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
1
)(
+
=
?
s
K
sG
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
)12(
)13(
)(
+
+
=
ss
sK
sG
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
)2/1(
)3/1(
)2/1(
)3/1(2/3
)(
+
+
=
+
+
=
ss
sK
ss
sK
s
g
G
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。
1
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
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)
)15.0)(12.0(
)(
++
=
sss
K
sG
解：
系统开环传递函数为
)2)(5()2)(5(
10
)(
++
=
++
=
sss
K
sss
K
s
g
G
有三个极点：（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－5＋ｊ０）没有零点。
分离点坐标计算如下：
0
5
1
2
11
=
+
+
+
+
ddd
3解方程的01014
2
=++dd7863.3
1
?=d，d88.0
2
?=
取分离点为88.0?=d
根轨迹如图中红线所示。
2
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（2）
)12(
)1(
)(
+
+
=
ss
sK
sG
解：
系统开环传递函数为
)5.0(
)1(
)5.0(
)1(2/
)(
+
+
=
+
+
=
ss
sK
ss
sK
s
g
G
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
5.0
11
+
=
+
+
ddd
解方程的05.02
2
=++dd7.1
1
?=d，d29.0
2
?=
取分离点为7.1
1
?=d，29.0
2
?=d
根轨迹如图中红线所示。
(3)
)3)(2(
)5(
)(
++
+
=
sss
sK
sG
解：
系统开环传递函数为
)3)(2(
)5(
)(
++
+
=
sss
sK
sG
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：
5
1
3
1
2
11
+
=
+
+
+
+
dddd
解方程的，0152510
23
=+++ddd5171.6
1
?=d
3
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
5964.2
2
?=d
d
，8865.0
3
?=d
8865.0?
pi
θ
取分离点为=
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)：
（１）
)21)(21(
)2(
)(
jsjs
sK
sG
?+++
+
=
?
解：
系统开环传递函数为
)21)(21(
)2(
)21)(21(
)2(
)(
jsjs
sK
jsjs
sK
s
g
?+++
G
+
?+++
+
=
?
有两个极点：（-1＋ｊ2），=
1
p=
2
p（－1-ｊ2），有一个零点（－2，ｊ０）。
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
0000
1359045180
12111
=?+=?+=
pppzp
θ?πθ
0000
2259045180
21212
=+?=?+=
pppzp
θ?πθ
根轨迹如图中红线所示。
4
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（２）
)1010)(1010(
)20(
)(
jsjss
sK
sG
?+++
+
=
?
。
解：
系统开环传递函数为
)1010)(1010(
)20(
)(
jsjss
sK
s
?+++
+
=
?
G
有三个极点：p（0，j0），p（-10＋ｊ10），=
1
=
2
=
3
p（－10-ｊ10），有一个零点（－
20，ｊ０）。
=
1
z
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
0
180
1
=
p
θ
000000
09013545180180
2321212
=??+=??+=
pppppzp
θθ?θ
000000
09013545180180
3231313
=++?=??+=
pppppzp
θθ?θ
根轨迹如图中红线所示。
j10
Re
Im
-20
-10
0
4-6设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：
(1)确定
)10)(1(
)(
++
=
?
sss
K
sG产生纯虚根的开环增益值。
解：系统特征方程为01011
23
=+++Ksss
令ωjs=代入特征方程中得：
实部方程为：011
2
=?ωK
虚部方程为：100
3
=?ωω
5
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
解上述方程得：开环增益按一般定义：10
2
=ω110
=K1110/
==KK
(2)确定
)20)(10(
)(
)(
2
++
+
=
?
sss
zsK
sG产生纯虚根为±ｊ1的ｚ值和
?
K值。
解：系统特征方程为020030
234
=++++zKsKsss
令代入特征方程中得：1js=
实部方程为：02001
=?+zK
虚部方程为：030
=?K
解上述方程得：30
=K30/199=z
（3）概略绘出确定
)23)(23)(5.3)(1(
)(
jsjssss
K
s
?+++++
=
?
G的闭环根轨迹图。（要
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
)23)(23)(5.3)(1(
)(
jsjssss
K
s
?+++++
=
?
G
有五个极点：（0，j0），（-1，ｊ0），=
1
p=
2
p=
3
p（－3.5，ｊ0），（－3，ｊ2），
（－3，-ｊ2），没有零点。
=
4
p
=
5
p
分离点坐标计算如下：
0
2.3
1
2.3
1
5.3
1
1
11
=
?+
+
++
+
+
+
+
+
jdjdddd
05.451465.111354
234
=++++dddd解方程的5.3
1
?=d，，
44.0
2
?=d
265.14.2
3
jd+?=265.14.2
4
jd??=
取分离点为44.0?=d
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
6
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
0
180
1
=
p
θ
0
0
2
=
p
θ
000000
937.759013545.146180180
353432313
=????=????=
ppppppppp
θθθθθ
00000
4
0
937.759013545.146180180
35432414
?=++++=????=
ppppppppp
θθθθθ
根轨迹如图所示。
与虚轴的交点：令ωjs=代入特征方程中
05.455.795.435.10
2345
=+++++Ksssss
得到：
7
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
实部方程为：1005.795.
24
=+?Kωω
虚部方程为：05.455.43
35
=+?ωωω
解方程得到：5136.6
1
=ω0356.1
2
=ω，将5136.6
1
=ω代入实部方程得到不
符合要求，将
0
0356.1
2
=ω代入实部方程得到满足要求。73
=K
所以取0356.1=ω即根轨迹与虚轴的交点为0356.1±=ω
4-7设单位反馈系统的开环传递函数为
)1(
)2(
)(
+
+
=
?
ss
sK
sG
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。
图4-2系统根轨迹图
解：证明如下：
根据辐角条件可知，根轨迹各点应满足
0
180)1()2(=+∠?∠?+∠sss
在复平面上ωσjs+=，于是得
0
180)1()()2(=++∠?+∠?++∠ωσωσωσjjj
亦即
0
180
1
arctanarctan
2
arctan+
+
=?
+σ
ω
σ
ω
σ
ω
利用反正切公式
XY
YX
YX
+
?
=?
1
arctanarctanarctan
可把上式改写为
对上式的两边取正切，整理后即得圆方程式
8
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
2)2(
22
=++ωσ
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
)204)(4(
)()(
2
+++
=
ssss
K
sHsG
试概略画出闭环系统根轨迹图。
解：系统开环传递函数为
)204)(4(
)()(
2
+++
=
ssss
K
sHsG
有四个极点：（0，j0），=
1
p=
2
p（-4，ｊ0），=
3
p（－2，ｊ4），（－2，-ｊ4），
没有零点。
=
4
p
分离点坐标计算如下：
0
4.2
1
4.2
1
4
11
=
?+
+
++
+
+
+
jdjddd
即解方程的0)42)(2082(
2
=+++ddd2
1
?=d，d45.22
2
j+?=，45.22
3
jd??=
取分离点为，d，2
1
?=d45.22
2
j+?=45.22
3
jd??=
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
0
180
1
=
p
θ
0
90
2
?=
p
θ
90
3
+=
p
θ
0
0
4
=
p
θ
根轨迹如图所示。
9
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
4-9已知开环传递函数为
22
)94(
)2(
)(
++
+
=
ss
sK
sG
试概略绘制其闭环系统根轨迹。
解：系统有四个极点：（－2，j2.24），=
1
p=
2
p=
3
p=
4
p（－2，－ｊ2.24），有一个零
点（－2，ｊ0）。=
1
z
分离点坐标计算如下：
2
1
24.22
2
24.22
2
+
=
?+
+
++djdjd
即解方程的07123
2
=++dd29.3
1
?=d，71.0
2
?=d，
取分离点为29.3
1
?=d
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
10
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
000000
0
90180)12(909090180)12(
,2,1,0180)12(2
1
?+=??++=
±±=?++=
kk
kk
iiij
pppzp
Lθ?θ
所以：同理
00
225,45
1
=
p
θ
00
45,135
2
?=
p
θ
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
)102.0)(101.0(
)(
++
=
sss
K
sG
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
)50)(100()50)(100(
5000
)102.0)(101.0(
)(
++
=
++
=
++
=
sss
K
sss
K
sss
K
sG
有三个极点：（0，j0），=
1
p=
2
p（-50，ｊ0），=
3
p（－100，ｊ0），没有零点。
分离点坐标计算如下：
0
100
1
50
11
=
+
+
+
+
ddd
即解方程3得05000300
2
=++dd9.78
1
?=d，1.21
2
?=d，
11
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
取分离点为，1.21?=d
起始角：
L,2,1,0)12(
)(
11
±±=
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?++=
∑∑
≠
==
kk
n
ij
j
pp
m
j
pzp
iiiji
θ?πθ
0
180
1
=
p
θ
0
0
2
=
p
θ
0
180
3
=
p
θ
根轨迹如图所示。
（2）令ωjs=代入系统特征方程中05000150
23
=+++Ksss
得到实部方程为：0150
2
=?ωK
虚部方程为：50000
3
=?ωω
解方程得：7.70=ω所以750000
=K150=
c
K
（3）令代入系统特征方程中1.21?=s05000150
23
=+++Ksss
得到系统临界阻尼比相应的开环增益48112
=K62.9=K
12
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
4-11一单位反馈系统，其开环传递函数
)258(
)256(9.6
)(
2
2
++
++
=
sss
ss
sG
试用根轨迹法计算闭环系统根的位置。
解：系统特征方程为：s0)256(9.6)258(
22
=+++++ssss
即：s05.1724.669.14
23
=+++ss
-9.9780
-2.4610+3.3513i
-2.4610-3.3513i
解方程得：978.9
1
?=s3513.3461.2
2
js+?=3513.3461.2
3
js??=
所以：闭环系统根的位置为s3513.3461.2
2
j+?=3513.3461.2
3
js??=
根轨迹如图所示：
4-12设反馈控制系统中
1)(,
)5)(2(
)(
2
=
++
=sH
sss
K
sG
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ssH21)(+=，试判断改变后的系统稳定性，)(sH
13
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
研究由于改变所产生的效应。)(sH
21+=
)(2
2(
+s
sK
解：（1）系统有四个极点，)0,0(
1
jp=)0,0(
2
jp=，)0,2(
3
jp?=，；没
有零点。
)0,5(
4
jp?=
系统根轨迹如下图：
所以闭环系统不稳定。
（2）如果ssH)(，这时系统的开环传递函数为：
)5)(2(
)5.0(
)5(
)1
)()(
22
++
+
=
+
+
=
sss
sK
ss
sHsG
g
其中
2KK
g
=
系统根轨迹如下图：
14
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
这时系统的特征方程为：
05.0107)5.0()5)(2(
2342
=++++=++++
ggg
KsKssssKsss
令ωjs=代入特征方程中，得到：
实部方程为：05.010
24
=+?
g
Kωω
虚部方程为：07
3
=?ωω
g
K
解上述方程得到：这是系统的临界稳定的放大倍数。即闭环系
统稳定。
5.45=
g
K75.220
<
4-13试绘出下列多项式方程的根轨迹
(1)0232
23
=++++KKssss
(2)010)2(3
23
=++++KsKss
(1)解：设等效单位反馈传递函数为
sss
sK
s
32
)2(
)(
23
G
++
+
=
则系统的特征方程为：s0232
23
=++++KKsss
系统有三个极点：（0，j0），=
1
p=
2
p（－1，j1.414），=
3
p（－1，－ｊ1.414），有一个
零点（－2，ｊ0）。=
1
z
15
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
系统根轨迹如下图：
(2)解：设等效单位反馈传递函数为
sss
sK
s
23
)10(
)(
23
G
++
+
=
则系统的特征方程为：s010)2(3
23
=++++KsKs
系统有三个极点：（0，j0），=
1
p=
2
p（－1，j0），=
3
p（－2，ｊ0），有一个零点=
1
z
（－10，ｊ0）。
分离点坐标计算如下：
10
1
2
1
1
11
+
=
+
+
+
+
dddd
即解方程的02060332
23
=+++ddd4344.0
1
?=d，59.1
2
?=d，d5.14
3
?=
取分离点为4344.0
1
?=d
系统根轨迹如下图：
16
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
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。
（1）
))(4(
20
)(
bss
s
++
=G
（2）
)10(
)(30
)(
+
+
=
ss
bs
sG
解：（1）系统的特征方程为：0)4(20420))(4(
2
=++++=+++sbssbss
系统的等效单位反馈传递函数为：
204
)4(
)(
2
++
+
=
ss
sb
s
eq
G
系统有两个极点)4,2(
1
jp?=，)4,2(
2
jp??=，有一个零点)0,4(
1
jz?=
系统根轨迹图如下：
17
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（2）系统的特征方程为：03040)(30)10(
2
=++=+++bssbsss
系统的等效单位反馈传递函数为：
ss
b
ss
b
s
eq
4040
30
)(
2
2
G
+
=
+
=
系统有两个极点)0,0(
1
jp=，)0,40(
2
jp?=，没有零点。
系统根轨迹图如下：
18
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
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
2
2
)2(
)1(
)(
+
+
=
s
sK
sG
系统有两个极点，，有两个零点)0,2(
21
jpp?==)0,1(
21
jzz?==
系统根轨迹如下图：
19
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
4-16设单位反馈控制系统的开环传递函数
)2(
)1(
)(
+
?
=
?
ss
sK
sG
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：系统开环传递函数为
)2(
)1(
)(
+
?
?=
?
ss
sK
sG
系统有两个极点，)0,2(),0,0(
21
jpjp?==，有一个零点)0,1(
1
jz=
这是一个零度根轨迹。
系统根轨迹如下图：
分离点坐标计算如下：
1
1
2
11
?
=
+
+
ddd
20
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
即解方程的022
2
=??dd732.0
1
?=d，732.2
2
=d
取分离点为，732.0
1
?=d732.2
2
=d
系统的特征方程为：0)1(2)1()2(
2
=??+=??+
??
sKsssKss
将代入特征方程中得到：732.0?=s5674.0
=K
将代入特征方程中得到：732.2=s464.7
=K
以上两个
K值是产生重实根的
K值。
令ωjs=代入特征方程中，得到：
实部方程为：0
2
=?ωK
虚部方程为：20
=?ωωK
解上述方程得到：2
=K，2=ω
所以产生虚根的
K值为2
=K
4-17设控制系统如图4-30所示，试概略绘出0=
t
K，01<<
t
K，K时的根轨迹和
单位阶跃响应曲线。若取，试求出
1>
t
5.0=
t
K10=K时的闭环零、极点，并估算系统的动态
性能。
R(s)
K
s(s+1)
C(s)
－
1+K
t
s
解：（1）时系统的开环传递函数为0=
t
K
)1(
)(
+
=
ss
K
sG
系统的根轨迹如下图：
21
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（2）0时系统的开环传递函数为1<<
t
K
)1(
)1(
)()(
+
+
=
ss
sKK
sHsG
t
此时
)1(
)(
)()(
+
+
=
ss
zsK
sHsG，设1>z5.0=
t
K则2=z
系统的根轨迹如下图：
22
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（3）时系统的开环传递函数为1>
t
K
)1(
)1(
)()(
+
+
=
ss
sKK
sHsG
t
此时
)1(
)(
)()(
+
+
=
ss
zsK
sHsG，1
t
K则5.0=z
系统的根轨迹如下图：
23
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（4）取，试求出时的闭环零、极点，并估算系统的动态性能。5.0=
t
K10=K
系统的特征方程为：解方程的0106
2
=++ssjs+?=3
1
，js??=3
2
此时闭环系统没有零点、有一对共轭极点分别为js+?=3
1
，js??=3
2
系统呈现二阶系统特性：阻尼比为0.948，超调量近似为1%。自然振荡角频率为3.16。
4-19设控制系统开环传递函数为
)4)(2(
)1(
)(
2
++
+
=
?
sss
sK
sG
试分别画出正反馈系统和负反馈系统的根轨迹图，并指出它们的稳定情况有何不同?
解：（1）负反馈情况
系统有四个极点，p)0,4(),0,2(),0,0(
4321
jpjpjp?=?===，有一个零点)0,1(
1
jz=
系统根轨迹如下图所示：
24
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
系统的特征方程为：0)1(86
234
=++++
?
sKsss
令ωjs=代入特征方程中，得到：
实部方程为：08
24
=+?Kωω
虚部方程为：06
3
=?ωωK
解上述方程得到：12
=K，2=ω
所以当是系统稳定。120
<
（2）正反馈情况
系统是一个零度根轨迹。
系统的特征方程为：0)1(86
234
=+?++
?
sKsss
系统有四个极点，p)0,4(),0,2(),0,0(
4321
jpjpjp?=?===，有一个零点)0,1(
1
jz=
系统根轨迹如下图所示：
25
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
所以系统闭环不稳定。
4-20设控制系统如图4-31所示，其中为改善系统性能而加入的校正装置。若G
可从、和三种传递函数任选一种，你选哪一种？为什么？
)(sG
c
)(s
c
sK
t
2
sK
t
)20/(
2
+ssK
t
R(s)
100
s+20
C(s)
－
G
c
(s)
10
s(s+10)
－
解：（1）G=时系统的开环传递函数为：)(s
c
sK
t
20
100
1010
10
)(
2
+++
=
ssKss
sG
t
即：
)20)(1010(
1000
)(
+++
=
sKss
sG
t
此时系统特征方程为：s0)20(10100020030
23
=+++++ssKss
t
系统等效开环传递函数为：
10020030
)20(10
)(
33
+++
+
=
sss
ssK
sG
t
eq
26
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（2）G=时系统的开环传递函数为：)(s
c
2
sK
t
20
100
1010
10
)(
22
+++
=
ssKss
s
t
G
即：
)20)(1010(
1000
)(
+++
=
ssKss
sG
t
此时系统特征方程为：0)20(10100020030
223
=+++++ssKsss
t
系统等效开环传递函数为：
10020030
)20(10
)(
33
2
+++
+
=
sss
ssK
sG
t
eq
27
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
（3）G=时系统的开环传递函数为：)(s
c
)20/(
2
+ssK
t
20
100
1020030
)20(10
)(
223
++++
+
=
ssKsss
s
sG
t
即：
)2003010(
1000
)(
2
+++
=
ssKss
s
t
G
此时系统特征方程为：s010100020030
223
=++++sKss
t
系统等效开环传递函数为：
10020030
10
)(
33
2
+++
=
sss
sK
sG
t
eq
28
胡寿松自动控制原理习题解答第四章
选第一种。
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