqrt{1-\left(\dfrac{D}{M}\right)^2}\quad(M\ge D)$

则其负倒描述函数为 $-\dfrac{1}{N(M)}=-\dfrac{\pi M^2}{4T_m\sqrt{M^2-D^2}}$

令 $u=\dfrac{D}{M}$，则 $N(u)=\dfrac{4T_m}{\pi D}u\sqrt{1-u^2}$，$N'(u)=\dfrac{4T_m}{\pi D}\cdot\dfrac{1-2u^2}{\sqrt{1-u^2}}$

令 $N'(u)=0$，得 $u=\dfrac{1}{\sqrt2}$ 时，$N(u)$ 取极大值

又 $-\dfrac{1}{N(u)}$ 和 $N(u)$ 单调性相同，故 $u=\dfrac{D}{M}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ 即 $M=\sqrt2D$ 时，

$\left[-\dfrac{1}{N(M)}\right]_{\max}=-\dfrac{\pi D}{2T_m}$

由线性系统传递函数可知，$\omega_x=\dfrac{1}{\sqrt{2\times1}}=\dfrac{1}{\sqrt2}$，$\left|G(j\omega_x)\right|=\dfrac{k\times2\times1}{2+1}=\dfrac{2k}{3}$

当 $G(j\omega_x)\cdot N(M)=-1$，即 $\left|G(j\omega_x)\right|=\left|-\dfrac{1}{N(M)}\right|$ 时，存在极限环。

由 $\dfrac{2k_c}{3}=\dfrac{\pi D}{2T_m}$ 得 $k_c=\dfrac{3\pi D}{4T_m}$

（2）当 $k<k_c$ 时，线性系统的奈奎斯特曲线，与负倒描述函数曲线不相交，系统稳定。

当 $k>k_c$ 时，$-\dfrac{1}{N(M)}$ 和 $G(j\omega)$ 相交于 $-\dfrac{2k_c}{3}$ 处，系统不稳定，此时

$-\dfrac{1}{N(M)}=-\dfrac{\pi M^2}{4T_m\sqrt{M^2-D^2}}=-\dfrac{2k}{3}$

$\Rightarrow\dfrac{9\pi^2}{64k^2T_m^2}M^4-M^2+D^2=0$

令 $v=\dfrac{9\pi^2}{64k^2T_m^2}$

$\Rightarrow M_1=\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-4D^2v}}{2v}}\ ,\quad M_2=\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-4D^2v}}{2v}}\ \ (\text{舍})$

$\therefore M=\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-4D^2v}}{2v}}\ \ \text{为系统稳定时幅值,\quad }\ \ \omega_x=\dfrac{\sqrt2}{2}\ \ \text{为其频率.}$

（3）由前两问可知，随着 $k$ 值的增大，系统稳定性下降，且 $k>k_c$ 时会出现自振。

[注]1. 寻找线性环节负倒描述函数与线性环节传递函数奈奎斯特曲线的临界交点，即为临界稳定点.

2. 由 $N(M)\cdot G(j\omega)+1=0$ 推得 $\left|G(j\omega_x)\right|=\left|-\dfrac{1}{N(M)}\right|$，$\angle G(j\omega_x)=-\pi-\angle N(M)$

九、状态空间 $\dot x_1=-2x_1+3x_2+3u$，$\dot x_2=-2x_1+5x_2+5u$，$y=3x_1+2x_2$，

（1）求该系统的稳定性；（2）状态反馈，配置极点都在 $-2$ 处。

【思路解析】本题主要考察系统稳定性和极点配置相关问题

解：由题可写出系统状态空间表达式

$\dot x(t)=\begin{pmatrix}-2&3\\-2&5\end{pmatrix}x(t)+\begin{pmatrix}3\\5\end{pmatrix}u(t),\qquad y(t)=(3,2)x(t)$

（1）因为特征方程为 $D(s)=\left|sI-A\right|=\begin{vmatrix}s+2&-3\\2&s-5\end{vmatrix}=s^2-3s-4=(s-4)(s+1)$

所以 $s_1=4$，$s_2=-1$，

∵含有大于 0 的解，∴系统状态不稳定.

$G(s)=c\left[sI-A\right]^{-1}b=\dfrac{19s+8}{(s-4)(s+1)}$

∵含有大于 0 的解，∴系统输出不稳定.

（2）系统能控判别阵：$Q_c=\left(b\ \ Ab\right)=\begin{pmatrix}3&9\\5&19\end{pmatrix}$

∵$rankQ_c=2$，∴系统状态完全能控，可任意配置极点

设状态反馈阵 $k=(k_1,k_2)$，闭环特征多项式为

$f(\lambda)=\det\left[\lambda I-(A-bk)\right]=\det\begin{bmatrix}\lambda+2+3k_1&3k_2-3\\2+5k_1&\lambda-5+5k_2\end{bmatrix}=\lambda^2+(3k_1+5k_2-3)\lambda+(4k_2-4)$

根据给定极点值，得期望特征多项式 $f^*(\lambda)=(\lambda+2)^2=\lambda^2+4\lambda+4$

比较 $f(\lambda)$ 与 $f^*(\lambda)$ 各对应的系数，可解得 $k_1=-1$，$k_2=2$，

∴状态反馈阵 $k=(-1,2)$.

【题后总结】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，则可任意配置极点.