2015 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 166-174 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：第六题原答案滞后校正稳态误差公式原文作 $\dfrac{8.724}{p}=50\Rightarrow z=5.731p$（分子漏写 $z$），此处保留原文。第一题原答案公式中分母分项照录原文（$R_2C_1$）。

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上海交通大学二〇一五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、【分析】画系统结构图，分析工作原理

【解】（1）$q_i-q_1=C_1\dfrac{dh_1}{dt}$，$R_1=\dfrac{h_1-h_2}{q_1}$，

$q_1-q_o=C_2\dfrac{dh_2}{dt}$，$R_2=\dfrac{h_2}{q_o}$，

∴$H_1(s)=\dfrac{Q_i(s)-Q_1(s)}{C_1s}$，$Q_1(s)=\dfrac{1}{R_1}\left[H_1(s)-H_2(s)\right]$

$H_2(s)=\dfrac{Q_1(s)-Q_o(s)}{C_2s}$，$Q_o(s)=\dfrac{1}{R_2}H_2(s)$

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

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

两水平面连接，故 $R_1=\dfrac{h_1-h_2}{q_1}$，

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

此题亦可以用梅森公式来求取传递函数：

信号流图如图所示

$L_1=-\dfrac{1}{R_1C_1s}$，$L_2=-\dfrac{1}{R_2C_2s}$，$L_3=-\dfrac{1}{R_1C_2s}$，$L_4=-\dfrac{K_pK_a}{R_1C_1C_2s^2}$，

由于此处需要求取以 $Q_i$ 为输入，$H_2$ 为输出的传递函数，则需要将 $Q_i$ 进行转换

$\Delta=1-L_1-L_2-L_3+L_1L_2$，而前向通道：$P_1=\dfrac{1}{R_1C_1C_2s^2}$，$\Delta_1=1$

∴系统闭环传递函数为 $G(s)=\dfrac{P_1\Delta_1}{\Delta}=\dfrac{R_2}{R_1R_2C_1C_2s^2+(R_1C_1+R_2C_2+R_2C_1)s+1}$

（2）为了保持水位 $h_2$ 维持在期望值，通过控制器控制调节阀开度 $a$，进而控制流量 $q_i$ 与高度 $h_1$，从而影响 $q_1$，通过 $q_1$ 和 $q_o$ 进而影响水位 $h_2$。

评注：此题难点有多处：1、微分方程的列写（很容易漏掉）；2、对于液阻 $R_1$ 的求取，此题由于是连通，不是分级形式，需要注意液阻求取需要用到的是液位差 3、方框图的求出 4、如果用梅森公式，需要注意梅森公式的使用条件：源节点到阱节点，如果不是这俩节点起始和终止，如何进行转化？属于难度系数比较高。

二、解：由题意得 $X_1(s)=R(s)-Y(s)$，$X_2(s)=k_1X_1(s)$，$X_3(s)=X_2(s)-X_5(s)$，

$TsX_4(s)=X_3(s)$，$X_5(s)=X_4(s)-k_2N(s)$，$k_0X_5(s)=s^2Y(s)+sY(s)$，

由关系得结构图为

$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{k_1\cdot\dfrac{1}{Ts}\cdot\dfrac{k_0}{s^2+s}}{1+k_1\cdot\dfrac{1}{Ts}\cdot\dfrac{k_0}{s^2+s}+\dfrac{1}{Ts}}=\dfrac{k_0k_1}{Ts^3+(1+T)s^2+s+k_0k_1}$

$\dfrac{Y(s)}{N(s)}=\dfrac{-k_2\cdot\dfrac{k_0}{s^2+s}}{1+K_1\cdot\dfrac{1}{Ts}\cdot\dfrac{k_0}{s^2+s}+\dfrac{1}{Ts}}=\dfrac{-k_0k_2Ts}{Ts^3+(1+T)s^2+s+k_0k_1}$

三、分析：典型的时域分析题，难度不大

（1）根据图可得传递函数（开环）：$\dfrac{K}{s\left(s+3+K_f\right)}$

$K=25$，$K_f=0$ 时，$G(s)=\dfrac{25}{s(s+3)}$，则 $\omega_n=5$，$\xi=0.3$　$k_v=\dfrac{25}{3}$，$e_{ssv}=\dfrac{3}{25}$

（2）$K=25$，$K_f=4$ 时，$G(s)=\dfrac{25}{s(s+7)}$，$\omega_n=5$，$\xi=0.7$　$k_v=\dfrac{25}{7}$，$e_{ssv}=\dfrac{7}{25}$

（3）要使 $e_{ssv}=0.1$，则 $k_v=\dfrac{K}{3+K_f}=10$ ……①

\begin{cases}\omega_n^2=K\\[4pt]2\xi\omega_n=3+K_f\\[4pt]\xi=0.7\end{cases}\qquad\cdots\cdots(2)$$ 由①②可得：

\begin{cases}K=196\[4pt]K_f=16.6\[4pt]\omega_n=14\[4pt]\xi=0.7\end{cases}

$\sigma_p\%=e^{-\dfrac{\pi\xi}{\sqrt{1-\xi^2}}}\times100\%=4.6\%$ $t_r=\dfrac{\pi-\theta}{\omega_n\sqrt{1-\xi^2}}\approx0.23s$，$t_s=\dfrac{3}{\omega_n\xi}(\Delta=0.05)=\dfrac{3}{14\times0.7}\approx0.31s$ 点评：典型的时域分析题，没有难度。 四、解题思路：先由系统框图求出开环传函，再由此求出系统根轨道 完整步骤：（1）由图可知系统开环传函为 $G(s)H(s)=\dfrac{20}{s\left(s^2+5s+4+20K\right)}$ <!-- p.169 --> ∴其闭特征方程为 $D(s)=s^3+5s^2+4s+20Ks+20=0$， 变形可知 $G(s)H(s)=\dfrac{20Ks}{s^3+5s^2+4s+20}=-1$，故绘制 180° 根轨迹. ①根轨迹起点 $P_1=-5$，$P_2=2j$，$P_3=-2j$，$n=3$，终点 $Z_1=0$，$m=1$，有 $n-m=2$ 条根轨迹趋于无穷无处. ②根轨迹的渐近线：共有 $n-m=2$ 条渐近线，$\varphi_a=\dfrac{(2l+1)\pi}{2}=\begin{cases}l=0,\dfrac{\pi}{2}\\[6pt]l=1,\dfrac{3\pi}{2}\end{cases}$， $\sigma_a=\dfrac{-5}{2}=-2.5$ ③实轴上的根轨迹区段 $[-5,0]$ 系统根轨迹如下图所示：  ④起始角 $\theta_{P_2}=180^\circ-90^\circ-22^\circ+90^\circ=158^\circ$，由对称性可知 $\theta_{P_3}=-158^\circ$. （2）当 $\xi=0.4$ 时，$\cos\beta=0.4$，∴$\beta=66.42^\circ$ 设 $s_1=-a+2.3aj$，代入系统闭环传递函数 $D(s)=s^3+5s^2+4s+20Ks+20=0$ 即 $\begin{cases}-5.267a^3-23a^2+9.2a+46Ka=0\\[4pt]14.87a^3-21.45a^2+20-4a-20Ka=0\end{cases}\Rightarrow28.934a^3-72.335a^2+46=0$ <!-- p.170 --> ∴$a_1=-0.70$（舍），$\begin{cases}a_2=2.16\\K=1.42\end{cases}$，$\begin{cases}a_3=1.05\\K=0.45\end{cases}$  题后点评：明确参数根轨迹绘制方法，第二问即为求根轨迹与过原点夹角为 $\cos\theta=\xi=0.4$ 的交点。 五、思路分析：利用相角特征曲线 判断稳定性与 $k$ 的关系 完整步骤：$\omega_1=0.2$，$\omega_2=0.3$，$\omega_3=15$，$\omega_4=40$ $$L(\omega)=\begin{cases}20\lg\dfrac{k}{\omega^2},0<\omega<0.2\\[10pt]20\lg\dfrac{k}{\omega^2}\cdot25\omega^2,0.2<\omega<0.3\\[10pt]20\lg\dfrac{25k}{\dfrac{10}{3}\omega},0.3<\omega<15\\[10pt]20\lg\dfrac{25k}{\dfrac{10}{3}\omega\cdot\dfrac{0.2}{3}\omega},15<\omega<40\\[10pt]20\lg\dfrac{25k}{\dfrac{10}{3}\omega\cdot\dfrac{0.2}{3}\omega\cdot\dfrac{1}{40}\omega},\omega>40\end{cases} $$$$

$\varphi(0.2)=-124.74^\circ$，$\varphi(0.3)=-63^\circ$

$k=1$ 时候的图形

$\varphi(\omega)=-180^\circ\Rightarrow\omega_0\approx0.158rad/s$，$\omega_1\approx24.6rad/s$

$P=0$ 要使系统稳定，由正负穿越关系 $\begin{cases}20\lg\left|G(j\omega_0)\right|>0\\[4pt]20\lg\left|G(j\omega_1)\right|<0\end{cases}$

令 $20\lg\left|G(j\omega_0)\right|=0\Rightarrow k_1\approx0.066,k_2\approx7.5$，当 $0.066<k<7.5$ 时系统稳定

题后总结：学会利用相频特性曲线与稳定判据 分析问题.

六、解：为满足稳态误差，令 $G_0(s)=\dfrac{50}{s(0.1s+1)(0.05s+1)}$ 可得 $\omega_{c0}=18rad/s$，

$r(18)=-12.93^\circ<40^\circ$

选取超前滞后校正：$\omega_c$ 处于 $-40dB/dec$ 的斜率段，无法使用超前校正，

又∵$\gamma(10)=180^\circ+\angle G(j\omega)=18.4^\circ<40^\circ$，无法仅使用滞后校正

这里设校正传函 $G_1(s)=\dfrac{1+\alpha s}{1+\beta s}$，为满足相角裕度要求，令 $G_0(s)G_1(s)$ 在 $\omega=10rad/s$ 的相角裕度为 40 度，故

$\gamma=180^\circ-90^\circ-\arctan1-\arctan0.5+\arctan10\alpha-\arctan10\beta=40^\circ$

这里取 $\arctan10\alpha-\arctan10\beta=22^\circ$，解算过程中，取 $\beta=0.1$，则 $\alpha=0.236$

此时，对 $G_0(s)G_1(s)$ 在 $\omega=10rad/s$ 处进行验证，发现幅值为 5.731，相角裕度为 40.47°，

这里，调整 $k=8.724$，再进行验证，幅值为 1，相角裕度为 40.5

但是，这样并不满足系统的稳态误差要求，为满足系统的稳态误差要求，进行滞后校正

令校正环节为

$G_2(s)=\dfrac{s+z}{s+p}$

为满足误差要求　得

$\dfrac{8.724}{p}=50\Rightarrow z=5.731p$

我们取 $z$ 和 $p$ 要尽可能接近虚轴　这样才能保证该校正环节的幅值近似为 1，相角近似为 0，对系统的动态性能影响降到最低。这里取

$p=0.005$

则 $z=0.0287$

∴$G_c(s)=G_1(s)G_2(s)=\dfrac{(1+0.236s)(s+0.0287)}{(1+0.1s)(s+0.005)}=\dfrac{5.74(0.236s+1)(34.84s+1)}{(0.1s+1)(200s+1)}$

$G(s)=G_0(s)G_c(s)=\dfrac{k}{s(0.1s+1)(0.05s+1)}\cdot\dfrac{5.74(0.236s+1)(34.84s+1)}{(0.1s+1)(200s+1)}$

$=\dfrac{50.1(0.236s+1)(34.84s+1)}{s(0.1s+1)^2(0.05s+1)(200s+1)}$

对 $G_0(s)G_1(s)G_2(s)$ 在 $\omega=10rad/s$ 处进行验证　幅值为 1，相角裕度为 40.3°，速度稳态误差系数 $k_v=50.1>50$，全部满足题目要求。

总结 该题目较为灵活，如果单纯按照超前或者滞后去做，较难同时满足剪切频率及相角裕度要求，该种方法的思路是先去满足题目要求剪切频率下的相角裕度，然后通过改变 $k$ 值满足题目要求的剪切频率，这样务必造成稳态误差不能满足要求，这里用到的方法是根轨迹校正中的积分校正，也叫滞后校正，原理就是保证该校正环节的幅值接近 1，角度接近 0，这样对之前求得的剪切频率和相角裕度就不会有太大的影响，要满足这个，就需要零极点构成一对偶极子，同时要尽量接近虚轴，在这基础之上，要满足题目的稳态误差要求。同时说明一点，在取 $\beta$ 值时，选值是任意的，但是要保证 $\alpha>0,\beta>0$，在此基础之上，取值任意。

七、分析：主要考察非线性系统的分析

解：由方框图可知其微分方程. 由方程组 $\begin{cases}e=r-y\\[4pt]e\cdot\dfrac{K}{Ts^2+s}=y\end{cases}$ 得 $T\ddot y+\dot y=Ke$

输入信号为 $r(t)=v\cdot t$（$t>0$，$v$ 为常数），此时运动方程变为 $T\ddot e+\dot e+Ke=v$

①起点，当 $t>0$ 时，$\dot r=v$，$\ddot r=0$ 从而得

$e(0)=r(0)-c(0)=0$，$\dot e(0)=r'(0)-c'(0)=v$

所以相轨迹的起点 A 点 $(0,v)$

②奇点：由 $\ddot e=0$，$\dot e=0$ 得 $e=\dfrac{v}{K}$，奇点为实轴上的一点 $\left(\dfrac{v}{K},0\right)$

③$\xi$ 的取值为 $0<\xi<1$ 时奇点为稳定焦点，相轨迹如图所示

由于是斜坡输入，无超调量，稳态误差 $e_{ss}=\dfrac{v}{K}$

【评注】1. 二阶系统注意 $\xi$ 对系统的影响，给影响相轨迹奇点类型

2. 当 $\xi\ge1$ 时，奇点为稳定的节点。

八、思路解析：本题主要考察极点配置的问题.

解：系统能控判别矩阵 $Q_c=\left(b,Ab,A^2b\right)=\begin{pmatrix}0&0&2\\0&1&-1\\1&0&0\end{pmatrix}$

$rankQ_c=3$，因此系统完全可控，可任意配置极点

设状态反馈阵 $k=(k_1,k_2,k_3)$，则闭环系统特征多项式为：

$$$$

$=\lambda^3+k_3\lambda^2+(k_2-7)\lambda+2k_1-k_2-7k_3$

根据给定极点值，得期望特征多项式：

$f^*(\lambda)=(\lambda+10)\left(\lambda+1+j\sqrt3\right)\left(\lambda+1-j\sqrt3\right)=\lambda^3+12\lambda^2+24\lambda+40$

比较 $f(\lambda)$ 与 $f^*(\lambda)$ 各对应的系数，可解得 $k_1=77.5$，$k_2=31$，$k_3=12$

∴状态反馈阵为 $k=(77.5,31,12)$

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.