2016 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 175-181 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：原件第一题第（3）问「使热交换器维持内维持设定温度」照录，原文如此。

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上海交通大学二〇一六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】本题主要考察热交换器的物理建模以及工作原理描述问题。

解：（1）

（2）被控对象：热交换器　操纵变量：蒸汽流量

（3）当温度低于给定温度时，温度控制器接受传感器传过来的实际温度与给定的温度进行比较，由误差信号发送控制信号传递给蒸汽阀门，加大阀门开度；使冷水加热到给定温度，此时控制器向蒸汽阀门发送信号，使热交换器维持内维持设定温度。〔原文如此〕

【评注】对于热交换器或其他控制系统的工作原理介绍，一般要体现出负反馈的思想，被控对象、被控变量、操纵变量这些概念在过程控制课程中有所涉及．请同学们好好学习。

二、解题思路：利用电路知识列方程，选变量列状态方程，再用复数阻抗求传函。

（1）$u_L=L\dfrac{di_2}{dt}$，$i_3=C\dfrac{du_c}{dt}$，$i_1=i_2+i_3$

$u_0=i_2R_2\Rightarrow\dfrac{di_2}{dt}=\dfrac{1}{R_2}\dfrac{du_0}{dt}$

$u_c=u_L+u_0=\dfrac{L}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+u_0$

$u_1=i_1R_1+u_c=i_1R_1+\dfrac{L}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+u_0$

$u_1=i_1R_1+\dfrac{L}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+u_0=R_1\left(i_2+C\dfrac{du_c}{dt}\right)+\dfrac{L}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+u_0$

$\therefore u_1=\dfrac{R_1LC}{R_2}\cdot\dfrac{d^2u_0}{dt^2}+\dfrac{L+R_1R_2C}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+\dfrac{R_1+R_2}{R_2}\cdot u_0$

（2）$\because u_c=u_L+u_0$，$i_3=C\dfrac{du_c}{dt}$，

$\therefore u_c=L\dfrac{di_2}{dt}+i_2R_2$，$\dot i_2=-\dfrac{R_2}{L}i_2+\dfrac{1}{L}u_c$　$\dot u_c=-\dfrac{1}{R_1C}u_c-\dfrac{1}{C}i_2+\dfrac{1}{R_1C}u_1$

$\therefore\begin{bmatrix}\dot u_c\\ \dot i_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-\dfrac{1}{CR_1}&-\dfrac{1}{C}\\[8pt]\dfrac{1}{L}&-\dfrac{R_2}{L}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}u_c\\ i_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\dfrac{1}{R_1C}\\[8pt]0\end{bmatrix}u_1$

（3）由（1）知：$u_1=\dfrac{R_1LC}{R_2}\cdot\dfrac{d^2u_0}{dt^2}+\dfrac{L+R_1R_2C}{R_2}\cdot\dfrac{du_0}{dt}+\dfrac{R_1+R_2}{R_2}\cdot u_0$

$\therefore U_1=\dfrac{R_1LC}{R_2}\cdot s^2U_0+\dfrac{L+R_1R_2C}{R_2}\cdot sU_0+\dfrac{R_1+R_2}{R_2}\cdot U_0$

$\Rightarrow G(s)=\dfrac{U_0(s)}{U_1(s)}=\dfrac{R_2}{R_1LCs^2+(L+R_1R_2C)s+R_1+R_2}$

【评注】该题为电路基本的电压传递函数计算，只要找好电压电流关系即可。

三、【分析】本题主要考察方块图的传递函数计算问题。

系统信号流图如图所示：

回路为：$L_1=-G_2G_3G_4$，$L_2=-G_1G_2G_6$，$L_3=-G_1G_2G_3$，$L_4=-G_1G_5$

不相交回路为：$L_1L_4=G_1G_2G_3G_4G_5$

$\Delta=1-(L_1+L_2+L_3+L_4)+L_1L_4=1+G_2G_3G_4+G_1G_2G_6+G_1G_2G_3+G_1G_5+G_1G_2G_3G_4G_5$

当 $R(s)$ 单独作用时：$P_1=G_1G_2G_3$，$\Delta_1=1$

当 $N(s)$ 单独作用时：$P_2=G_2G_3$，$\Delta_2=1+G_1G_5$

$\therefore Y(s)=\dfrac{P_1\Delta_1R(s)+P_2\Delta_2N(s)}{\Delta}=\dfrac{G_1G_2G_3R(s)+G_2G_3(1+G_1G_5)N(s)}{1+G_2G_3G_4+G_1G_2G_6+G_1G_2G_3+G_1G_5+G_1G_2G_3G_4G_5}$

【评注】该题要求画出信号流图，之后使用梅逊公式。用信号流图计算系统的传递函数，在

方块图中当遇到分支点在会合点之前，画信号流图必须加一个单位 1 的支路。梅逊公式的使用方法及注意事项可查阅 1997 年第六大题的评注。

四、分析 对单位阶跃响应为零的系统是Ⅰ型系统，而所给的系统是 0 型系统，因此只要加一个积分环节即可。

$\therefore$ 令 $G_c(s)=\dfrac{as+b}{s}$，则 $G(s)=\dfrac{K(as+b)}{s(Ts+1)}$

此系统对单位阶跃响应的稳态误差为 0

系统的特征方程为：$D(s)=Ts^2+(Ka+1)s+Kb$

$s^2$	$T$	$Kb$
$s^1$	$Ka+1$
$s^0$	$Kb$

$\begin{cases}T>0\\ Kb>0\\ Ka+1>0\end{cases}$　或　$\begin{cases}T<0\\ Kb<0\\ Ka+1<0\end{cases}$

【评注】对于单位阶跃响应为零的系统至少为Ⅰ型以上的系统；而系统为 0 型系统，那么加一个积分环节即可。稳态误差的求取，必须保证系统是稳定的。

五、解题思路 根据结构图求开环传递函数，并判断根轨迹类型，再按根轨迹规则绘制根轨迹。

解：根据控制系统结构图，则开环传函为

$G(s)=\dfrac{10}{s^2+s+10K}$

闭环特征方程为

$D(s)=s^2+s+10K+10=0$

等效开环传函为

$G_1(s)=\dfrac{10K}{s^2+s+10}=\dfrac{k^*}{s^2+s+10}$

其中 $k_1^*=10K$，当 $K$ 从 $0\to+\infty$ 时，$k^*$ 从 $0\to+\infty$；

① 根轨迹的分支和起点与终点，由于 $n=2$，$m=0$，$n-m=2$，故根轨迹有两条条分支，

其起点为 $P_1=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{39}}{2}i$，$P_2=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{39}}{2}i$，终点为无穷远处

根轨迹如图所示：

（2）由题可知：$s_{1,2}=-\xi\omega_n\pm\omega_n\sqrt{1-\xi^2}$，此时 $\xi=0.7$，$\xi\omega_n=0.5\Rightarrow\omega_n=\dfrac{5}{7}$

此时闭环特征方程为：$D(s)=s^2+s+10K+10=0\Rightarrow K=\dfrac{\omega_n^2-10}{10}=-\dfrac{93}{98}$。

【评注】常规根轨迹的绘制方法我们在 1997 年第三大题的评注进行了总结。由阻尼比可以设出特征根，令实部虚部分别为零便可以求出 k 值。

六、【分析】本题主要考察无源系统的校正系统设计问题。

解：由题可知 $G(s)$ 满足 $K_v\ge120$

由 $L_0(\omega_{c0})=0$ 可得 $\omega_{c0}=20\sqrt{5}rad/s$，$\gamma_0=-18.61^\circ$

又由于要求 $\omega_c=20rad/s$，故应采用滞后超前校正

设滞后部分传函 $G_{c1}(s)=\dfrac{T_1s+1}{bT_1s+1}(1<b)$

由希望频率法取滞后校正后 $\omega_{c1}=18rad/s$ 并留有余量

将 $\omega_{c1}=18rad/s$ 代入 $G_1(s)=G(s)G_{c1}(s)$ 中

$G_1(s)=\dfrac{120(T_1s+1)}{s(0.1s+1)(0.02s+1)(bT_1s+1)}$

由 $L_1(\omega_{c1})=0$ 可得 $b=\dfrac{100}{27}$

同时，按惯例取 $\dfrac{1}{bT_1}=\dfrac{1}{10}\omega_{c1}$，得 $\begin{cases}T_1=\dfrac{3}{20}\\[8pt]bT_1=\dfrac{5}{9}\end{cases}$，$\therefore G_{c1}(s)=\dfrac{\dfrac{3}{20}s+1}{\dfrac{5}{9}s+1}$

设超前部分传函 $G_{c2}(s)=\dfrac{aT_2s+1}{T_2s+1}(a>1)$

$\therefore G_2(s)=G(s)G_{c1}(s)G_{c2}(s)=\dfrac{120\left(\dfrac{3}{20}s+1\right)(aT_2s+1)}{s(0.1s+1)(0.02s+1)\left(\dfrac{5}{9}s+1\right)(T_2s+1)}$

由希望频率法，取超前校正 $\omega_{c2}=\omega_c=20rad/s$

将 $\omega_{c2}=20rad/s$ 代入 $G_2(s)=G(s)G_{c1}(s)G_{c2}(s)$ 中，

由 $L_1(\omega_{c2})=0$ 可得 $aT_2=0.062$

又 $\gamma_1(20)=30^\circ\Rightarrow T_2=0.011$

$\therefore G_{c2}(s)=\dfrac{0.062s+1}{0.011s+1}$

$\therefore G_2(s)=\dfrac{120\left(\dfrac{3}{20}s+1\right)(0.062s+1)}{s(0.1s+1)(0.02s+1)\left(\dfrac{5}{9}s+1\right)(0.011s+1)}$

经检验：$\begin{cases}\omega_c=20rad/s\\ \gamma=30.18^\circ\end{cases}$ 满足设计要求。

七、【分析】本题主要考察线性系统和非线性系统结合的系统自振问题。

$G(s)=\dfrac{10}{0.8s^2+2.4s+1}$

$\therefore G(j\omega)=\dfrac{10}{(1-0.8\omega^2)+2.4\omega j}=\dfrac{10\left[(1-0.8\omega^2)-2.4\omega j\right]}{(1-0.8\omega^2)^2+(2.4\omega)^2}$

$Re=\dfrac{10(1-0.8\omega^2)}{(1-0.8\omega^2)^2+(2.4\omega)^2}$，$Im=\dfrac{-24\omega}{(1-0.8\omega^2)^2+(2.4\omega)^2}$

$\omega=0$ 时，$Re=10$，$Im=0$，$Re=0$ 时，$\omega=\sqrt{1.25}$，$Im=-\dfrac{5\sqrt5}{3}\approx-3.73$

$N(A)=\dfrac{4K}{\pi A}\sqrt{1-\left(\dfrac{h}{A}\right)^2}-j\dfrac{4Kh}{\pi A^2}$

$\therefore -\dfrac{1}{N(A)}=-\dfrac{\pi A}{4K}\sqrt{1-\left(\dfrac{h}{A}\right)^2}-j\dfrac{\pi h}{4K}=-\dfrac{\pi}{4}\sqrt{A^2-h^2}-j\dfrac{\pi h}{4}$

$A:0\to+\infty$，则 $-\dfrac{1}{N(A)}:\left(0\ -j\dfrac{\pi h}{4}\right)\to\left(-\infty\ -j\dfrac{\pi h}{4}\right)$

当 $\dfrac{\pi h}{4}>\dfrac{5\sqrt5}{3}\Rightarrow h>\dfrac{20\sqrt5}{3\pi}$ 时 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 和 $G(j\omega)$ 无交点，系统稳定。

当 $\dfrac{\pi h}{4}<\dfrac{5\sqrt5}{3}\Rightarrow h<\dfrac{20\sqrt5}{3\pi}$，$-\dfrac{1}{N(A)}$ 和 $G(j\omega)$ 有一个稳定的自振点，

令 $Im=\dfrac{-24\omega_x}{(1-0.8\omega_x^2)^2+(2.4\omega_x)^2}=-\dfrac{\pi h}{4}\Rightarrow0.64\pi h\omega_x^4+4.16\pi h\omega_x^2-96\omega_x+\pi h=0$

$Re=\dfrac{10(1-0.8\omega_x^2)}{(1-0.8\omega_x^2)^2+(2.4\omega_x)^2}=-\dfrac{\pi A}{4K}\sqrt{1-\left(\dfrac{h}{A}\right)^2}=-\dfrac{\pi\sqrt{A^2-h^2}}{4}$

由 $h=0.1$ 解得 $\omega=7.54$，$A=0.27$

$h=0.2$ 解得 $\omega=5.85$，$A=0.43$

$h=0.3$ 解得 $\omega=5.02$，$A=0.56$

$\therefore h\uparrow$，$\omega\downarrow$，$A\uparrow$

八、思路解析：由状态空间表达式写传递函数可以直接利用公式 $G(s)=C[sI-A]^{-1}B$

可控可观性可利用判别矩阵 $M=\begin{bmatrix}B,AB,A^2B\end{bmatrix}$，$N=\begin{bmatrix}C,CA,CA^2\end{bmatrix}^T$。

完整步骤：

（1）由状态空间表达式写传递函数可以直接利用公式 $G(s)=C[sI-A]^{-1}B$。

$G(s)=C[sI-A]^{-1}B=[1\ \ 0\ \ 2]\begin{bmatrix}s+1&0&0\\0&s+2&0\\0&0&s+3\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}=\dfrac{(s+2)(s+3)}{(s+1)(s+2)(s+3)}=\dfrac{1}{s+1}$

（2）由于状态空间方程的 A 阵为对角阵，且第三行对应的 B 阵第三行为 0，故系统不可控。

（3）由于状态空间方程的 A 阵为对角阵，且第二行对应的 C 阵第二列为 0，故系统不可观。

题后点评 要做出本题除了要掌握由状态空间表达式函数写传函的方法，还要掌握判别能控型能观性的方法，也可以根据 $M$，$N$ 均不满秩，所以该系统即不可控也不可观。