2021 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 213-218 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. 四、1 闭环特征方程原件漏印尾项，正文原件作 $D(s)=4s^2(s+1)+(s+a)=4s^3+4s^2$。渐近线夹角原件笔误记为 $\sigma_a=\pm\frac{\pi}{3},\pi$（实为 $\varphi_a$）。
2. 四、3 原件校正后传递函数分母误印为 $0.715s+1$（前文算得 $\alpha T = 0.0715$）。
3. 四、5 原件状态方程频域解表达式误写有导数点记为 $\dot{x}(s)$，实为 $X(s)$。

---

上海交通大学二零二一年攻读硕士学位研究生

入学考试试题参考答案

考生注意：答案必须写在答题纸上，并标明题号。答在试题上无效。

一、填空

1、没有人直接参与

2、输出量

3、原来的平衡状态

4、正数

5、开环传递函数的零点和极点

6、奇数（-180° 根轨迹）

7、（开环）极点

8、一次谐波分量

9、$\dfrac{1}{\sqrt{aT}}$

10、傅氏变换

二、双选

1、BC

2、CD

3、AB

4、AD

5、AD

三、计算

1、解：当实际液位小于期望液位时候，通过浮球、连杆进行反馈到控制器，进而控制水阀

门的开度，通过调节进水阀门开度控制进水量，从而使得实际液位增大 当实际液位大于期望液位时候，通过浮球、连杆进行反馈到控制器，进而控制水阀门的开度，通过调节进水阀门开度控制进水量，从而使得实际液位减小

2、解：由题可得，回路：$L_1=-G_2H_2$，$L_2=-G_2G_3H_3$，$L_3=-G_1G_2H_2$

$L_4=-G_1G_2G_3H_4$，$L_5=-G_4H_4$

两两互不接触回路增益为：$L_1L_5=G_2G_4H_2H_4$ ，　$L_2L_5=G_2G_3G_4H_3H_4$，

$L_3L_5=G_1G_2G_4H_2H_4$

3、解：由题可得，闭环特征方程为 $D(s)=(0.1s+1)(s+5)+100=0.1s^2+5.1s+105$

易知系统稳定

$\therefore e_{ss}=\lim\limits_{s\to0}s\cdot\dfrac{2}{s^2}\cdot\dfrac{1}{1+G(s)}=\lim\limits_{s\to0}\dfrac{2}{s}\cdot\dfrac{(0.1s+1)(s+5)}{(0.1s+1)(s+5)+100}=\infty$

4、解：由题可得 $\dot y(t)=15e^{-1.2t}\sin(1.6t+53.1^\circ)-20e^{-1.2t}\cos(1.6t+53.1^\circ)$

$\dot y(t)=0\Rightarrow t_p=\dfrac{5}{8}\pi=1.96s$

5、解 当 x 从零递增时，在 A 点系统由稳定区域穿越到不稳定时，A 不是稳定自振点，当 x 从零递增时，在 B 点，系统由不稳定区域穿越到稳定区域，B 是稳定自振点。

四、综合

1、由题意可得系统闭环特征方程为

$D(s)=4s^2(s+1)+(s+a)=4s^3+4s^2$

$\therefore$ 等效开环传递函数为 $G'(s)=\dfrac{a}{s(4s^2+4s+1)}=\dfrac{K}{s\left(s+\dfrac{1}{2}\right)^2}$（其中 $K=\dfrac{a}{4}$）

无零点，极点 $P_1=0$，$P_{2,3}=-\dfrac{1}{2}$，有三条根轨迹

实轴根轨迹　$(-\infty,0]$

渐近线：$\sigma_a=\dfrac{-\dfrac{1}{2}\times2}{3}=-\dfrac{1}{3}$，$\sigma_a=\pm\dfrac{\pi}{3},\pi$

汇合分离点

$\dfrac{dK}{ds}=0\Rightarrow 12s^2+8s+1=0$　　$s_1=-\dfrac{1}{6}$，$s_2=-\dfrac{1}{2}$（舍）

与虚轴交点：$D(j\omega)=-4\omega^3j-4\omega^2+\omega j+a=0$

$\begin{cases}-4\omega^2+a=0\\-4\omega^3+\omega=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a=1\\\omega=\pm\dfrac{1}{2}\end{cases}$

2、解：由题 $A(\omega)=\dfrac{\sqrt{\tau^2\omega^2+1}}{\omega^2}$，$\varphi(\omega)=-180^\circ+\arctan\tau\omega$

$\gamma=180^\circ+\varphi(\omega)=45^\circ\Rightarrow\tau\omega_c=1$

又 $A(\omega_c)=1$

$\therefore\tau=\sqrt{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=0.84$

3、解：由题，校正后开环传递函数为

$G_0(s)=G(s)G_c(s)=\dfrac{4K_c\alpha(Ts+1)}{s(s+1)(\alpha Ts+1)}$

$\therefore K_v=\lim\limits_{s\to0}sG_0(s)=\lim\limits_{s\to0}\dfrac{4K_c\alpha(Ts+1)}{s(s+1)(\alpha Ts+1)}=4K_c\alpha\ge20$

不妨设 $4K_c\alpha=20$

$\therefore G_1(s)=\dfrac{4K_c\alpha}{s(s+1)}=\dfrac{20}{s(s+1)}$

此时 $|G_1(s)|=1\Rightarrow\omega_c=4.42rad/s$　　$\gamma_1=12.74^\circ$

取 $\gamma'=(50^\circ-\gamma_1)+5^\circ\sim15^\circ=50^\circ$

$\therefore\alpha=\dfrac{1-\sin\gamma'}{1+\sin\gamma'}=0.13$

要使性能最佳，则在 $\omega_m$ 处有；取 $\omega_m=5rad/s$

此时 $\omega_m=\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}T}\Rightarrow T=\dfrac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}=0.55$　　$\alpha T=0.0715$

$\therefore$ 校正后的传递函数为 $G_0(s)=\dfrac{20(0.55s+1)}{s(s+1)(0.715s+1)}$

此时 $\omega_c=9.28rad/s$，$\gamma=51.5^\circ>50$，$K_v=20$　　满足要求

此时 $T=0.55$，$\alpha=0.13$，$K_c=\dfrac{20}{4\alpha}=\dfrac{500}{13}=38.46$

四、由题可得：

$e=r-c$，$\therefore\dot e=\dot r-\dot c$　　$\ddot e=\ddot r-\ddot c$

$E(s)\cdot\dfrac{K}{s(Ts+1)}=C(s)$

$\Rightarrow T\ddot c+\dot c=Ke$

即 $T\ddot e+\dot e+Ke=0$

其特征方程为 $T\lambda^2+\lambda+K=0$　　奇点为 $(0,0)$

当 $1-4TK>0$ 时，该奇点类型为稳定节点，其相平面图为

当 $1-4TK<0$ 时，该奇点类型为稳定焦点，其相平面图为

五、解：由题可得

$A=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix},\quad \quad B=\begin{bmatrix}2\\0\end{bmatrix},\quad \quad U(s)=\dfrac{1}{s+1}$

$$$$

由题

$\dot x=Ax+bv$

$\therefore sx-x(0)=Ax+Bv$

$(sI-A)x=x(0)+Bv$

$\therefore\dot x(s)=(sI-A)^{-1}x(0)+(sI-A)^{-1}BU(s)$

$=\begin{bmatrix}\dfrac{s+3}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{1}{(s+2)(s+1)}\\[8pt]\dfrac{-2}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{s}{(s+2)(s+1)}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\dfrac{s+3}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{1}{(s+2)(s+1)}\\[8pt]\dfrac{-2}{(s+2)(s+1)}&\dfrac{s}{(s+2)(s+1)}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2\\0\end{bmatrix}\dfrac{1}{s+1}$

$$$$ $$$$

即

$x_1(t)=e^{-2t}-e^{-t}+4te^{-t}$

$x_2(t)=3e^{-t}-2e^{-2t}-4te^{-t}$