自动控制原理(考研)习题篇--第四章(线性系统的根轨迹法)

本博文基于自动控制原理习题解析(胡寿松第二版)，解答经典习题，总结解题规律，便于同学们的复习，该篇属于自动控制原理的习题篇，以习题为驱动，不做只懂理论不懂解题的人，因作者也是在复习考研，也是刚毕业的大学生，总结的东西难免会有所纰漏，如发现，请在评论区提醒，望共同进步，考研成功上岸！

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1. 题目：设单位负反馈系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图。
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+5)}{s(s+2)(s+3)}$$
   考点分析：考察根据根轨迹绘制法则，绘制系统的概略根轨迹图的技巧。
   解：
   $系统的开环传递函数为：$
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+5)}{s(s+2)(s+3)}$$
   $$\begin{gathered} a.根轨迹的分支和起点与终点。由于n=3,m=1,n-m=2, \\ 故根轨迹有三条分支，其起点分别为p_1=0,p_2=-2,p_3=-3,其终点分别为z=-5和无穷远处。 \end{gathered}$$
   $b.实轴上的根轨迹。实轴上的根轨迹分布区为[0,-2],[-3,-5]。$
   $c.根轨迹的渐近线。$
   $${\sigma }_a=\frac{-2-3+5}{3}=0，{\phi }_a=\pm \frac{\pi }{2}$$
   $d.根轨迹的分离点。根轨迹的分离点坐标满足：$
   $$\frac{1}{d}+\frac{1}{d+2}+\frac{1}{d+3}=\frac{1}{d+5}$$
   $试凑法可得d\approx -0.89。$
   

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2. 题目：设已知单位反馈控制系统的开环传递函数，
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }}{s(s+1)(s+3.5)(s+3+j2)(s+3-j2)}$$
   要求：概略绘制G(s)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)。
   考点分析：考察闭环根轨迹图的绘制，以及求解闭环根轨迹与虚轴的交点。
   解：
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }}{s(s+1)(s+3.5)(s+3+j2)(s+3-j2)}$$
   $$\begin{gathered} a.根轨迹的分支和起点与终点。由于n=5,m=0,n-m=5,故根轨迹有五条分支， \\ 其起点分别为：p_1=0，p_2=-1，p_3=-3.5，p_4=-3-j2，p_5=-3+j2， \\ 其终点分别都是无穷远处。 \end{gathered}$$
   $b.实轴上的根轨迹。实轴上的根轨迹分布区为：[0,-1]，[-3.5,-\infty ]。$
   $c.根轨迹的渐近线。$
   $${\sigma }_a=\frac{-1-3.5-3-j2-3+j2}{5-0}=-2.1，{\phi }_a=\pm \frac{\pi }{5}，\pm \frac{3\pi }{5}，\pi$$
   $d.根轨迹的分离点。根轨迹的分离点坐标满足：$
   $$\frac{1}{d}+\frac{1}{d+1}+\frac{1}{d+3.5}+\frac{1}{d+3+j2}+\frac{1}{d+3-j2}=0$$
   $试凑法可得：d\approx -0.4$。
   $e.根轨迹与虚轴的交点。由系统的开环传递函数可知系统的闭环特征方程为：$
   $$D(s)=s(s+1)(s+3.5)(s+3+j2)(s+3-j2)+K^{\ast }=s^5+10.5s^4+43.5s^3+79.5s^2+45.5s+K^{\ast }=0$$
   $令s=j\omega ，将其代入上式，可得：$
   $$(j\omega {)}^5+10.5(j\omega {)}^4+43.5(j\omega {)}^3+79.5(j\omega {)}^2+45.5(j\omega )+K^{\ast }=0$$
   $即$
   $$\{\begin{array}{l}10.5{\omega }^4-79.5{\omega }^2+K^{\ast }=0\\ \\ {\omega }^5-43.5{\omega }^3+45.5\omega =0\end{array}$$
   $由于\omega \ne 0，故可解得\omega =\pm 1.034或\omega =\pm 6.51。其中，\omega =\pm 6.51属于伪解，故舍去。$
   $因此，K^{\ast }=73.04。$
   $f.根轨迹的起始角。$
   $${\theta }_{p_5}=540°-{\theta }_{p_1{p}_5}-{\theta }_{p_2{p}_5}-{\theta }_{p_3{p}_5}-{\theta }_{p_4{p}_5}=540°-(90°+\arctan 1.5)-135°-\arctan 4-90°=92.73°$$
   $${\theta }_{p_4}=-92.73°$$
   $根轨迹如下图：$
   

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3. 题目：设单位反馈系统的开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+2)}{s(s+1)}$$
   试从数学上证明：复数根轨迹部分是以$(-2,j0)$为圆心、以$\sqrt{2}$为半径的一个圆。
   考点分析：证明根轨迹为圆。
   解：
   $由系统的开环传递函数可知，该系统的闭环特征方程为：$
   $$D(s)=K^{\ast }(s+2)+s(s+1)=s^2+(K^{\ast }+1)s+2K^{\ast }=0$$
   $解得：$
   $$s_{1,2}=-\frac{1}{2}(K^{\ast }+1)\pm \frac{j}{2}\sqrt{8K^{\ast }-(K^{\ast }+1{)}^2}$$
   $令$
   $$x=-\frac{1}{2}(K^{\ast }+1)，y=\frac{1}{2}\sqrt{8K^{\ast }-(K^{\ast }+1{)}^2}$$
   $则由x=-\frac{1}{2}(K^{\ast }+1)可得K^{\ast }=-2x-1，将其代入y的表达式，有$
   $$(x+2{)}^2+y^2=2$$
   $证得复数根轨迹部分是以(-2,j0)为圆心、以\sqrt{2}为半径的一个圆。$
   

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4. 题目：试绘出下面多项式方程的根轨迹：
   $$s^3+3s^2+(K+2)s+10=0$$
   考点分析：研究参数根轨迹的绘制方法。
   解：
   $由题可得：$
   $$D(s)=s^3+3s^2+(K+2)s+10=s^3+3s^2+2s+K(s+10)=0$$
   $上式可等价表示为：$
   $$1+G(s)=0$$
   $其中等效开环传递函数为：$
   $$G(s)=\frac{K(s+10)}{s^3+3s^2+2s}=\frac{K(s+10)}{s(s+1)(s+2)}$$
   $$\begin{gathered} a.根轨迹的分支和起点与终点。由于n=3,m=1,n-m=2,故根轨迹有三条分支， \\ 其起点为：p_1=0,p_2=-1,p_2=-2,其终点分别为：z_1=-10和无穷远处； \end{gathered}$$
   $b.实轴上的根轨迹。实轴上的根轨迹分布区为：[0,-1],[-2,-10]；$
   $c.根轨迹的渐近线。$
   $${\sigma }_a=\frac{-1-2+10}{3-1}=3.5，{\phi }_a=\pm \frac{\pi }{2}$$
   $d.根轨迹的分离点。根轨迹的分离点坐标满足：$
   $$\frac{1}{d}+\frac{1}{d+1}+\frac{1}{d+2}=\frac{1}{d+10}$$
   $解得：d\approx -0.433$
   $e.根轨迹与虚轴的交点。系统的闭环特征方程为：$
   $$D(s)=s^3+3s^2+2s+K(s+10)=0$$
   $令s=j\omega ，并将其代入D(s)可得：$
   $$(j\omega {)}^3+3(j\omega {)}^2+2(j\omega )+K[(j\omega )+10]=0$$
   $即$
   $$\{\begin{array}{l}-3{\omega }^2+10K=0\\ \\ -{\omega }^3+2\omega +K\omega =0\end{array}$$
   $因\omega \ne 0，解得交点处坐标：$
   $$\omega =\pm 1.69,K=\frac{6}{7}=0.86$$
   $则根轨迹与虚轴的交点坐标为\pm j1.69。$
   

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5. 题目：设控制系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+1)}{s^2(s+2)(s+4)}$$
   试分别画出正反馈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。
   考点分析：研究常规根轨迹和零度根轨迹的绘制和分析(全根轨迹)。
   解：
   $(1)负反馈系统的根轨迹。$
   $$\begin{gathered} a.根轨迹的分支和起点与终点。由于n=4,m=1,n-m=3，故根轨迹有四条分支； \\ 其起点分别为p_{1,2}=0,p_3=-3,p_4=-4，其终点分别为z_1=-1和无穷远处； \end{gathered}$$
   $b.实轴上的根轨迹。实轴上的根轨迹分布区为[-4,-\infty ),[-2,-1]；$
   $c.根轨迹的渐近线。$
   $${\sigma }_a=\frac{-2-4+1}{4-1}=-1.67,{\phi }_a=\pm \frac{\pi }{3},\pi$$
   $d.根轨迹与虚轴的交点。系统的闭环特征方程为：$
   $$D(s)=s^4+6s^3+8s^2+K^{\ast }s+K^{\ast }=0$$
   $令s=j\omega ,代入特征方程可得：$
   $$(j\omega {)}^4+6(j\omega {)}^3+8(j\omega {)}^2+K^{\ast }(j\omega )+K^{\ast }=0$$
   $$\{\begin{array}{l}{\omega }^4-8{\omega }^2+K^{\ast }=0\\ \\ -6{\omega }^3+K^{\ast }\omega =0\end{array}$$
   $因\omega \ne 0，解得交点处坐标：$
   $$\omega =\pm \sqrt{2},K^{\ast }=12$$
   
   $由根轨迹图可知，当0<K^{\ast }<12时，系统稳定。$
   $(2)正反馈系统的根轨迹。$
   $$\begin{gathered} a.根轨迹的分支和起点与终点。由于n=4,m=1,n-m=3，故根轨迹有四条分支； \\ 其起点分别为p_{1,2}=0,p_3=-3,p_4=-4，其终点分别为z_1=-1和无穷远处； \end{gathered}$$
   $b.实轴上的根轨迹。实轴上的根轨迹分布区为[-4,-2],[-1,\infty )；$
   $c.根轨迹的渐近线。$
   $${\sigma }_a=\frac{-2-4+1}{4-1}=-1.67,{\phi }_a=\pm \frac{2\pi }{3},0$$
   $d.根轨迹的分离点。根轨迹的分离点坐标满足:$
   $$\frac{2}{d}+\frac{1}{d+2}+\frac{1}{d+4}=\frac{1}{d+1}$$
   $解得：d\approx -3.08$
   
   $由根轨迹图可知，当k^{\ast }>0时，系统恒不稳定。$

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6. 题目：设控制系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+20)}{s(s^2+24s+144)}$$
   试画出$K^{\ast }$值增大时的系统概略根轨迹图，并求出使系统产生振荡的$K^{\ast }$的取值范围。
   考点分析：由根轨迹图求参数范围，幅值条件的应用。
   解：
   $由开环传递函数$
   $$G(s)=\frac{K^{\ast }(s+20)}{s(s^2+24s+144)}$$
   $令K^{\ast }从0\to \infty ，可画出系统概略根轨迹如下图，可求：$
   $$渐近线：{\sigma }_a=-2，{\phi }_a=\pm 90°$$
   $$分离点：\frac{1}{d}+\frac{2}{d+12}=\frac{1}{d+20},d=-4.75$$
   $应用模值条件，可得分离点处的根轨迹增益为：$
   $$K_d^{\ast }=\frac{{\prod }_{i=1}^3|d-p_i|}{|d-z|}=\frac{4.75\times 7.25^2}{15.25}=16.37$$
   $因此，当K^{\ast }>16.37时，系统输出将产生振荡。$