2022 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 219-228 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. 二、（1）原件状态方程输入项印为 $200r$ 与 $y=r$。评注中说明本题题干所设状态变量与输出无关，疑似错题，解题按原样展开。
2. 三、（1）文末原件笔误记为“对单位斜坡响应的稳态误差无影响”，实为加速度响应。
3. 四、（1）虚轴交点方程原件印为“解得”。
4. 五、原真题卷中开环传递函数分母为 $s$（$\tau=45^\circ$），参考答案中按分母 $s^2$（$\gamma=45^\circ$）展开求解，正文照录原答卷过程。

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上海交通大学二零二二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、分析：考察使用梅森公式求传递函数。

解：（1）在不考虑 $G_f(s)$ 的情况下，系统信号流图为

回路：

$L_1=-\dfrac{100(s+1)}{s+2}$

$L_2=-\dfrac{10(s+1)}{s(s+2)(s+20)}$

$L_3=-\dfrac{1000(s+1)}{s(s+2)(s+20)}$

无互不接触的回路

$R(s)$ 输入时，前向通道：$P_1=\dfrac{1000(s+1)}{s(s+2)(s+20)}$，$\Delta_1=1$

由梅森公式得：

$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{P_1\Delta_1}{1-L_1-L_2-L_3}=\dfrac{1000(s+1)}{101s^3+2122s^2+3050s+1010}$

$N(s)$ 输入时，前向通道：$P_2=1,\Delta_2=1-L_1$

由梅森公式得：

$\dfrac{Y(s)}{N(s)}=\dfrac{P_2\Delta_2}{1-L_1-L_2-L_3}=\dfrac{101s^3+2122s^2+2040s}{101s^3+2122s^2+3050s+1010}$

（2）当加入 $G_f(s)$ 时，

$\dfrac{Y(s)}{N(s)}=\dfrac{101s^3+2122s^2+2040s+10G_f(s)(s+1)}{101s^3+2122s^2+3050s+1010}$

若要使 $Y(s)$ 完全独立于 $N(s)$，即 $\dfrac{Y(s)}{N(s)}=0$

$101s^3+2122s^2+2040s+10G_f(s)(s+1)=0$

故

$G_f(s)=-\dfrac{s\left(10.1s^2+212.2s+204\right)}{s+1}$

评注：常考题型，记住梅森公式求传递函数的步骤。

二、分析：考察由微分方程组求状态空间表达式、传递函数。

解：（1）根据微分方程组可得

$\dot x=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-500&-25&-15\end{pmatrix}x+\begin{pmatrix}0\\0\\200\end{pmatrix}r$

$y=r$

（2）系统的传递函数

$G(s)=C\left(sI-A\right)^{-1}B+D=1$

（3）系统的闭环特征多项式为

$\det\left[sI-A\right]=\begin{vmatrix}s&-1&0\\0&s&-1\\500&25&s+15\end{vmatrix}=s^3+15s^2+25s+500$

评注：本题疑似为错题，题目中所选状态 $x_1$，$x_2$，$x_3$ 均与输出无关，含有 $x_1$，$x_2$，$x_3$ 的闭环同样与输出无关，不知是考官故意设置还是印刷错误，故本题按正常步骤给出答案，不考虑系统是否有意义等问题。

三、分析：主要考察主导极点的应用。

解：（1）要求比较加入 $\dfrac{K_I}{s}$ 前后的稳态误差，默认加入前后系统都是稳定的

加入 $\dfrac{K_I}{s}$ 前系统的开环传递函数为

$G_0(s)=\dfrac{2K_p}{(s+1)(s+2)}$

静态位置误差系数：$K_{p_1}=\lim\limits_{s\to0}G_0(s)=K_p$

静态速度误差系数：$K_{v_1}=\lim\limits_{s\to0}s\cdot G_0(s)=0$

静态加速度误差系数：$K_{a_1}=\lim\limits_{s\to0}s^2\cdot G_0(s)=0$

稳态误差为 $e_{ss}=\begin{cases}\dfrac{A}{1+K_p},&r(t)=A\cdot1(t)\\\infty,&r(t)=At\\\infty,&r(t)=\dfrac{1}{2}At^2\end{cases}$

加入 $\dfrac{K_I}{s}$ 后系统的开环传递函数为

$G_1(s)=\dfrac{2(K_ps+K_I)}{s(s+1)(s+2)}$

静态位置误差系数：$K_{p_2}=\lim\limits_{s\to0}G_1(s)=\infty$

静态速度误差系数：$K_{v_2}=\lim\limits_{s\to0}s\cdot G_1(s)=K_I$

静态加速度误差系数：$K_{a_2}=\lim\limits_{s\to0}s^2G_1(s)=0$

稳态误差为 $e_{ss}=\begin{cases}0,&r(t)=A\cdot1(t)\\\dfrac{A}{K_I},&r(t)=At\\\infty,&r(t)=\dfrac{1}{2}At^2\end{cases}$

在引入 $\dfrac{K_I}{s}$ 环节后，系统的型别提高了系统对单位阶跃响应的稳态误差由 $\dfrac{1}{1+K_p}$ 减小到了 0；对单位斜坡响应的稳态误差由 ∞ 减小到了 $\dfrac{1}{K_I}$；对单位斜坡响应的稳态误差无影响。

（2）系统的闭环传递函数为

$\Phi(s)=\dfrac{2(K_ps+K_I)}{s^3+3s^2+2(K_p+1)s+2K_I}$ ①

系统的闭环特征方程为

$D(s)=s^3+3s^2+2(K_p+1)s+2K_I$

列劳斯表

$$\begin{array}{c|cc}s^3&1&2K_p+2\\s^2&3&2K_I\\s^1&\dfrac{3(2K_p+2)-2K_I}{3}&\\s^0&2K_I&\end{array}$$

若要系统稳定则需

$\begin{cases}6K_p+6-2K_I>0\\2K_I>0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K_p>\dfrac{1}{3}K_I-1\\K_I>0\end{cases}$

（3）欲使系统等效为二阶系统，需使系统产生零极点对消则有系统闭环传递函数变式为

$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{2(K_ps+K_I)}{(K_ps+K_I)(s^2+As+B)}=\dfrac{2(K_ps+K_I)}{K_ps^3+(AK_p+K_I)s^2+(AK_I+BK_p)s+BK_I}$ ②

对比①②两式可得

$\begin{cases}K_p=1\\AK_p+K_I=3\\AK_I+BK_p=2K_p+2\\BK_I=K_I\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K_p=1\\K_I=2\\A=1\\B=2\end{cases}$ 或 $\begin{cases}K_p=1\\K_I=1\\A=2\\B=2\end{cases}$

故调节 $K_I$、$K_p$ 使系统等效为二阶系统存在两种情况：

1）当 $K_I=1$，$K_p=2$ 时，等效二阶系统为：$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{2}{s^2+s+2}$

2）当 $K_I=2$，$K_p=1$ 时，等效二阶系统为：$\dfrac{Y(s)}{R(s)}=\dfrac{2}{s^2+2s+2}$

根据经验，$0.4<\zeta<0.8$ 时系统的动态性能最好，故选择方案①，系统等效为二阶系统。

评注：使用主导极点等效时要保证变化前后增益不变。

四、分析：考察 180° 根轨迹绘制、阻尼线的应用及偶极子和主导极点。

解：（1）绘制 180° 根轨迹

开环传递函数为

$G(s)=\dfrac{K(s+1.5)}{(s+1)(s+2)(s+4)(s+10)}$

①$n=4,p_1=-1,p_2=-2,p_3=-4,p_4=-10$；$m=1,z_1=-1.5$，有 4 条根轨迹分支，3 条分支趋于无穷远；

②实轴上的根轨迹 $(-\infty,-10]$，$[-4,-2]$，$[-1.5,-1]$

③渐近线 $\sigma_a=\dfrac{-17+1.5}{4-1}=-5.17$，$\varphi_a=\dfrac{(2k+1)\pi}{4-1}=\pm\dfrac{\pi}{3},\pi$

④分离点 $\dfrac{1}{d+1}+\dfrac{1}{d+2}+\dfrac{1}{d+4}+\dfrac{1}{d+10}=\dfrac{1}{d+1.5}$

解得 $d=-2.83$

⑤与虚轴交点

系统的闭环特征方程为

$D(s)=s^4+17s^3+84s^2+(148+K)s+80+1.5K$

令 $s=j\omega$ 代入 $D(s)=0$，得

$\begin{cases}\omega^4-84\omega^2+80+1.5K=0\\-17j\omega^3+(148+K)j\omega=0\end{cases}$，解得 $\begin{cases}\omega=\pm7.8\\K=886.2\end{cases}$

根轨迹与虚轴交于 $(0,\pm7.8j)$ 点

系统根轨迹如图

（2）当 $\zeta=\cos45^\circ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$\beta=45^\circ$，设 $s_{1,2}=-a\pm ja$

将 $s_{1,2}=-a\pm ja$ 代入 $D(s)=0$

解得：$a=2.34$，$K=58.9$

当 $\zeta=\cos60^\circ=\dfrac{1}{2}$ 时，$\beta=60^\circ$，设 $s_{2,4}=-b\pm j\sqrt{3}b$

将 $s_{2,4}=-b\pm j\sqrt{3}b$ 代入 $D(s)=0$

解得：$b=1.97$，$K=121.74$

（3）当 $K=58.9$ 时

系统的闭环传递函数为

$\Phi(s)=\dfrac{58.9(s+1.5)}{(s+1)(s+2)(s+4)(s+10)+58.9(s+1.5)}=\dfrac{58.9(s+1.5)}{(s+1.41)(s+10.91)(s^2+4.68s+10.95)}$

根据偶极子和主导极点概念

$z_1=-1.5$ 与 $p_1=-1.41$ 为一对偶极子

$p_{2,3}=-2.34\pm2.34i$ 是一对主导极点

等效闭环传递函数为

$\Phi(s)=\dfrac{5.74}{s^2+4.68s+10.95}$

$\omega_n=3.31,\quad \zeta=0.707$

超调量 $\sigma\%=4.3\%$

调节时间 $t_s=\dfrac{3.5}{\zeta\omega_n}=1.5s$　$(\Delta=0.05)$

当 $K=121.7$ 时

$\Phi(s)=\dfrac{121.7(s+1.5)}{(s+1.46)(s+11.6)(s^2+3.96s+15.55)}$

同理可得等效闭环传递函数为

$\Phi(s)=\dfrac{10.78}{s^2+3.96s+15.55}$

超调量 $\sigma\%=e^{-\dfrac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times100\%=16.3\%$

调节时间 $t_s=\dfrac{3.5}{\zeta\omega_n}=1.77s(\Delta=0.05)$

评注：计算系统的动态性能指标应先将系统等效为二阶系统。

五、分析：考察奈奎斯特曲线的绘制。

解： 系统的开环传递函数为

$G(s)=\dfrac{100(\tau s+1)}{s^2}$

频率特性 $G(j\omega)=\dfrac{100}{\omega^2}-j\dfrac{100\tau}{\omega}$

当 $\omega\to0^+$ 时，$|G(j\omega)|\to\infty,\varphi(\omega)\to-180^\circ$

当 $\omega\to\infty$ 时，$|G(j\omega)|\to0,\varphi(\omega)\to-90^\circ$

奈奎斯特曲线如图

由系统开环传递函数可知相角裕度 $\gamma$ 公式：

$\gamma=180^\circ-180^\circ+\arctan\tau\omega_c=45^\circ$

又 $|G(j\omega_c)|=1$

解得 $\tau=\dfrac{1}{\omega_c}=\dfrac{1}{\sqrt{100\sqrt{2}}}=0.084$

六、分析：考察串联校正设计。

解：系统开环传递函数为

$G_p(s)=\dfrac{K}{s(s+1)(s+2)}$

$K_v=\lim\limits_{s\to0}s\cdot G_p(s)=\dfrac{K}{2}\ge10$，即 $K\ge20$，取 $K=20$

校正前系统的剪切频率为 $\omega_c=2.42rad/s$，相角裕度 $\gamma=-28^\circ$

又因为：

$\varphi_m=\gamma'-\gamma=50^\circ+28^\circ=78^\circ$

选用滞后校正

$\gamma''=50^\circ+6^\circ=56^\circ$

设滞后校正环节传递函数为

$G(s)=\dfrac{1+bTs}{1+Ts}$

由

$\gamma''=180^\circ-90^\circ-\arctan\omega_c''-\arctan0.5\omega_c''=56^\circ$

解得 $\omega_c''=0.4rad/s$

由 $20\lg b+L'(\omega_c'')=0$ 解得 $b=0.04$

由 $\dfrac{1}{bT}=0.1\omega_c''$ 解得 $T=625$

故校正装置的传递函数为

$G_c(s)=\dfrac{25s+1}{625s+1}$

校正后的系统传递函数为

$G(s)=\dfrac{20(25s+1)}{s(s+1)(s+2)(625s+1)}$

经检验，$\omega_c''=0.4rad/s$，$\gamma=51.4^\circ>50^\circ$，$K_g=16.95dB>10dB$，满足题目要求。

评注：记住滞后校正的设计步骤，记得最后要检验。

七、分析：考察相轨迹的绘制。

解：设非线性环节的输入为 $u$，输出为 $x$

由结构图有 $x=\ddot y+y,e+K\dot e=u$

$x=\begin{cases}N,&u>0\\-N,&u<0\end{cases}$

因为 $e=r-y=-y$，$\dot e=-\dot y$，$\ddot e=-\ddot y$

整理得 $\ddot y+y=\begin{cases}N,&-y-K\dot y>0(\mathrm{I})\\-N,&-y-K\dot y<0(\mathrm{II})\end{cases}$

开关线为 $\dot y=-\dfrac{1}{K}y$，由 $\ddot y(t)=\dfrac{d\dot y(t)}{dy(t)}\dfrac{dy(t)}{dt}$

Ⅰ 区：$\ddot y+y=N$，$\dot yd\dot y=Ndy-\dot ydy$，$(\dot y)^2=2Ny-y^2+c_1$，$(\dot y)^2+(y-N)^2=N^2+c_1$

线性化得 $s^2+1=0$，解得 $s_{1,2}=\pm i$，奇点为中心点，令 $\dot y=y=0$，解得平衡点为 $(N,0)$

Ⅱ 区：$\ddot y+y=-N$，$\dot yd\dot y=-Ndy-\dot ydy$，$(\dot y)^2=-2Ny-y^2+c_2$，

$(\dot y)^2+(y+N)^2=N^2+c_2$

线性化同理可解得 $s_{1,2}=\pm i$，奇点为中心点；平衡点为 $(-N,0)$

故输出的相轨迹为

相轨迹最终会停在开关线上，响应过程是收敛的。 评注：记住不同的奇点所对应的相轨迹形状。

八、分析：考察状态反馈控制器的设计。 解：判断系统能控性

$rank\begin{pmatrix}b&Ab\end{pmatrix}=rank\begin{pmatrix}0&1\\1&-4\end{pmatrix}=2$

故系统完全能控，可任意配置极点。 设状态反馈控制器 $K=[K_1\quad K_2]$ 系统的特征多项式为

$f(\lambda)=\det\left[\lambda I-A+bK\right]=\lambda^2+(4+K_2)\lambda+3+K_1$

期望的特征多项式为

$f^*(\lambda)=(\lambda+4)(\lambda+5)=\lambda^2+9\lambda+20$

$$\begin{cases}4+K_2=9\\3+K_1=20\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}K_2=5\\K_1=17\end{cases}$$

故状态反馈控制器 $K=[17\quad5]$

因为系统的闭环极点为-4，-5，均具有负实部，故系统是稳定的。 评注：设计状态反馈控制器前要保证系统是完全可控的。