《自动控制原理》-卢京潮主编-西北工业大学(清华大学)-第四章习题及答案

3
(2k + 1)π = ± π ,π
3
3
j1) − (−2)
=
−1
③ 与虚轴交点：闭环特征方程为
D(s) = s(s + 3)(s 2 + 2s + 2) + K ∗ (s + 2)
把 s = jω 代入上方程，令
⎪⎧Re[D( jω)] = ω 4 − 8ω 2 + 2K ∗ = 0 ⎪⎩⎨Im[D( jω)] = (6 + K ∗)ω − 5ω3 = 0
⎪⎪⎧σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕ a
= =
0.4 × 2 − 9 − (−0.5)
2
(2k + 1)π = ± π
3−1
2
=
−3.85
③ 分离点：由
1 = 2 +1 d + 0.5 d − 0.4 d + 9
解得： d1 = −1.79, d2 = −3.46 。
图解 4-6 根轨迹图
根轨迹如图解 4-6 所示。 （2）稳态误差为
p1 = 0, p2 = −1, p3 = −3.5, p4 = −3 + j2, p5 = −3 − j2
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−3.5], [−1,0]
② 渐近线：
⎧⎪⎪σ a
=
−1 − 3.5 + (−3 + j2) + (−3 − 5
j2)
=
−2.1
⎨ ⎪⎪⎩ϕa
=
(2k + 1)π 5
⎧⎪⎪σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕa
= =
0−2−3− 2
(2K +1)π 2
(−5) = =±π
2
0
1+ 1 + 1 = 1 d d +2 d +3 d +5
用试探法可得 d = −0.886 。根轨迹如图解 4-2(b)所示。
65
⑶ G(s) = K (s + 1) = K (s + 1) s(2s + 1) 2s(s + 1) 2
解 ⑴ G(s) =
K * (s + 2)
(s + 1 + j2)(s + 1 − j2)
根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−2]
② 分离点： 1 + 1 = 1 d +1+ j2 d +1− j2 d + 2
解之得： d = −4.23
③ 起始角：
θ p1 = 180o + 63.435o − 90o = 153.435o 由对称性得另一起始角为 −153.435o 。
⎧ω = 0
解得：
⎨ ⎩K
∗
=
0
④ 起始角
⎧ω = ±1.61
⎨ ⎩K
∗
=
7.03
图解 4-3 (d) 系统根轨迹
θp3 =180°+45°−90°−135°−25.57° = −25.57°
根轨迹如图解 4-3(d)所示。
4-4 已知单位反馈系统的开环传递函数，要求：
（1）确定 G(s)
=
K ∗(s + z) s2 (s + 10)(s + 20)
236
满足相角条件，因此 s1 = −1 + j 3 在根轨迹上。将 s1 代入幅值条件：
G(s1)H（s1）=
K*
=1
−1+ j 3 +1 ⋅ −1+ j 3 + 2 ⋅ −1+ j 3 + 4
解出 ： K * = 12 ， K = K * = 3 82
4-2 已知单位反馈系统的开环传递函数，试概略绘出系统根轨迹。
⑴ G(s) =
K
s(0.2s + 1)(0.5s + 1)
⑵ G(s) = K * (s + 5) s(s + 2)(s + 3)
⑶ G(s) = K (s + 1) s(2s + 1)
64
解 ⑴ G(s) =
K
= 10K
s(0.2s + 1)(0.5s + 1) s(s + 5)(s + 2)
把 s = jω 代入上方程，整理，令其实、虚部分别为零得：
⎧Re[D( jω)] = K ∗ − 8ω 2 = 0 ⎩⎨Im[D( jω)] = 20ω − ω 3 = 0
⎧ω = 0
解得：
⎨ ⎩K
∗
=
0
⑤起始角：由相角条件
⎪⎧ω = ±2 5
⎨ ⎪⎩K
∗
= 160
θ p2 = −63o ，θ p3 = 63o 。
产生纯虚根为 ±
j1的 z
值和 K ∗ 值；
（2）概略绘出 G(s) =
K∗
的闭环根轨迹图（要
s(s + 1)(s + 3.5)(s + 3 + j2)(s + 3 − j2)
求确定根轨迹的渐近线、分离点、与虚轴交点和起始角）。
解（1）闭环特征方程
D(s) = s 2 (s + 10)(s + 20) + K ∗ (s + z) = s 4 + 30s3 + 200s 2 + K ∗s + K ∗ z = 0
D(s) = s(s + 1)(s + 3.5)(s + 3 + j2)(s + 3 − j2) + K ∗ = 0
把 s = jω 代入上方程，整理，令实、虚部分别为零得：
解得：
⎪⎧Re[( jω)] = K ∗ +10.5ω 4 − 79.5ω 2 = 0 ⎪⎩⎨Im[( jω)] = ω5 − 43.5ω3 + 45.5ω = 0
(2k + 1)π 3
j2) + (−4 −
3 = ± π ,π
3
j2)
=
−8 3
③分离点： 1 +
1
+
1
=0
d d + 4 + j2 d + 4 − j2
解之得： d1 = −2, d 2 = −3.33 。 ④与虚轴交点： D(s) = s3 + 8s 2 + 20s + K ∗
图解 4-3 (c) 系统根轨迹
⎧ω = 0 ⎧ω = ±1.02 ⎧ω = ±6.52
⎨ ⎩K
∗
=
0
，⎨ ⎩
K
∗
=
71.90
，⎨ ⎩K
∗
=
（舍去）
−15546.3
⑤ 起始角：根据法则七（相角条件），根轨迹的起始角为
θp4 =180 o −75..96 o −90 o −135 o −146..3 o =92..74 o 由对称性得，另一起始角为 92.74o ，根轨迹如图解 4-4 所示。
⎪⎧Re[D( jω)] = ω 4 − 34ω2 + 81+ 2K ∗ = 0 ⎪⎩⎨Im[D( jω)] = (72 + K ∗)ω − 8ω3 = 0
解得：
⎧ω = ± 21
⎨ ⎩
K∗
= 96
⑤ 起始角： 90o −（2θ p1 − 2 × 90o）=（2k +1）π
解出
θ p1 = 45o ,θ p2 = −135o
=
0
⎨ ⎪⎪⎩ϕa
=
(2k +1)π 3−1
=±π 2
③ 起始角：θ = 180o + 45o − 90o −135o = 0°
根轨迹如图解 4-3(b)所示。
⑶
G(s)H (s)
=
s(s 2
K∗ + 8s
+
20)
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,0]
② 渐近线：
⎪⎪⎧σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕ a
= =
0 + (−4 +
系统有三个开环极点： p1 = 0 , p2 = −2 , p3 = −5
① 实轴上的根轨迹：
(− ∞,−5], [− 2,0]
②
渐近线：
⎧⎪⎪σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕa
= =
0−2−5 =−7
3
3
(2K +1)π = ± π
3
3
,π
③ 分离点：
1+ 1 + 1 =0 d d +5 d +2 解之得： d1 = −0.88 ， d2 = −3.7863(舍去)。 ④ 与虚轴的交点：特征方程为 D(s) = s3 + 7s 2 + 10s + 10k = 0
根轨迹如图解 4-3(a)所示。
⑵ G(s) =
K * (s + 20)
s(s + 10 + j10)(s + 10 − j10)
66
系统有三个开环极点和一个开环零点。
根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： [− 20, 0]
② 渐近线：
⎪⎪⎧σ a
=
(−10 −
j10) + (−10 + 3−1
j10) − (−20)
essn
=
lim
s→0
s
⋅Φ
en
(
s)
⋅
E
(s)
=
lim
s→0
s
⋅
−G0 ⋅ 1+ G0
K1(s +1)
s+9 ⋅ K1(s +1)
s+9
⋅1 s
=
lim
−10K1 ⋅ (s + 0.5)
K1 =1.9
= − 0.868
s→0 (s + 9)(s − 0.4)2 +10K1(s + 0.5)
71
4-7 单位反馈系统的开环传递函数为
图解 4-4 根轨迹图
4-5 已知控制系统的开环传递函数为
G(s)H (s) = K（∗ s + 2） (s 2 + 4s + 9)2
69
试概略绘制系统根轨迹。 解 根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−2]
② 渐近线：
⎧ ⎪⎪σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕ a
= =
−2 (2k
− j 5−2+
+++++++++++++++本资料由CORE_0整理上传++++++++++++++++++
第 4 章习题及解答
4-1 系统的开环传递函数为
G(s)H (s) =
K*
(s +1)(s + 2)(s + 4)
试证明点 s1 = −1 + j 3 在根轨迹上，并求出相应 的根轨迹增益 K * 和开环增益 K 。
（1）画出俯仰控制系统的根轨迹。
（2）当 K1 = 1.9 时，确定对阵风扰动 Td (s) = 1 s 的稳态误差。
解 （1）开环传递函数为
G(s)
=
G0 (s)
K（1 s +1）= (s + 9)
10K（1 s (s + 9)(s
+ −
0.5） 0.4)2
根轨迹绘制如下： ① 实轴上的根轨迹： [-9， -0.5]； ② 渐近线：
3
+ 1)π = ± π
3
3
j ,π
5
−
(−2)
=
−
2 3
③ 分离点：
2
+
2
=1
d +2+ j 5 d +2− j 5 d +2
图解 4-5 根轨迹图
解之得： d1 = −3.29 ， d 2 = 0.71 (舍去)
④ 与虚轴交点：闭环特征方程为
D(s) = (s 2 + 4s + 9)2 + K（∗ s + 2）= 0 把 s = jω 代入上方程，令
根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−1], [− 0.5,0]
② 分离点：
1+ 1 = 1 d d + 0.5 d +1
解之得： d1 = −0.293, d 2 = −1.707 。根轨迹如图解 4-2(c)所示。
4-3 已知单位反馈系统的开环传递函数，试概略绘出相应的根轨迹。
⑴ G(s) =
根轨迹如图解 4-5 所示。
4-6 直升机静稳定性不好，需要加控制装置改善性能。如图 4-23 所示是加入镇定控制 回路的直升机俯仰控制系统结构图。直升机的动态特性可用传递函数
G0 (s)
=
1（0 s + 0.5） (s + 1)(s − 0.4)2
表示。
70
图 4-23 直升机俯仰控制系统结构图
K * (s + 2)
(s + 1 + j2)(s + 1 − j2)
⑵ G(s) =
K * (s + 20)
s(s +10 + j10)(s + 10 − j10)
⑶
G(s)H (s)
=
s(s 2
K∗ + 8s
+
20)
⑷ G(s)H (s) =
K ∗ (s + 2)
s(s + 3)(s2 + 2s + 2)
令
⎧Re[D( jω)] = −7ω 2 + 10K = 0
⎨ ⎩
Im[D(
jω)]
=
−ω 3
+ 10ω
=
0
解得
⎧ω ⎨
=
10
⎩ K =7
与虚轴的交点（0， ± 10 j ）。 根轨迹如图解 4-2(a)所
示。 ⑵ 根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹：[− 5,−3], [− 2,0]
ຫໍສະໝຸດ Baidu
② 渐近线： ③ 分离点：
67
根轨迹如图解 4-3(c)所示。
⑷ G(s)H (s) =
K ∗ (s + 2)
s(s + 3)(s2 + 2s + 2)
系统有四个开环极点、一个开环零点。根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−3], [− 2,0]
② 渐近线：
⎪⎪⎧σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕ a
= =
− 3 + (−1 + j1) + (−1 −
有
D( jω) = (ω 4 − 200ω 2 + K ∗ z) + j(K ∗ω − 30ω 3 ) = 0
68
令实、虚部分别等于零即：
⎪⎧ω 4 − 200ω 2 + K ∗ z = 0 ⎪⎩⎨K ∗ω − 30ω 3 = 0
把ω = 1代入得：
K ∗ = 30 ， z = 199 30 。
（2）系统有五个开环极点：
= ± π , ± 3π 55
,π
③ 分离点：
1+ 1 + 1 + 1 + 1 =0 d d + 1 d + 3.5 d + 3 − j2 d + 3 + j2
解得： d1 = −0.45 , d2 − 2.4 (舍去) , d3、4 = −3.25 ± j1.90 (舍去)
④ 与虚轴交点：闭环特征方程为
解 若点 s1 在根轨迹上，则点 s1 应满足相角条 件 ∠G(s)H (s) = ±(2k + 1)π ，如图解 4-1 所示。
对于 s = −1 + j 3 ，由相角条件
∠G(s1)H (s1) =
0 − ∠(−1 + j 3 + 1) − ∠(−1 + j 3 + 2) − ∠(−1 + j 3 + 4) = 0 − π − π − π = −π