2017 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 182-189 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：第八大题输出方程原件漏印左端项“y”，正文照录作“=[10 0 0]x”。

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上海交通大学二〇一七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控制框图的绘制。

2. 被控对象：热交换器　　被控量：物料温度　　操纵量：蒸汽流量

【评注】对于热交换器系统框图绘制一般遵循下图，不要忽视系统存在的干扰量。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。

注：1—控制器　2—被控对象　3—反馈元件

二、思路分析：根据梅森公式求传递函数

解：（1）闭合回路：$L_1$：$-G_1H_1$，$L_2$：$-G_2H_2$，$L_3$：$-G_3H_3$，$L_4$：$-G_2H_4$，$L_5$：$G_5H_3H_4$，$L_6$：$G_4H_2G_5H_3H_4H_1$，$L_7$：$G_4H_1H_4$，其中不相连的回路有 $L_1L_2$，$L_1L_3$，$L_2L_3$，$L_1L_2L_3$。

前向通路有：$G_1G_2G_3$，$G_4G_3$，$G_1G_5$，$-G_4H_2G_5$，$-G_4H_4G_5$

∴

$\dfrac{C(s)}{R(s)}=\dfrac{G_1G_2G_3+G_3G_4+G_1G_5-G_4H_2G_5-G_4H_4G_5}{1+G_1H_1+G_2H_2+G_3H_3+G_2H_4-G_5H_3H_4-G_4H_2G_5H_3H_4H_1+G_4H_1H_4+G_1G_2H_1H_2+G_1G_3H_1H_3+G_2G_3H_2H_3+G_1G_2G_3H_1H_2H_3}$

（2）闭合回路：$L_1$：$-G_3H_2$，$L_2$：$-G_2G_3G_4H_1$，$L_3$：$-G_1G_2G_3G_4H_4$，$L_4$：$-G_5H_4$，$L_5$：$-G_3G_4H_3$，其中不相连的回路：$L_1L_4$，$L_2L_4$，$L_4L_5$。

前向通路：$G_1G_2G_3G_4$，$G_5$。

∴

$\dfrac{C(s)}{R(s)}=\dfrac{G_1G_2G_3G_4+G_5(1+G_3H_2+G_2G_3G_4H_1+G_3G_4H_3)}{1+G_3H_2+G_2G_3G_4H_1+G_1G_2G_3G_4H_4+G_5H_4+G_3G_4H_3+G_3H_2G_5H_4+G_2G_3G_4H_1G_5H_4+G_5H_4G_3G_4H_3}$

题后点评：会用梅森公式求解 $C(s)/R(s)$，并找出所有的回路以及前向通路，此外可以用结构化解方法求解，但此题不推荐，大家有兴趣自己可以尝试。

三、【分析】本题主要考察对于给定时域指标求解相关系数的问题。

解：

$G(s)=\dfrac{K_1\times\dfrac{10}{s(s+1)}}{1+\dfrac{10K_t s}{s(s+1)}}=\dfrac{10K_1}{s^2+(1+10K_t)s}$

$\dfrac{C(s)}{R(s)}=\dfrac{G(s)}{1+G(s)}=\dfrac{10K_1}{s^2+(1+10K_t)s+10K_1}$

$\sigma_p=e^{-\frac{\xi\pi}{\sqrt{1-\xi^2}}}=0.95\%$，故 $\xi\approx0.83$。

$t_p=\dfrac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\xi^2}}=0.5$，故 $\omega_n\approx11.26$。

$\theta=\arccos\xi\approx0.59$。

故上升时间 $t_r=\dfrac{\pi-\theta}{\omega_n\sqrt{1-\xi^2}}\approx0.41$。

调节时间 $t_s=\dfrac{4}{\xi\omega_n}\approx0.43$（$\Delta=0.02$）。

四、思路：化出标准的开环根轨迹形式后按步骤画

步骤：①闭环特征多项式：$D(s)=0.5s^3+s^2+s+0.5K$

等效开环传递函数 $G^*(s)=\dfrac{0.5K}{0.5s^3+s^2+s}=\dfrac{K}{s^3+2s^2+2s}$

②开环极点：0，$-1\pm j1$，无开环零点，故有 3 条分支，均趋向无穷零点，

③实轴上根轨迹 $(-\infty,0]$

④渐近线 $\varphi_a=\dfrac{(2k+1)\pi}{3-0}=\left\{\dfrac{\pi}{3},\pi,\dfrac{5}{3}\pi\right\}$

$\sigma_a=\dfrac{0+(-1+j1)+(-1-j1)}{3-0}=-\dfrac{2}{3}$

⑤起始角：$\theta_{p_1}=(2k+1)\pi+0-\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{3}{4}\pi=-\dfrac{\pi}{4}$

$\therefore\theta_{p_2}=\dfrac{\pi}{4}$

⑥与虚轴交点：闭环特征方程为 $K+s[(s+1)^2+1]=0$

令 $s=j\omega$ 代入，得 $K-2\omega^2+j(2\omega-\omega^3)=0$

令 $\begin{cases}K-2\omega^2=0\\2\omega-\omega^3=0\end{cases}$　$\begin{cases}K=0\\\omega=0\end{cases}$，$\begin{cases}K=4\\\omega=\sqrt{2}\end{cases}$，与虚轴交点为 $(0,j\sqrt{2})$ 和 $(0,j0)$

∴根轨迹图如下

点评：这种类型的题不难，但需要仔细。

五、思路分析：根据奈氏判据判断系统的稳定性。

解：（1）$\because P_{-1}=1$，画出完整的 $\omega$ $-\infty\to+\infty$，有

由此图有 $N_-=\dfrac{1}{2}$

$z=P_{-1}-2(N_+-N_-)=1-2\left(0-\dfrac{1}{2}\right)=2$

$\therefore$此系统不稳定。

（2）$\because P_{-1}=1$，画出完整的奈氏图有

$N_+=\dfrac{1}{2}$

$z=P_{-1}-2(N_+-N_-)=1-2\left(\dfrac{1}{2}-0\right)=0$

$\therefore$此系统稳定。

（3）$\because P_{-1}=0$，$\nu=2$，补全

由左图可知 $N_-=1$

而 $z=P_{-1}-2(N_+-N_-)=2\neq0$

$\therefore$此系统不稳定。

（4）$\because P_{-1}=2$，$\nu=1$，补全图为

由左图可知 $N_+=1$

而 $z=P_{-1}-2(N_+-N_-)=2-2(1-0)=0$

$\therefore$此系统稳定。

【评注】该题已给出一半（$\omega:0^+\to+\infty$）的奈氏曲线　需要根据系统的型别来进行补线，奈氏判据可以参考 1997 年第四大题的评注。

说明：如果以顺时针为负穿越，则计算公式用 $z=P_{-1}-2(N_+-N_-)$；如果以顺时针为正穿越则计算公式为 $Z=P_{-1}+2(N_+-N_-)$　式中两种公式都可以，但是需要注意对应关系

六、思路：先由 $K_v$ 确定 $K_c$ 与 $a$ 的关系，再由 $\gamma\ge50^\circ$ 进行校正。

步骤：$K_v=\lim\limits_{s\to0}s\cdot G(s)\cdot G_c(s)=4aK_c=20$，∴$aK_c=5$

$G(s)G_c(s)=\dfrac{20(Ts+1)}{s(s+1)(aTs+1)}$，令 $G'(s)=\dfrac{20}{s(s+1)}$，$G_c'(s)=\dfrac{Ts+1}{aTs+1}$

$L'(\omega)=\begin{cases}20\lg\dfrac{20}{\omega}&\omega<1\\20\lg\dfrac{20}{\omega^2}&1\le\omega\end{cases}\qquad\omega_{c1}=2\sqrt{5}$

$\gamma_1=180^\circ+\varphi'(\omega_{c1})=180^\circ-90^\circ-\arctan(2\sqrt{5})=12.6^\circ$

$\varphi_m=\gamma-\gamma_1+5\sim10^\circ=50^\circ-12.6^\circ+5^\circ=42.4^\circ$

求 a：$\dfrac{1}{a}=\dfrac{1+\sin(\varphi_m)}{1-\sin(\varphi_m)}=5.14$，这里取 $a=\dfrac{1}{6}$，$k_c=\dfrac{5}{a}=30$

求 $\omega_{c2}$：$L'(\omega_{c2})=-10\lg\dfrac{1}{a}$ 得 $\omega_{c2}=7$

求 T：$\omega_m=\omega_{c2}=\dfrac{1}{T\sqrt{a}}$，∴$T=\dfrac{1}{\omega_{c2}\cdot\sqrt{a}}=0.35$

∴$G_c'(s)=\dfrac{(0.35s+1)}{(0.058s+1)}$

$G'(s)G_c'(s)=G(s)G_c(s)=\dfrac{20(0.35s+1)}{s(s+1)(0.058s+1)}$

$\gamma=180^\circ-90^\circ+\arctan(0.35\times7)-\arctan7-\arctan(0.058\times7)=53.8^\circ>50^\circ$ 满足要求

∴$\begin{cases}k_c=30\\a=\dfrac{1}{6}\\T=0.35\end{cases}$

点评：$G_c(s)$ 的形式与常规形式不同，注意不要搞错。

七、对于非线性系统用描述函数法进行系统稳定性分析时，$G(j\omega)$ 曲线不包围 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 轨迹线时，相当于 $G(j\omega)$ 由 $\omega=0$ 向 $\omega\to\infty$ 移动时，临界点 $(-1,j_0)$ 始终处于 $G(j\omega)$ 曲线右侧而不被 $G(j\omega)$ 曲线包围的稳定情况，因此 $G(j\omega)$ 曲线不包围 $-\dfrac{1}{N(A)}$ 时，非线性系统稳定，反之，则不稳定。

将点 A、B 左右两侧分别命名为点 a、b、c、d 进行分析。

对于 A 点 当受到轻微扰动令振幅增大时，会沿曲线按振幅增加方向移到 b，点 b 在不稳定区域因此会继续发散，当受到轻微扰动令振幅减小时，会沿振幅减小方向移到 a 并向振幅为 0 处作收敛运动，因此点 A 不稳定，也不会产生自持振荡。

对于点 B：当受轻微扰动令振幅增大时，移到点 d 后因位于稳定区域会逐渐收敛到 B；当受轻微扰动令振幅减小时，会移到点 c，因处于不稳定区域，振幅会不断增大直到点 B 处，因此点 B 稳定，该处振幅即为自持振荡的振幅。

八、思路解析：本题考察极点配置的知识，但不用求状态反馈矩阵。

$rank\left[b,Ab,A^2b\right]=3$，所以系统可控

完整步骤 原系统的无零极点对消，故可以化为可控标准型，系统可控，状态反馈极点可以任意配置，极点配置在 -2，$-1\pm j$ 处时的特征方程为

$D(s)=(s+2)(s+1+j)(s+1-j)=(s+2)(s^2+2s+2)=s^3+4s^2+6s+4$

原系统可控，故配置后的传递函数为：

$\dfrac{Y(s)}{U(s)}=\dfrac{10}{s^3+4s^2+6s+4}$

状态空间表达式为：

$\dot{x}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-4&-6&-4\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}u$

$=\begin{bmatrix}10&0&0\end{bmatrix}x$

题后点评：由于本题不考察配置的过程，所以步骤较为简单。