2019 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 197-204 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：

1. 第二题(2)小问：梅森公式分母展开中两两不相接回路和项为 $(l_1l_2+l_1l_7+l_2l_7)$；原件文字“没有三条及以上不相接触的回路：”系原作者笔误（此前已有三三不相接回路，此处实际意为没有四条及以上不相接回路），本处忠实保留原件文字。
2. 第三题：原件解题首行印刷排版为 $\Phi(s)=1+\dfrac{G(s)}{G(s)H(s)}=\dfrac{\frac{k}{s(s+1)}}{1+\frac{k(1+Ts)}{s(s+1)}}=\dots$（“$1+$”误排在第一个分式之前）；且二阶标准型对比处原件印刷为 $\zeta\omega_{n,}=1+kT$（漏写系数 2，但后续计算中按 $2\zeta\omega_n$ 正确计算得到 $T\approx 0.025$）。
3. 第五题：原件展开式第三个等号处印刷为 $=\dfrac{2K}{1+\omega^2}-j\dfrac{K(\omega^2-1)}{\omega(1+\omega^2)}$（无负号）；第 201 页倒数第 3 行“系统临界稳定”处“界”字原件缺损。
4. 第六题：原件检验剪切频率处印刷为“令 $|aG_c(j\omega)G(j\omega)|=1\Rightarrow\omega_c''\approx 4.63\mathrm{rad/s}>4.5\mathrm{rad/s}$”（真题指标为 $\ge 4.4\mathrm{rad/s}$）。
5. 第七题：原件线性部分传递函数写作 $G(s)=\dfrac{2}{s(s+1)(0.25s+1)}$（与真题卷分子含有 $2s$ 相比，实为消去 $s$ 后的形式）；与实轴交点处原件含有负号：$-\dfrac{KT_1T_2}{T_1+T_2}=-\dfrac{2\cdot 1\cdot\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}}=-\dfrac{2}{5}$。
6. 第八题：评注中原件印刷“极点得充要条件”误用“得”字，忠实保留。

---

上海交通大学二零一九年攻读硕士学位研究生

入学考试试题参考答案

考生注意：答案务必写在答题纸上，并标明题号。答在试题上无效。

一、分析：常规题，由控制系统构建框图。

解：

图 1 结构框图

工作原理 系统首先给定一个期望的液位，液位检测器提供当前液位信息给液位控制器，液位控制器计算出控制量；与此同时，流量检测器提供进水的流量信息，由流量控制器计算出控制量；然后液位控制器输出的控制量与流量控制器输出的控制量相加，共同调控出水阀门的大小。

当前液位低于期望液位时，液位控制器减小出水阀门开合度使液位上升；反之，当当前液位高于期望液位时，液位控制器增大阀门开合度使液位下降。

当流量检测器检测到进水流量增大时，流量控制器增加出水阀门的开合度使液面下降；反之，当流量检测器检测到进水流量减小时，流量控制器减小出水阀门的开合度使得液面上升。

液位控制器与流量控制器共同作用，保持实际液位稳定在期望液位附近。

2、操纵变量：出水口的流量

被控变量：液位

被控对象：水槽

评注：常规题目，考察系统建模以及基本概念。

二、分析：考察梅森公式，记得用梅森公式之前必须有信号流图。

解：（1）单独的回路有 4 条：$l_1=-G_1(s)G_2(s)H_1(s)$

$l_2=-G_2(s)G_3(s)H_2(s)$

$l_3=G_2(s)G_3(s)G_4(s)$

$l_4=-G_1(s)G_2(s)G_3(s)$

没有两条及以上不相接的回路

前向通路有 1 条 $P_1=G_1(s)G_2(s)G_3(s)$　$\Delta_1=1$

由梅森公式 $\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{\sum P_i\Delta_i}{\Delta}=\dfrac{P_1\Delta_1}{1-(l_1+l_2+l_3+l_4)}$

$=\dfrac{G_1(s)G_2(s)G_3(s)}{1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_2(s)G_3(s)H_2(s)-G_2(s)G_3(s)G_4(s)+G_1(s)G_2(s)G_3(s)}$

（2）单独回路有 7 条：$l_1=-G_4(s)H_1(s)$

$l_2=-G_6(s)H_2(s)$

$l_3=-G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_5(s)G_6(s)H_3(s)$

$l_4=-G_4(s)G_5(s)G_6(s)H_3(s)$

$l_5=-G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_6(s)H_3(s)$

$l_6=-G_4(s)G_6(s)H_3(s)$

$l_7=-G_2(s)G_8(s)H_3(s)$

两两不相接回路有 3 条　$l_1l_2=G_4(s)G_6(s)H_1(s)H_2(s)$

$l_1l_7=G_2(s)G_4(s)G_8(s)H_1(s)H_3(s)$

$l_2l_7=G_2(s)G_6(s)G_8(s)H_2(s)H_3(s)$

三三不相接的回路有 1 条：$l_1l_2l_7=-G_2(s)G_4(s)G_6(s)G_8(s)H_1(s)H_2(s)H_3(s)$

没有三条及以上不相接触的回路：

前向通路有 5 条　$P_1=G_1(s)G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_5(s)G_6(s)$　$\Delta_1=1$

$P_2=G_1(s)G_4(s)G_5(s)G_6(s)$　$\Delta_2=1$

$P_3=G_1(s)G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_6(s)$　$\Delta_3=1$

$P_4=G_1(s)G_4(s)G_6(s)$　$\Delta_4=1$

$P_5=G_1(s)G_2(s)G_8(s)$

$\Delta_5=1+G_4(s)H_1(s)+G_6(s)H_2(s)+G_4(s)G_6(s)H_1(s)H_2(s)$

由梅森公式：$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{\sum P_i\Delta_i}{\Delta}=\dfrac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2+P_3\Delta_3+P_4\Delta_4+P_5\Delta_5}{1-(l_1+l_2+l_3+l_4+l_5+l_6+l_7)+(l_1l_2+l_1l_7+l_2l_7)-l_1l_2l_7}$

评注：上交老传统，梅森公式最后极其复杂，希望各位多加训练，不要漏掉回路。

三、分析：考察二阶系统时域指标

解：$\Phi(s)=1+\dfrac{G(s)}{G(s)H(s)}=\dfrac{\dfrac{k}{s(s+1)}}{1+\dfrac{k(1+Ts)}{s(s+1)}}=\dfrac{k}{s^2+(kT+1)s+k}$

对比二阶标准形可得　$k=\omega_n^2$　$\zeta\omega_n=1+kT$

由 $\sigma\%=20\%$，$\sigma=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\Rightarrow\zeta\approx0.46$

峰值时间　$t_p=\dfrac{\pi}{\omega_d}\approx\dfrac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}=0.1s\Rightarrow\omega_n\approx35.38rad/s$

从而解得　$k\approx1251.74$，$T\approx0.025$

上升时间　$t_r=\dfrac{\pi-\arccos\zeta}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}\approx0.065s$

调整时间　$t_s=\dfrac{4.4}{\zeta\omega_n}\approx0.27s$

评注：送分题，记牢概念就能解题。

四、考察根轨迹的绘制

解：单位负反馈系统绘制 180° 根轨迹

①开环极点　$P_0=0$，$P_1=-3$，$P_2=-3$　$n=3$　$m=0$

②实轴上根轨迹区域　$(-\infty,0)$

③渐近线与实轴的交点　$\sigma_a=\dfrac{\sum P_i-\sum Z_i}{n-m}=\dfrac{-3-3}{3}=-2$

与实轴夹角　$\varphi_a=\dfrac{(2K+1)\pi}{n-m}=\pm\dfrac{\pi}{3}$，$\pi$

④分离点 $\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{d+3}+\dfrac{1}{d+3}=0\Rightarrow d=-1$

⑤与虚轴交点

特征方程 $D(s)=s(s+3)^2+k=0$

令 $s=j\omega$，虚实部分别为 0，得 $\begin{cases}9\omega-\omega^3=0\\k-6\omega^2=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\omega=\pm3rad/s\\k=54\end{cases}$

在分离点处 $k=\left|s(s+3)^2\right|=4$

绘制根轨迹如图 2 所示：

图 2 概略根轨迹曲线

系统在欠阻尼状态 $4<k<54$

$K_v=\lim\limits_{s\to0}sG(s)=\dfrac{k}{9}$，$e_{ss}(\infty)=\dfrac{1}{K_v}\le0.2\Rightarrow k\ge45$

综上所述，满足要求 $k$ 的取值范围为 $[45,54)$

评注：按照常规根轨迹绘制法则即可

五、分析：考察奈氏判据

解：令 $s=j\omega$，$G(j\omega)=\dfrac{K(j\omega-1)}{j\omega(j\omega+1)}=\dfrac{2K\omega-jK(\omega^2-1)}{\omega(1+\omega^2)}=\dfrac{2K}{1+\omega^2}-j\dfrac{K(\omega^2-1)}{\omega(1+\omega^2)}$

与实轴交点 $\text{Im}\{G(j\omega)\}=0\Rightarrow\omega=\pm1rad/s$，$\text{Re}\{G(j1)\}=K$

当 $K<0$ 时奈氏曲线起点 $G(j0^+)=2K-j\infty$，终点 $G(j\infty)=0$。如图 3 所示

图 3 K<0 的概略奈氏曲线

当 $K>0$ 时，起点 $G(j0^+)=2K+j\infty$，$G(j\infty)=0$ 如图 4 所示

图 4 K>0 的概略奈氏曲线

当 $K>0$ 时，$N_+=0$，$N_-=\dfrac{1}{2}$，$P=0$

$Z=P-2N=P-2(N_+-N_-)=1\neq0$，系统闭环不稳定

当 $K<0$ 且 $-1<K$ 时，$N_+=0$，$N_-=0$，$P=0$

$Z=P-2N=P-2(N_+-N_-)=0$，系统稳定

当 $K=-1$ 时，奈氏曲线穿越 $(-1,j0)$ 点，系统临界稳定

当 $K<-1$ 时，$N_+=0$，$N_-=1$，$P=0$

$Z=P-2N=P-2(N_+-N_-)=2\neq0$，系统不稳定

综上所述，当 $-1<K<0$ 时，系统稳定

评注：本题用劳斯判据很快，但题目未要求，可草稿上验证。

六、分析考察超前校正装置的使用，只要满足题目设计要求的校正装置都是可行的。

解：令 $K=K_v=10$，$G(s)=\dfrac{10}{s(s+1)}$

开环 Bode 图如图 5 所示：

图 5 Bode 图

由伯德图知 $\omega_c'=3.16rad/s$，$\gamma'=17.55^\circ$

要求新的剪切频率大于 $4.4rad/s$，相角大于 $45^\circ$，故采用超前校正

设校正装置 $G_c(s)=\dfrac{1+aTs}{1+Ts}$

要校正角度 $\varphi_{\max}=45^\circ-17.55^\circ=27.45^\circ$，取 $\varphi_{\max}=30^\circ$

$a=\dfrac{1+\sin\varphi_{\max}}{1-\sin\varphi_{\max}}=3$，取 $a=5$

超前装置提升的分贝数为 $10\lg a\approx6.99dB$

由伯德图可知新的 $\omega_c''\approx4.74rad/s$

$\dfrac{1}{T\sqrt{a}}=\omega_c''\Rightarrow T\approx0.094$，故 $G_c(s)=\dfrac{1+0.47s}{1+0.094s}$

校正后 $G_c(s)G(s)=\dfrac{10(1+0.47s)}{s(s+1)(1+0.094s)}$

检验新的剪切频率，令 $|aG_c(j\omega)G(j\omega)|=1\Rightarrow\omega_c''\approx4.63rad/s>4.5rad/s$

新的相角裕度：

$\gamma''=180^\circ-90^\circ+\arctan(0.47\omega_c'')-\arctan\omega_c''-\arctan(0.094\omega_c'')\approx53.99^\circ>45^\circ$

满足题目设计要求

评注：取 a 值时最好先在草稿纸上检验完再写在试卷上。

七、分析：本题考察负倒描述曲线以及线性部分奈氏图的画法。

解：线性部分传递函数 $G(s)=\dfrac{2}{s(s+1)(0.25s+1)}$

$G(j\omega)=\dfrac{2}{j\omega(j\omega+1)(0.25j\omega+1)}=\dfrac{-2.5}{\left(1-\dfrac{1}{4}\omega^2\right)^2+\dfrac{25}{16}\omega^2}-j\dfrac{2\left(1-\dfrac{1}{4}\omega^2\right)}{\omega\left[\left(1-\dfrac{1}{4}\omega^2\right)^2+\dfrac{25}{16}\omega^2\right]}$

当 $\omega=0^+$ 时，$\text{Re}[G(j\omega)]=-2.5$，$\text{Im}[G(j\omega)]\to-\infty$

当 $\omega=\infty$ 时，$\text{Re}[G(j\omega)]=0$，$\text{Im}[G(j\omega)]\to0$

$\text{Im}[G(j\omega)]=0$ 与实轴交点为 $-\dfrac{KT_1T_2}{T_1+T_2}=-\dfrac{2\cdot1\cdot\dfrac{1}{4}}{1+\dfrac{1}{4}}=-\dfrac{2}{5}$

穿越频率 $\omega_x=\dfrac{1}{\sqrt{T_1T_2}}=\dfrac{1}{\sqrt{1\cdot\dfrac{1}{4}}}=2rad/s$

非线性环节负倒曲线 $-\dfrac{1}{N(A)}=-\dfrac{\pi A}{4}=-\dfrac{2}{5}\Rightarrow A=\dfrac{8}{5\pi}$

如图 6，两曲线交点处为自振荡点，振幅为 $\dfrac{8}{5\pi}$，频率为 $2rad/s$

图 6 非线性系统与线性环节的奈氏曲线

评注：此题与 18 年非线性题仅有一点点差别。

八、思路解析：考察状态反馈极点配置，送分题。

解：系统能控性判别矩阵 $Q_c=\begin{bmatrix}b&Ab&A^2b\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&2\\0&1&-1\\1&0&2\end{bmatrix}$

$rank Q_c=3=n$，因此故系统完全可控，极点可任意配置。

设状态反馈矩阵 $k=[k_1\quad k_2\quad k_3]$

闭环特征多项式：$f(\lambda)=\det\left[\lambda I-(A-bk)\right]=\det\begin{bmatrix}\lambda-1&-2&0\\-3&\lambda+1&-1\\k_1&k_2-2&\lambda+k_3\end{bmatrix}$

$=\lambda^3+k_3\lambda^2+(k_2-9)\lambda+2k_1-k_2-7k_3+2$

根据给定极点，期望特征多项式：

$f^*(\lambda)=(\lambda+10)(\lambda+1+j\sqrt{3})(\lambda+1-j\sqrt{3})=\lambda^3+12\lambda^2+24\lambda+40$

对比系数得 $\begin{cases}k_3=12\\k_2-9=24\\2+2k_1-k_2-7k_3=40\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}k_1=77.5\\k_2=33\\k_3=12\end{cases}$

故状态反馈阵为 $k=\begin{bmatrix}77.5&33&12\end{bmatrix}$

评注：状态反馈对系统任意配置极点得充要条件是系统完全可控。此题与 15 年的现控题目仅仅有一个数字的差别。