胡寿松自动控制原理习题解答第四章.docx

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胡寿松自动控制原理习题解答第四章

4-1设单位反馈控制系统的开环传递函数

K∗

　　G（s）=

s+1

试用解析法绘出K∗从零变到无穷时的闭环根轨迹图，并判断下列点是否在根轨迹上：

　　（－２＋ｊ０），（０＋ｊ１），（－３＋ｊ２）解：

有一个极点：

（－1＋ｊ０），没有零点。

根轨迹如图中红线所示。

（－２＋ｊ０）点在根轨迹上，而（０＋ｊ１），（－３＋ｊ２）点不在根轨迹上。

4-2设单位反馈控制系统的开环传递函数

K

（3s+1）

　　G（s）=

s（2s+1）

试用解析法绘出开环增益K从零增加到无穷时的闭环根轨迹图。

解：

系统开环传递函数为G（s）=3K

/2（s+1/3）=

Kg（s+1/3）

s（s+1/2）

s（s+1/2）

有两个极点：

（0＋ｊ０），（－1/2＋ｊ０），有一个零点（-1/3，j0）。

根轨迹如图中红线所示。

4-3已知开环零、极点分布如图4-28所示，试概略绘出相应的闭环根轨迹图。

图4-28开环零、极点分布图

4-4设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图（要求确定分

离点坐标d）：

（1）

G（s）=

K

s（0.2s+1）（0.5s+1）

解：

系统开环传递函数为G（s）=

10K=Kg

s（s+5）（s+2）

s（s+5）（s+2）

有三个极点：

（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－5＋ｊ０）没有零点。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+2

1=0

d+5

1

3d2+14d+10=0解方程的d

=−3.7863，d2

=−0.88

取分离点为d=−0.88

根轨迹如图中红线所示。

（2）

G（s）=

K（s+1）

s（2s+1）

解：

系统开环传递函数为G（s）=

K/2（s+1）=

Kg（s+1）

s（s+0.5）

s（s+0.5）

有两个极点：

（0＋ｊ０），（－0.5＋ｊ０），有一个零点（－1＋ｊ０）。

分离点坐标计算如下：

1+1=

dd+0.5

1

d+1

1

d2+2d+0.5=0解方程的d

=−1.7，d2

=−0.29

取分离点为d1=−1.7，d2=−0.29

根轨迹如图中红线所示。

（3）

G（s）=

K*（s+5）

s（s+2）（s+3）

解：

系统开环传递函数为G（s）=

K*（s+5）

s（s+2）（s+3）

有三个极点：

（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－2＋ｊ０），有一个零点（－5＋ｊ０）。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+2

1=

d+3

1

d+5

d3+10d2+25d+15=0

解方程的d1

=−6.5171，

d2=−2.5964，d3=−0.8865

取分离点为d

=−0.8865

根轨迹如图中红线所示。

4-5已知单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略画出相应的闭环根轨迹图（要求算出

起始角⎝pi）：

（１）

G（s）=

K∗（s+2）

（s+1+j2）（s+1−j2）

解：

系统开环传递函数为G（s）=

K∗（s+2）

Kg（s+2）

（s+1+j2）（s+1−j2）（s+1+j2）（s+1−j2）

有两个极点：

p1=（-1＋ｊ2），p2=（－1-ｊ2），有一个零点（－2，ｊ０）。

起始角：





mn

p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

⎝p1

=ð+ϕ

z1p1

−⎝p2p1

=1800+450−900=1350

⎝p2

=ð+ϕ

z1p2

−⎝p1p2

=1800−450+900=2250

根轨迹如图中红线所示。

（２）

G（s）=

K∗（s+20）

。

s（s+10+j10）（s+10−j10）

解：

系统开环传递函数为G（s）=

K∗（s+20）

s（s+10+j10）（s+10−j10）

有三个极点：

p1=（0，j0），p2=（-10＋ｊ10），p3=（－10-ｊ10），有一个零点z1=（－

20，ｊ０）。

起始角：





mn

p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

⎝p1

=1800

⎝p2

=1800+ϕ

z1p2

−⎝p1p2

−⎝p3p2

=1800+450−1350−900=00

⎝p3

=1800+ϕ

z1p3

−⎝p1p3

−⎝p2p3

=1800−450+1350+900=00

根轨迹如图中红线所示。

Im

-20

-10

j10

Re

0

4-6设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：

K∗

（1）确定

G（s）=

s（s+1）（s+10）

产生纯虚根的开环增益值。

解：

系统特征方程为s3+11s2+10s+K*=0

令s=

j⎤代入特征方程中得：

实部方程为：

K*−11⎤2=0

虚部方程为：

10⎤−⎤3=0

解上述方程得：

⎤2=10

K*=110

开环增益按一般定义：

K=K*/10=11

（2）确定

G（s）=

K∗（s+z）

s2（s+10）（s+20）

产生纯虚根为±ｊ1的ｚ值和K∗值。

解：

系统特征方程为s4+30s3+200s2+K*s+K*z=0

令s=

j1代入特征方程中得：

实部方程为：

K*z+1−200=0

虚部方程为：

K*−30=0

解上述方程得：

K*=30

z=199/30

（3）概略绘出确定

G（s）=K

的闭环根轨迹图。

（要

∗

s（s+1）（s+3.5）（s+3+j2）（s+3−j2）

求确定根轨迹的分离点、起始角和与虚轴的交点）。

∗

解：

系统开环传递函数为G（s）=K

s（s+1）（s+3.5）（s+3+j2）（s+3−j2）

有五个极点：

p1=（0，j0），p2=（-1，ｊ0），p3=（－3.5，ｊ0），p4=（－3，ｊ2），

p5=（－3，-ｊ2），没有零点。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+1

1+

d+3.5

1+

d+3.+j2

1=0

d+3.−j2

4d4+35d3+111.5d2+146d+45.5=0

解方程的

d1=−3.5

，d2

=−0.44，

d3=−2.4+j1.265

d4=−2.4−j1.265

取分离点为d

=−0.44

起始角：



mn

p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

⎝p1

=1800

⎝p2

=00

⎝p3

=1800−⎝

p1p3

−⎝p2p3

−⎝p4p3

−⎝p5p3

=1800−146.450−1350−900−75.7=930

⎝p4

=1800−⎝

p1p4

−⎝p2p4

−⎝p3p4

−⎝p5p3

=1800+146.450+1350+900+75.7=−930

根轨迹如图所示。

与虚轴的交点：

令s=

j⎤代入特征方程中

s5+10.5s4+43.5s3+79.5s2+45.5s+K*=0

得到：

实部方程为：

10.5⎤4−79.5⎤2+K*=0

虚部方程为：

⎤5−43.5⎤3+45.5⎤=0

解方程得到：

⎤1=6.5136

⎤2=1.0356，将⎤1=6.5136代入实部方程得到K

<0不

*

符合要求，将⎤2=1.0356代入实部方程得到K

=73满足要求。

所以取⎤=1.0356

即根轨迹与虚轴的交点为⎤=±1.0356

4-7设单位反馈系统的开环传递函数为

*

K∗（s+2）

　G（s）=

s（s+1）

其根轨迹图见图4-2。

试从数学上证明：

复数根轨迹部分是以（-2，j0）为圆心，以2为半

径的一个圆。

解：

证明如下：

根据辐角条件可知，根轨迹各点应满足

∠（s+2）−∠s−∠（s+1）=1800

图4-2系统根轨迹图

在复平面上s=⎛+

j⎤，于是得

∠（⎛+j⎤+2）−∠（⎛+j⎤）−∠（⎛+j⎤+1）=1800

亦即arctan

⎤

2+⎛

−arctan⎤⎛

=arctan

⎤

1+⎛

+1800

利用反正切公式

arctanX−arctanY

可把上式改写为

=arctan

X−Y

1+XY

对上式的两边取正切，整理后即得圆方程式

（⎛+2）2+⎤2=2

它的圆心为（-2，j0）半径等于2。

这个圆与实轴的交点即为分离点和会合点。

证毕。

4-8已知开环传递函数为

K*

G（s）H（s）=

s（s+4）（s2

+4s+20）

试概略画出闭环系统根轨迹图。

解：

系统开环传递函数为

K*

G（s）H（s）=

s（s+4）（s2

+4s+20）

有四个极点：

p1=（0，j0），p2=（-4，ｊ0），p3=（－2，ｊ4），p4=（－2，-ｊ4），

没有零点。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+4

1+

d+2.+j4

1=0

d+2.−j4

1

即（2d2+8d+20）（2d+4）=0解方程的d

=−2，d2

=−2+j2.45，d3

=−2−j2.45

取分离点为d1=−2，d2=−2+j2.45，d3=−2−j2.45

起始角：



mn

p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

⎝p1

=1800

⎝p2

=−900

p

⎝=+90

3

⎝p4

=00

根轨迹如图所示。

4-9已知开环传递函数为

K*（s+2）

G（s）=

（s2+4s+9）2

试概略绘制其闭环系统根轨迹。

解：

系统有四个极点：

p1=

p2=（－2，j2.24），p3=

p4=（－2，－ｊ2.24），有一个零

点z1=（－2，ｊ0）。

分离点坐标计算如下：

2

d+2+

+

j2.24

2=

d+2−j2.24

1

d+2

1

即3d2+12d+7=0解方程的d

=−3.29，d2

=−0.71，

取分离点为

起始角：

d1=−3.29



mn

p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

2⎝p1

=（2k+1）1800+ϕ

zjpi

−⎝pipi

k=0,±1,±2,L

=（2k+1）1800+900−900−900=（2k+1）1800−900

所以：

⎝

p

1

=450,2250同理⎝

p

2

=1350,−450

系统根轨迹如下图：

4-10设单位反馈控制系统的开环传递函数

　　G（s）=

K

s（0.01s+1）（0.02s+1）

要求：

（1）画出准确根轨迹（至少校验三点）；　

（2）确定系统的临界稳定开环增益Kｃ；　

（3）确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K。

　解：

系统开环传递函数为

G（s）=K

*

=5000K=K

s（0.01s+1）（0.02s+1）

s（s+100）（s+50）

s（s+100）（s+50）

有三个极点：

p1=（0，j0），p2=（-50，ｊ0），p3=（－100，ｊ0），没有零点。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+50

1=0

d+100

1

即解方程3d2+300d+5000=0得d

=−78.9，d2

=−21.1，

取分离点为d=−21.1，起始角：

m

n





p

⎝i=（2k+1）ð+∑ϕzjpi−∑⎝pipi

k=0,±1,±2,L

j=1



j=1

（j≠i）

⎝p1

=1800

⎝p2

=00

⎝p3

=1800

根轨迹如图所示。

（2）令s=

j⎤代入系统特征方程中s3+150s2+5000s+K*=0

得到实部方程为：

K*−150⎤2=0

虚部方程为：

5000⎤−⎤3=0

解方程得：

⎤=70.7

K*=750000

所以Kc

=150

（3）令s=−21.1代入系统特征方程中s3+150s2+5000s+K*=0

得到K*=48112

系统临界阻尼比相应的开环增益K=9.62

4-11一单位反馈系统，其开环传递函数

2

G（s）=6.9（s

+6s+25）

s（s2+8s+25）

试用根轨迹法计算闭环系统根的位置。

解：

系统特征方程为：

s（s2+8s+25）+6.9（s2+6s+25）=0

即：

s3+14.9s2+66.4s+172.5=0

-9.9780

-2.4610+3.3513i

-2.4610-3.3513i

解方程得：

s1=−9.978

s2=−2.461+j3.3513

s3=−2.461−j3.3513

所以：

闭环系统根的位置为s2=−2.461+j3.3513

s3=−2.461−j3.3513

根轨迹如图所示：

4-12设反馈控制系统中

K*

G（s）=

s2（s+2）（s+5）

H（s）=1

要求：

（1）概略绘出系统根轨迹图，并判断闭环系统的稳定性；

（2）如果改变反馈通路传递函数，使H（s）=1+2s，试判断H（s）改变后的系统稳定性，

研究由于H（s）改变所产生的效应。

解：

（1）系统有四个极点p1=（0,j0），p2=（0,j0），p3=（−2,j0），p4=（−5,j0）；没

有零点。

系统根轨迹如下图：

所以闭环系统不稳定。

（2）如果H（s）=1+2s，这时系统的开环传递函数为：

G（s）H（s）=

K*（2s+1）

Kg（s+0.5）

=其中K

=2K*

s2（s+2）（s+5）

s2（s+2）（s+5）g

系统根轨迹如下图：

这时系统的特征方程为：

g

g

s2（s+2）（s+5）+K

（s+0.5）=s4+7s3+10s2+K

s+0.5Kg=0

令s=

j⎤代入特征方程中，得到：

g

实部方程为：

⎤4−10⎤2+0.5K=0

g

虚部方程为：

K

⎤−7⎤3=0

解上述方程得到：

Kg

=45.5这是系统的临界稳定的放大倍数。

即0

<22.75闭环系

统稳定。

4-13试绘出下列多项式方程的根轨迹　

（1）

s3+2s2+3s+Ks+2K=0

（2）s3+3s2+（K+2）s+10K=0

K（s+2）

（1）解：

设等效单位反馈传递函数为G（s）=

s3+2s2+3s

则系统的特征方程为：

s3+2s2+3s+Ks+2K=0

系统有三个极点：

p1=（0，j0），p2=（－1，j1.414），p3=（－1，－ｊ1.414），有一个

零点z1=（－2，ｊ0）。

系统根轨迹如下图：

（2）解：

设等效单位反馈传递函数为G（s）=

K（s+10）

s3+3s2+2s

则系统的特征方程为：

s3+3s2+（K+2）s+10K=0

系统有三个极点：

p1=（0，j0），p2=（－1，j0），p3=（－2，ｊ0），有一个零点z1=

（－10，ｊ0）。

分离点坐标计算如下：

1+1+

dd+1

1=

d+2

1

d+10

1

即2d3+33d2+60d+20=0解方程的d

=−0.4344，d2

=−1.59，d3

=−14.5

取分离点为

d1=−0.4344

系统根轨迹如下图：

4-14设系统开环传递函数如下，试画出b从零变到无穷时的根轨迹图。

20

（1）G（s）=

（s+4）（s+b）

（2）G（s）=

30（s+b）

s（s+10）

解：

（1）系统的特征方程为：

（s+4）（s+b）+20=s2+4s+20+b（s+4）=0

b（s+4）

系统的等效单位反馈传递函数为：

Geq（s）=

s2+4s+20

系统有两个极点p1=（−2,j4），p2=（−2,−j4），有一个零点z1=（−4,j0）

系统根轨迹图如下：

（2）系统的特征方程为：

s（s+10）+30（s+b）=s2+40s+30b=0

系统的等效单位反馈传递函数为：

Geq（s）=

30b

=

s2+40s

b*

s2+40s

系统有两个极点p1=（0,j0），p2=（−40,j0），没有零点。

系统根轨迹图如下：

4-15设控制系统结构图如图4-29所示，试概略绘制其根轨迹图。

R（s）K*（s+1）2

（s+2）2

C（s）

－

解：

系统开环传递函数为

K*（s+1）2

G（s）=

（s+2）2

系统有两个极点，p1=p2=（−2,j0），有两个零点z1=z2=（−1,j0）

系统根轨迹如下图：

4-16设单位反馈控制系统的开环传递函数

K∗（1−s）

　　G（s）=

s（s+2）

试绘制其根轨迹图，并求出使系统产生重实根和纯虚根的K∗值。

解：

系统开环传