2020 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 205-212 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. 第二题第（1）小题：原件传递函数分母 $s^2$ 项系数印刷为 $(m_1k_1+m_2k_1+m_1k_2)s^2$，本稿严格按原印件录入。
2. 第三题：原题干及原答案全文均使用测速发电机反馈增益符号 $K_t$（录入初稿曾误作 $K_f$），现已全篇恢复为 $K_t$。
3. 第四题：原答案对开环增益参数写作 $K_r$，求解实轴分离点方程为 $\frac{d}{ds}\left(\frac{s+2}{s(s+4)(s+8)(s^2+2s+5)}\right)=0$，本稿完全忠实原件。
4. 第八题：原答案在状态反馈极点配置中设反馈矩阵为 $F=[K_1\quad K_2\quad K_3]$，闭环矩阵直接书写为 $A+BK$（未取负号），本稿完全忠实保留原件符号与推导全过程。

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上海交通大学二零二零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、解：1、开环系统的优点：结构简单，比较经济；缺点：不能消除干扰所带来的误差。闭环系统的优点 控制量偏离规定值，就会产生相应的控制作用去消除偏差。因此它具有抑制干扰的能力，对元件特性变化不敏感，并能改善系统的响应特性；结构复杂，成本高。

2、PD 控制器可以提高系统的响应速度，但是抗高频干扰性能会降低；PI 控制器可以增大系统型别，提高系统的稳态精度，但是响应速度会有所降低。

二、解：（1）据题意，假设系统为零初始条件，设弹簧 $k_1$ 和 $k_2$ 及阻尼器 $B$ 对应的力分别设为：$F_1$、$F_2$ 和 $F_B$。

$F_2=k_2\left[y_1(t)-y_2(t)\right]$

$F_1=k_1\left[y_2(t)-y_3(t)\right]$

$F_B=f\left[\dot{y}_2(t)-\dot{y}_3(t)\right]$

根据牛二定律可得动态方程

$F_2-F_1-F_B=m_2\ddot{y}_2(t)$

$F_1+F_B=m_1\ddot{y}_3(t)$

即

$k_2\left[y_1(t)-y_2(t)\right]-k_1\left[y_2(t)-y_3(t)\right]-f\left[\dot{y}_2(t)-\dot{y}_3(t)\right]=m_2\ddot{y}_2(t)$

$k_1\left[y_2(t)-y_3(t)\right]+f\left[\dot{y}_2(t)-\dot{y}_3(t)\right]=m_1\ddot{y}_3(t)$

拉氏变换整理得

$k_2\left[Y_1(s)-Y_2(s)\right]-m_1s^2Y_3(s)=m_2s^2Y_2(s)$

$k_1\left[Y_2(s)-Y_3(s)\right]+fs\left[Y_2(s)-Y_3(s)\right]=m_1s^2Y_3(s)$

系统的传递函数为：

$\dfrac{Y_3(s)}{Y_1(s)}=\dfrac{k_2fs+k_1k_2}{m_1m_2s^4+f(m_1+m_2)s^3+(m_1k_1+m_2k_1+m_1k_2)s^2+k_2fs+k_1k_2}$

（2）回路：$L_1=-G_1(s)G_2(s)H_1(s)$，$L_2=-G_1(s)G_2(s)$

求 $\dfrac{Y(s)}{R(s)}$

$P_1=G_1(s)G_2(s)$，$\Delta_1=1$

$L_1=-G_1(s)G_2(s)H_1(s)$，$L_2=-G_1(s)G_2(s)$

$\Delta=1-L_1-L_2=1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_1(s)G_2(s)$

∴ $\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{G_1(s)G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_1(s)G_2(s)}$

求 $\dfrac{Y(s)}{N(s)}$

$P_1=1$，$\Delta_1=1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)$

$P_2=G_2(s)G_3(s)$，$\Delta_2=1$

$\Delta=1-L_1-L_2=1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_1(s)G_2(s)$

∴ $\dfrac{Y(s)}{N(s)}=\dfrac{1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_2(s)G_3(s)}{1+G_1(s)G_2(s)H_1(s)+G_1(s)G_2(s)}$

三、解：（1）系统开环传递函数为：

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

系统闭环传递函数为：

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

闭环特征方程为：

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

∴ 当 $K_t=0$ 时，$\begin{cases}\omega_n^2=10\\2\zeta\omega_n=2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\omega_n=\sqrt{10}\\\zeta=\dfrac{\sqrt{10}}{10}\end{cases}$

此时系统稳定，

$K_v=\left.\dfrac{10}{2+K_t}\right|_{K_t=0}=5$ ∴$e_{ss}=\dfrac{1}{K_v}=0.2$

（2）由（1）可得

$\begin{cases}\omega_n^2=10\\2\zeta\omega_n=2+K_t\\\zeta=0.6\end{cases}\Rightarrow K_t=1.2\sqrt{10}-2$

此时系统稳定，

稳态误差为：

$e_{ss}=\dfrac{1}{K_v}=\dfrac{2+K_t}{10}=\dfrac{3\sqrt{10}}{25}$

（3）当 $K_a$ 不确定时，系统开环传递函数为，$G(s)=\dfrac{K_a}{s(s+2+K_t)}$

闭环特征方程为：$D(s)=s^2+s(2+K_t)+K_a$

∴要使系统稳定，则 $2+K_t>0$，$K_a>0$

$\begin{cases}K_v=\dfrac{K_a}{2+K_t}=\dfrac{1}{e_{ss}}=5\\\omega_n^2=K_a\\2\zeta\omega_n=2+K_t\\\zeta=0.6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K_t=-2\\K_a=0\end{cases}$　或 $\begin{cases}K_t=5.2\\K_a=36\end{cases}$

【评注】在分析系统性能时，一定要先判别稳定性。

四、解：（1）系统开环传递函数为：

$G(s)H(s)=\dfrac{K_r(s+2)}{s(s+4)(s+8)(s^2+2s+5)}$

绘制 180° 根轨迹。

系统开环极点为：$P_1=0$　$P_2=-4$　$P_3=-8$　$P_{4,5}=-1\pm2j$，开环零点为 $Z=-2$

实轴上的根轨迹：$[-8,-4]$，$[-2,0]$；

渐近线与实轴的交点：$\sigma=\dfrac{-4-8-1-1+2}{4}=-3$，夹角为 $\varphi=\dfrac{(2K+1)\pi}{4}=\pm\dfrac{\pi}{4}$，$\pm\dfrac{3\pi}{4}$

求解汇合分离点：$\dfrac{d}{ds}\left(\dfrac{s+2}{s(s+4)(s+8)(s^2+2s+5)}\right)=0$　得．$s=-6.48$。

求解与虚轴交点：

闭环特征方程为：

$D(s)=s(s+4)(s+8)(s^2+2s+5)+K_r(s+2)$

$=s^5+14s^4+61s^3+124s^2+(160+K_r)s+2K_r=0$

根据劳斯表全零行，求得，$K_r=132.45$，与虚轴交点为 $(0,j2.29)$，$(0,-j2.29)$。

绘制根轨迹如下所示：

所以系统稳定时，$0<K_r<132.45$

（2）当 $\xi=0.407$ 时，设共轭复根

$s_{1,2}=-\xi\omega_n\pm j\omega_n\sqrt{1-\xi^2}=-0.407\omega_n\pm j0.913\omega_n,\quad$

将其带入闭环特征方程，即

$D(s)=s^5+14s^4+61s^3+124s^2+(160+K_r)s+2K_r=0$

求得，$\omega_n=2.16$，$K_r=12.8$。

五、解：（a）$N^-=0.5$，$N^+=0$，根据 $z=P-2(N^+-N^-)=2$，系统不稳定，s 右半平面闭环极点个数为 2 个。

（b）对曲线进行增补

$N^+=1$，$N^-=0$，根据 $z=P-2(N^+-N^-)=0$，系统稳定，无 s 右半平面闭环极点个数。

（c）对曲线进行增补

$N^+=0$，$N^-=0$，根据 $z=P-2(N^+-N^-)=0$，系统稳定，无 s 右半平面闭环极点个数。

（d）$N^+=1$，$N^-\doteq0$，根据 $z=P-2(N^+-N^-)=0$，系统稳定，无 s 右半平面闭环极点个数。

[评注]1、Nyquist 稳定判据 $z=P-2N$，当 $z=0$ 时系统稳定，否则不稳定；

2、对于系统型别不为 0 的系统要进行曲线增补，即从 $\omega=0^+$ 到 $\omega=0$ 要顺时针转 $\nu\cdot90^\circ$（$\nu$ 为系统型别）。

六、解：$G(s)=\dfrac{2}{s(0.25s+1)(0.1s+1)}$，已知校正后 $K_v=\lim\limits_{s\to0}s\cdot G(s)=4$

$G_c(s)$ 中 $K=2$，∴$G_0(s)=\dfrac{4}{s(0.25s+1)(0.1s+1)}$

当 $|G_0(j\omega)|=1$，即 $\omega_{c0}=3.04rad/s$，$\gamma_0=35.86^\circ$

采用超前校正，设 $G_c(s)=\dfrac{\alpha Ts+1}{Ts+1}$

$\varphi_m=\Delta\varphi=\gamma-\gamma_0+40^\circ=44.14^\circ,\quad \alpha=\dfrac{1+\sin\varphi_m}{1-\sin\varphi_m}=5.59$

$20\lg\left|G_0(j\omega_c)\right|=20\lg\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\to\omega_m=\omega_c=5.15rad/s$

$T=\dfrac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}=0.08,\quad G_c(s)=2\cdot\dfrac{0.45s+1}{0.08s+1}$

$\therefore G'(s)=G(s)\cdot G_c(s)=\dfrac{4(0.45s+1)}{s(0.25s+1)(0.1s+1)(0.08s+1)}$

经验证，$\omega_c=5.1rad/s$，$\gamma=55.4^\circ$

当 $\angle G'(j\omega)=-180^\circ$ 时，

即 $\arctan0.45\omega_g-90^\circ-\arctan0.25\omega_g-\arctan0.1\omega_g-\arctan0.08\omega_g=-180^\circ$ 时，

求得，$\omega_g=12.76rad/s$

$20\lg K_g=-20\lg\left|G(j\omega_g)\right|=12.5dB$，∴符合

$\therefore G_c(s)=\dfrac{2(0.45s+1)}{0.08s+1}$

评注　幅值裕度和相角裕度是正相关的，如果发现幅值裕度不满足，则继续增加超前装置拉起的相角度数。

七、解：（1）当系统未接入校正装置 $G_c(s)$ 时，系统线性部分传递函数为：

$G(s)=\dfrac{12}{s(s+1)(s+2)}=\dfrac{6}{s(s+1)(0.5s+1)}$

当 $\omega\to0^+$ 时，$A(\omega)\to\infty$，$\varphi(\omega)\to-90^\circ$

当 $\omega\to+\infty$ 时，$A(\omega)\to0$，$\varphi(\omega)\to-270^\circ$；

当 $\omega_x=1.414rad/s$ 时，奈氏图与负实轴交点为 $(-2,j0)$；

将非线性部分与线性部分绘制于同一个坐标系中，如下图

当 $-\dfrac{1}{N(M)}$ 由稳定区域进入不稳定区域，交点为 C；

当 $-\dfrac{1}{N(M)}$ 由不稳定区域进入稳定区域，交点为 B；

令 $-\dfrac{1}{N(M)}=-2\Rightarrow M_1=2.236$（舍），$M_2=4.472$

故系统存在稳定的自激振荡，振幅为 $M=4.472$，频率为 $\omega_x=1.414rad/s$。

（2）当接入校正装置 $G_c(s)=0.25s$ 后，线性部分的传递函数为：

$G(s)=\dfrac{2.4}{s(0.2s^2+0.6s+1)}$

求得与负实轴的交点坐标为 $(-0.8,j0)$，此时，$-\dfrac{\pi}{2}<-0.8$，

所以奈氏图与负倒描述函数曲线没有交点，系统是稳定的，不存在自激振荡。 可见，当加入校正装置后，系统由临界稳定，即自激振荡，变为收敛的稳定系统。

八、解：取 $\dot x_1=10u$，$\dot x_2=x_1-x_2$，$\dot x_3=x_2-2x_3$，$y=x_3$

有

$$\begin{bmatrix}\dot x_1\\\dot x_2\\\dot x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0\\1&-1&0\\0&1&-2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}10\\0\\0\end{bmatrix}u,\quad y=[0\quad0\quad1]\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}$$

其传函为 $c(sI-A)^{-1}\cdot B=\dfrac{10}{s(s+1)(s+2)}$，是原传函的一个实现，传递函数无零极点对消，系统是完全可控的，可以进行状态极点的任意配置

设状态反馈阵 $F=[K_1\quad K_2\quad K_3]$，$A+BK=\begin{bmatrix}10K_1&10K_2&10K_3\\1&-1&0\\0&1&-2\end{bmatrix}$

闭环特征多项式为：

$$$$

$=(\lambda-10K_1)(\lambda+1)(\lambda+2)-10K_3-10K_2(\lambda+2)$

$=\lambda^3+3\lambda^2+2\lambda-10K_1\lambda^2-30K_1\lambda-20K_1-10K_3-10K_2\lambda-20K_2$

$=\lambda^3+(3-10K_1)\lambda^2+(2-30K_1-10K_2)\lambda-20K_1-20K_2-10K_3$

期望多项式为 $(s+2)\left((s+1)^2+1\right)=(s+2)(s^2+2s+2)$

$=s^3+2s^2+2s+2s^2+4s+4$

$=s^3+4s^2+6s+4$

$$\begin{cases}3-10K_1=4\\2-30K_1-10K_2=6\\-20K_1-20K_2-10K_3=4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K_1=-0.1\\K_2=-0.1\\K_3=0\end{cases}$$

故反馈矩阵 $F=[-0.1\quad-0.1\quad0]$