2014 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 156-165 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（2）问等效开环传函原件作 $G_k=\dfrac{k(s+1)}{s}$（分母应为 $s^2$）；第八题第（1）问期望多项式原件作 $\lambda^2+9s+20$（自变量应为 $\lambda$）。

---

上海交通大学二〇一四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、C

2. D

3、B

【思路解析】本题主要考查对奈氏曲线特点和性质的理解.

【完整步骤】首先，II 型 系统奈氏曲线起点由 $\omega=0^+$ 开始，幅角为 $\nu\cdot(-90^\circ)$ 为 $-180^\circ$，幅值为 $\infty$. 其次，要掌握 $\omega$ 从 $0^-$ 到 $-\infty$ 时，$G(j\omega)$ 与 $\omega$ 从 $0\to+\infty$ 时共轭，所以 $G(-j\omega)$ 与 $G(j\omega)$ 关于实轴对称，因此 $\omega=0^-$ 时，幅角仍为 $-180^\circ$，幅值为 $\infty$. 但二者方向不同，$\omega=0^+$ 时，曲线方向向右为 $180^\circ$，$\omega=0^-$ 时曲线方向向左为 $-180^\circ$. 因此可视为从 $-180^\circ$ 旋转至 $180^\circ$，即 B 选项，顺时针旋转 $2\pi$ 弧度.

【题后点评】要了解奈氏曲线 $\omega$ 从 $0\to+\infty$ 和从 $0\to-\infty$ 时关于实轴对称.

4、B

【思路解析】本题主要考查渐近对数幅频特性的特点和二次振荡环节的性质.

【完整步骤】选（B），二次振荡环节为 $G(s)=\dfrac{1}{T^2s^2+2\xi Ts+1}\,(0<\xi<1)$，

其对数幅频特性为 $L(\omega)\approx-20\lg\sqrt{\left(1-T^2\omega^2\right)^2+(2\xi T\omega)^2}$，

可得 $\xi$ 在 0.5 附近且精度要求不高时，可用近似折线代替，

当 $\xi<0.3$ 或 $\xi>0.8$，在做精确计算时，要进行修正.

【题后点评】要了解并掌握振荡环节渐近幅频 特性的特点.

5、D

二、解：$q_i-q_1=C_1\dfrac{dh_1}{dt}$，$R_1=\dfrac{h_1-h_2}{q_1}$

$q_1+q_d-q_2=C_2\dfrac{dh_2}{dt}$，$R_2=\dfrac{h_2}{q_2}$

∴$H_1(s)=\dfrac{Q_i(s)-Q_1(s)}{sC_1}$，$Q_1(s)=\dfrac{H_1(s)-H_2(s)}{R_1}$

∴$H_2(s)=\dfrac{Q_1(s)+Q_d(s)-Q_2(s)}{sC_2}$，$Q_2(s)=\dfrac{H_2(s)}{R_2}$

另设系统的设定值为 $u$，反馈系数为 $K_p$

根据物理规律可得

$a=u-K_ph_2$，$q_1=K_pa$，通过上述方程，可以画出系统的结构图如下图所示：

$\dfrac{H_2(s)}{Q_i(s)}=G_1(s)=\dfrac{R_2}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_2C_1)s+1}$

$\dfrac{H_2(s)}{Q_d(s)}=G_2(s)=\dfrac{R_2+R_2R_1C_1s}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_pK_a+1}$

$\dfrac{H_2(s)}{u(s)}=G_3(s)=\dfrac{K_aR_2}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_pK_a+1}$

[注：这里亦可使 $K_a=1$，此时：$\dfrac{H_2(s)}{Q_d(s)}=\dfrac{R_2+R_2R_1C_1s}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_p+1}$

$G_3(s)=\dfrac{R_2}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_p+1}]$

（2）当输入为阶跃信号，使 $K_a=1$，此时：

$E_1(s)=u(s)-K_pH_2(s)=[1-K_pG_3(s)]u(s)$

$e_{ss1}=\lim\limits_{s\to0}sE_1(s)=\lim\limits_{s\to0}s\cdot\dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+1}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_p+1}=\dfrac{1}{R_2K_p+1}$

当外部扰动单位阶跃信号时，使 $K_a=1$，此时：

$E_2(s)=u(s)-K_pH_2(s)=-K_pG_2(s)Q_d(s)$

$e_{ss2}=\lim\limits_{s\to0}sE_2(s)=\lim\limits_{s\to0}s\cdot\dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{K_pR_2+K_pR_2R_1C_1s}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_1C_2)s+R_2K_p+1}=\dfrac{K_pR_2}{R_2K_p+1}$

三、分析：按照题目要求，列出对应关系，一步步求解即可.

（1）由题知闭环传函为：$G(s)=\dfrac{k}{s^2+ks+k}$

∴特征方程为：$D(s)=s^2+ks+k$

$$\begin{cases}2\xi\omega_n=k\\[4pt]\omega_n^2=k\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\xi=\dfrac{\sqrt k}{2}\\[6pt]\omega_n=\sqrt k\end{cases}$$

∴$0<\xi<1$ 时系统振荡 此时 $0<k<4$

$\sigma_p=e^{-\dfrac{\pi\xi}{\sqrt{1-\xi^2}}}\times100\%=e^{-\dfrac{\pi\sqrt k}{\sqrt{4-k}}}\times100\%$

当 $\xi=0.707$ 时，系统有最大振荡频率，此时 $k=2$

（2）$k>0$，其等效开环传递函数为：

$G_k=\dfrac{k(s+1)}{s}$

根轨迹为

当闭环系统阻尼比 $\xi\ge0.5$，则 $\dfrac{\sqrt k}{2}\ge0.5$，即 $k\ge1$

四、解：（1）对于 $PI$，$G_c(s)=\dfrac{k(Ts+1)}{s}$，$k>0$

则由 $G_c\cdot G_p(s)$ 得 $D(s)=s^3-s^2+4(1+kT)s+4k$，其中有 $-s^2$ 项，不满足劳斯判据

（2）对于 $PID$，$G_c(s)=\dfrac{5\left(T_1s^2+T_2s+1\right)}{s}$，$G_p\cdot G_c(s)=\dfrac{20\left(T_1s^2+T_2s+1\right)}{s\left(s^2-s+4\right)}$

型别为 1，满足条件

$D(s)=s^3+(20T_1-1)s^2+(4+20T_2)s+20$

若其稳定则有 $\begin{cases}20T_1-1>0\\[4pt]4+20T_2>0\\[4pt](20T_1-1)\times20-(4+20T_2)>0\end{cases}$

又由 $e_{ssv}=\dfrac{1}{k_v}\le0.1$，$k_v\ge10$，但此时该校正后系统 $k_v=\dfrac{20}{4}=5<10$，故不满足要求

（3）对于 $PID$，$G_c(s)=\dfrac{\left(0.3s^2+k_1s+k_2\right)}{s}$，$G_p\cdot G_c(s)=\dfrac{1.2s^2+4k_1s+4k_2}{s\left(s^2-s+4\right)}$

型别为 1，满足条件

为其稳定，$D(s)=s^3+0.2s^2+(4k_1+4)s+4k_2$，则有 $\begin{cases}0.8k_1+0.8-4k_2>0\\[4pt]4k_2>0\end{cases}$

为满足条件 III，$k_v=\dfrac{4k_2}{4}\Rightarrow k_2\ge10$

综上，可解得 $\begin{cases}k_1>5k_2-1\\[4pt]k_2\ge10\end{cases}$.

五、【分析】主要考察串联超前校正

【解】若超前校正环节为 $G_c'(s)=\dfrac{k(b\tau s+1)}{(\tau s+1)}\,(b>1)$

取 $\omega_c=1rad/s$，$\gamma_0=180^\circ+\angle G(j\omega_c)=-11.3^\circ$

$\varphi_m=50^\circ+11.3^\circ+4.7^\circ=66^\circ$，$b=\dfrac{1+\sin\varphi_m}{1-\sin\varphi_m}=22$

$\dfrac{1}{\sqrt b\tau}=\omega_c\Rightarrow\tau=\dfrac{1}{\sqrt b\omega_c}=0.21$

∴串联超前 $G_c'(s)=\dfrac{k(4.62s+1)}{(0.21s+1)}$

此时

$L\left(G_0\cdot G_c(j\omega_c)\right)=L\left(G_0\cdot G_c'(j\omega_c)\right)=0\Rightarrow\left|\dfrac{k\cdot4.62\cdot1}{5}\right|=1\Rightarrow k=1.08=k_c\cdot a$

又有 $\begin{cases}b\tau=T\\[4pt]\tau=aT\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{22}\\[6pt]T=b\tau=4.62\end{cases}$

∴$k_c=23.76$，经检验，$\omega_g=4.66$，$GM_1=19dB$，$\omega_g=0.982$，$\gamma(\omega_c)=54.8$

【注】利用 $k_c$ 将 Bode 图向下拉，再进行校正.

六、解：主导极点 $s_{1,2}=-2\pm\sqrt3j$ 并不位于 $\dfrac{K}{s(s+2)(s+5)}$ 的根轨迹上。

这里我们使用超前校正，使 $s_{1,2}=-2\pm\sqrt3j$ 位于根轨迹上

设校正装置的传递函数为：

$G_{c1}(s)=K_{c1}\dfrac{s+z_{c1}}{s+p_{c1}}$

计算超前校正补偿角 $\varphi$

$\varphi=180^\circ-\arg\left[\dfrac{1}{s(s+2)(s+5)}\right]_{s=-2+\sqrt3j}=79.1^\circ$

设置校正装置的零点在主导极点的下方附近，同时保证主导极点的主导作用以及满足 $\varphi=79.1^\circ$

故试取 $z_{c1}=2$　$p_{c1}=11$

此时，校正后的系统的传递函数为

$G_{c1}(s)G(s)=\dfrac{K_{c1}}{s(s+11)(s+5)}$

由幅值条件确定 $K_{c1}$ 值

$\left|\dfrac{K_{c1}}{s(s+11)(s+5)}\right|_{s=-2+\sqrt3j}=1\Rightarrow K_{c1}=83.3$

验证速度误差系数

$k_v=\dfrac{83.3}{11\times5}=1.5$

不满足题目要求.

下面，利用滞后校正以满足题目的稳态性能，设滞后校正的传递函数为：

$G_{c2}(s)=\dfrac{s+z_{c2}}{s+p_{c2}}$

这里取 $K_v=50$

即，$1.5\cdot\dfrac{z_{c2}}{p_{c2}}=50\Rightarrow z_{c2}=\dfrac{100}{3}p_{c2}$

靠近原点取

$p_{c2}=0.005$　$z_{c2}=0.167$

此时

$\left|\dfrac{s+0.167}{s+0.005}\right|_{s=-2+\sqrt3j}\approx1$

$\arg\left[\dfrac{s+0.167}{s+0.005}\right]_{s=-2+\sqrt3j}=-2.4^\circ$

滞后校正可以基本不影响系统的根轨迹走向，满足题意.

综上，进行验证，

校正后系统传递函数为：

$G(s)G_{c1}(s)G_{c2}(s)=\dfrac{83.3(s+0.167)}{s(s+11)(s+5)(s+0.005)}$

求得主导极点：

$s_{1,2}=-2\pm\sqrt3j$

$K_v=\dfrac{83.3\times0.167}{11\times5\times0.005}=50.6$

均满足题意。

校正装置传递函数为：

$G_{c1}(s)G_{c2}(s)=\dfrac{83.3(s+0.167)(s+2)}{(s+0.005)(s+11)}$

七、【分析】主要考察非线性系统的分析

【解析】设非线性环节输出为 $m(t)$

由图可知，$\ddot y(t)+\dot y(t)=m(t)$ 而 $m(t)=\begin{cases}e(t),|e|\le2\\[4pt]2,\ e>2\\[4pt]-2,\ e<-2\end{cases}$

且 $e(t)=r(t)-y(t)=1-y(t)$

$\dot e(t)=-\dot y(t)$

$\ddot e(t)=-\ddot y(t)$

故系统分段线性微分方程为：

$$\begin{cases}\ddot e(t)+\dot e(t)+e(t)=0,\ |e|\le2\\[4pt]\ddot e(t)+\dot e(t)+2=0,\quad e>2\\[4pt]\ddot e(t)+\dot e(t)-2=0,\quad e<-2\end{cases}$$

当 $|e|\le2$ 时：

$\dot e\dfrac{d\dot e}{de}+\dot e=-e$，$\dfrac{d\dot e}{de}=\dfrac{-e-\dot e}{\dot e}$

令 $\dfrac{d\dot e}{de}=0$，求得奇点为 $e=0$，$\dot e=0$ 该区域内，特征方程为 $s^2+s+1=0$，特征根

$s_{1,2}=-\dfrac{1}{2}\pm j\dfrac{\sqrt3}{2}$，该奇点为稳定焦点。

令 $\dfrac{d\dot e}{de}=\alpha$，得等倾线方程为 $\dot e=-\dfrac{e}{1+\alpha}$ 可知，等倾线为一簇过原点的直线。

当 $e>2$ 时，$\dfrac{d\dot e}{de}=\dfrac{-\dot e-2}{\dot e}$ 显然无奇点，等倾线方程为 $\dot e=-\dfrac{2}{1+\alpha}$。

等倾线为一簇平行于横轴的直线。在 $\alpha=0$ 时，有 $\dot e=-2$。

当 $e<-2$ 时，$\dfrac{d\dot e}{de}=\dfrac{-\dot e+2}{\dot e}$ 无奇点，等倾线 $\dot e=\dfrac{2}{1+\alpha}$ 是一簇平行于横轴的直线。在 $\alpha=0$ 时，有 $\dot e=2$。

由于 $c(0)=-3$，$\dot c(0)=0$，故 $e(0)=r(0)-c(0)=1-(-3)=4$，

$\dot e(0)=\dot r(0)-\dot c(0)=0$。

在 $e-\dot e$ 平面上，起始于 $(4,0)$ 的概略相轨迹如图所示。

【评注】1. 本题较常规，常规相轨迹绘制方法即可。

2. 会根据非线性部分结构图列写前后方程。

八、【思路解析】本题主要考察全维观测器的极点配置和状态反馈控制器的极点配置

解：（1）系统能观判别矩阵 $Q_0=\begin{pmatrix}c\\cA\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\2&-2\end{pmatrix}$

$rankQ_0=2$，因此系统可观测，可任意配置极点

设观测矩阵 $h=\begin{pmatrix}h_1\\h_2\end{pmatrix}$，则闭环系统特征多项式为：

$f(\lambda)=\left|\lambda I-(A-hc)\right|=\begin{vmatrix}\lambda-2+h_1&h_1-1\\h_2&\lambda+3+h_2\end{vmatrix}=\lambda^2+(1+h_1+h_2)\lambda+(3h_1-h_2-6)$

根据给定极点值，得期望特征多项式：$f^*(\lambda)=(\lambda+4)(\lambda+5)=\lambda^2+9s+20$

比较 $f(\lambda)$ 与 $f^*(\lambda)$ 各对应的系数，可解得 $h_1=8.5$，$h_2=-0.5$

∴状态观测阵为 $h=\begin{pmatrix}8.5\\-0.5\end{pmatrix}$.

状态观测器表达式：$\dot{\hat x}(t)=(A-hc)\hat x(t)+(b-hd)u(t)+hy(t)$

$=\begin{pmatrix}-6.5&-7.5\\0.5&-2.5\end{pmatrix}\hat x(t)+\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}u(t)+\begin{pmatrix}8.5\\-0.5\end{pmatrix}y(t)$

（2）∵状态反馈 $u=k\hat x+v$，

∴闭环系统的状态空间表达式为：

\begin{pmatrix}\dot x(t)\\\dot{\hat x}(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&bk\\hc&A+bk-hc\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x(t)\\\hat x(t)\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}b\\b\end{pmatrix}u(t)$$ $$=\begin{pmatrix}2&1&-3&-4\\0&-3&0&0\\8.5&8.5&-9.5&-11.5\\-0.5&-0.5&0.5&-2.5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x(t)\\\hat x(t)\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\1\\0\end{pmatrix}u(t)$$ $$y(t)=[1\ \ 1\ \ 0\ \ 0]\begin{pmatrix}x(t)\\\hat x(t)\end{pmatrix}

设 $A_1=\begin{bmatrix}2&1&-3&-4\\0&-3&0&0\\8.5&8.5&-9.5&-11.5\\-0.5&-0.5&0.5&-2.5\end{bmatrix}$，$B_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\\0\end{bmatrix}$，$C_1=[1\ \ 1\ \ 0\ \ 0]$

$|\lambda I-A_1|=0\Rightarrow\lambda_1=-5$，$\lambda_2=-4$，$\lambda_3=-3$，$\lambda_4=-1$，对应的模态为 $e^{-5t}$，$e^{-4t}$，$e^{-3t}$，$e^{-t}$

$rank\left(\left[\lambda_iI-A_1\ \ B_1\right]\right)=4\Rightarrow i=4$，所以模态 $e^{-t}$ 可控，模态 $e^{-5t}$，$e^{-4t}$，$e^{-3t}$ 不可控

$rank\left(\begin{bmatrix}C_1\\\lambda_iI-A_1\end{bmatrix}\right)=4\Rightarrow i=1,2,3,4$，所以模态 $e^{-5t}$，$e^{-4t}$，$e^{-3t}$，$e^{-t}$ 可观

传递函数：

$G(s)=c\left[sI-(A+bk)\right]^{-1}b+d=(1\ \ 1)\begin{pmatrix}s+1&3\\0&s+3\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\dfrac{1}{s+1}$

（3）闭环系统模拟结构图

【题后总结】1. 在设计状态反馈控制器前，先判断系统能控性，在设计全维观测器前，先判断系统能观性

2. 对于由状态空间表达式求传递函数时，$\dot x=Ax+bu$，$y=cx+du$，此时

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