《自动控制原理》张爱民课后习题答案解析

1.1解：

11机器人踢足球：开环系统输入量：足球位置输出量：机器人的位置

（2人的体温控制系统：闭环系统输入量：正常的体温输出量：经调节后的体温

（3微波炉做饭：开环系统：输入量：设定的加热时间输出量：实际加热的时间

14空调制冷：闭环系统输入量：设定的温度输出量：实际的温度

1.2解：

开环系统：优点：结构简单，成本低廉；增益较大；对输入信号的变化响应灵敏：只要被

控对象稳定,系统就能稳定工作。

缺点：控制精度低,抗扰动能力弱

闭环控制优点：控制精度高，有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量的

影响；利用负反馈减小系统误差，减小被控对象参数对输出量的影响。

缺点：结构复杂，降低了开环系统的增益，且需考虑稳定性问题。

1.3

解：自动控制系统分两种类型：开环控制系统和闭环控制系统。

开环控制系统的特点是：控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系,系统的被控变

量对控制作用没有任何影响。系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度和特性调整的准

确度。只要被控对象稳定，系统就能稳定地工作。

闭环控制系统的特点：

（1）闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的

（2）闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量

的影响。

（3）闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响。

1.4解

输入量：给定毫伏信号

被控量：炉温

被控对象：加热器（电炉

控制器：电压放大器和功率放大器

控制涉执行被控

机构对象

电

效加

乐

率

有定电

放

+放温度

«伏

输入量q偏素俏热—►

大

大

号

信炉输出H

器

器

机器

热电偶

反愦装置

系统原理方块图如下所示：

工作原理：在正常情况下，炉温等于期望值时，热电偶的输出电压等于给定电压，此时偏差信

号为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。此时,炉子散失的热量正好

等于从加热器获取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。

当炉温由于某种原因突然下降时，热电偶的输出电压下降，与给定电压比较后形成正偏差信

号，该偏差信号经过电压放大器、功率放大器放大后，作为电动机的控制电压加到电动机上,

电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高，则炉温回升，直至达到期望值。当炉温高于期

望值时，调节过程相反。

1.5解

不正确。引入反馈后，形成闭环控制系统，输出信号被反馈到系统输入端，与参考输入比较

后形成偏差信号，控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制。在这个过程中，由于控

制系统的惯性，可能引起超调，造成系统的等幅振荡或增幅振荡，使系统变得不稳定。所以引入

反馈之后回带来系统稳定性的问题。

1.6

解：

对自动控制系统的基本要求是：稳定性、快速性和准确性。

增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小，提高系统的快速性。

2.1解

对质量m的受力分析如下图所示:

由牛顿第二定律得：

同时zQ)=

综合上述两式得其微分方程为

设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零,对上式进行拉氏变换

得式

Z(s)ms2

故其传递函数为G(s)=

X(s)ms2+fs+k

2.2W-

受力分析得:

对于M有：

d20

Mgsine=ML寿

F=Mgcos0

对于m有:

Fsin^--x

2

整理后得:

d~xM八八k

——=—geoscrsincz-—x

dt~mm

削去e的系统的微分方程：

kMx

x+—x-—L3=0

mm

对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为:

8(S)1TIS2+k

G<s>=--------=---------z-

X(s)MLs2

2.3解

（a电气系统（b机械系统

证：（a由电路可得：

则其微分方程为：

（b）取A、B两点进行受力分析，列出方程

得：

atat

d(x.x)(2

1dt'

由(1式、(2式得

.dx,.dx„,,

fl----fl-^2Xo=KX(3

《X⑴+/x⑶得

经比较，电气系统（a与机械系统（b的微分方程具有相同的形式，故两个系统为相似系

统。

2.4解

1

传递函数上=c2s_C]

Ui2

JL+SL+JLC.+C.+C.C.LS

C]Sc2s

微分方程（G+C2）M„+cjLd：；=

2.5解

由电路得:

(1

综合(1、(2式，消去变量u,可得其传递函数为:

进而得其微分方程为

2.6解

对系统中各个部分建立相应的微分方程如下：

u,=R,ic+L,2

at

di

U12=Uq=k|ic=R3+Lgat

U34=Ud=<R〃+R43+<L〃+Ld>了

d2ed0

T—dt2-+-d--t--=k।1u

对上面各式拉氏变换并整理得到：

对上式削去中间变量得到系统的传递函数为:

G（s0好a（R；,+L.s）

U,(s)s(1+Tms)[(Ra+Rd)+(L;,+Ld)s](Rq+Lqs)(Rc+Lcs)

2.7解

由图示及题中条件得：

对上式进行拉式变换得：

则通过消去中间变量得传递函数如下：

2.8解

由题意得：

其中km为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得:

解得：

2.9解由图示得电路的微分方程如下:

作拉氏变换得：

则初始方块图如下：

由梅森公式得其传递函数如下：

2.10解

对方块图进行简化得：

由梅森公式得

(1)当N(S)为零时可得传递函数为:

(2)由(1式得当l+H£G2=0时，输出Y(S不受干扰N(S的影响。

2.11解

(a(1方块图化简如下所示：

从而可得其传递函数为：

(2)其信号流图如下所示：

系统信号流图中共有2个回路。增益分别为4无两两不接触

回路。所以信号的特征式A=1-也)。

系统有1条前向通路,增益为《=GG2,回路均与此前向通路接触，故4=1,从而可得

其传递函数为

(b)(1方块图化简如下所示：

从而可得其传递函数为：

(2其信号流图如下所示：

与a原理相同可得其传递函数为：

(c)(1方块图化简如下所示：

从而可得其传递函数为：

(2其信号流图如下所示：

与a原理相同可得其传递函数为：

2.12解

速度控制系统的方框图为：

该系统的微分方程为

当时，传递函数为？=y—圾

47Ms+1

2.13解：例中的方块图如下所示：

其对应的信号流图为：

其中G.=——G2='G、=R,H.=―H,=1

123212

LS+R2C2Sl+RgS

由梅森公式得：

(―1一)(」一+/?,)

reU(S)CS-

OG,G2+G,G3LS+R,2

U/(S)1R

}+G]H]+G1G2H21t11

LS+R1+KGS

2C2S

R\R2cle2s2+(/?|C,+R2c2)S+1

32

RXCVC2LS+{R,CyC2R2+LC2)S+{RXC{+RtC2+R2C2)S+l

2.14解

系统对应的信号流图如下所示：

由梅森公式得

(1当N(S)为零时可得传递函数为：

(2由(1式得当6364(1+6夕2”。一6365”2=0时，输出丫(S不受干扰P(S的影

响，此时可得G4(l+G,G2H,)=G5H2

2.15解

系统信号流图有4个回路，增益如下：

k

无两两不接触回路,系统有1个前向通路，其增益为6==G(5)G2(S)。所有回路均与

S

[接触，所以4=1。从而可得其传递函数为：

2.17解

<a>方块图为：

13

-----------1----------------

甘*.〜。、丫⑸S+2S(S+2)1

其传递函数为：G(5)=-----■=■-------------------------

U(S)>3S-l

一S(S+2)

其信号流图为：

其状态方程为：x=玉+〃y=x\

(b

由框图得其传递函数为:

故可得其状态方程为：

综合得：

(c

U(s)

由方块图得信号流图:

故用=-5X]+2X2+x3

其状态方程为：

飞一

y=[1,0,1]x2

.XK

2.19解：状态空间的表达式为:

(1)得其信号流图为：

105~210

故其传递函数为:G(s)=

1+4S-'+3S-252+4S+3

<2>用矩阵法得出的传递函数为:

2.21解：

(1其传递函数:

y⑹________S~+(a-ZQs+k_________u⑸__________kS-+3ks+3k_________〃

-S3+(a+k+2)S2+(2a+ak)S+3k'S7+(a+k+2)S2+(2a+ak)S+3k2

故可得信号流图：

故可得：

故其状态方程为：

(2用矩阵法得：

3.1答：该系统不存在，任何一阶系统的单位阶跃响应都不能超过1。

3.2解：

假设系统的初始条件为零,则系统的传递函数为

(1)单位脉冲响应

输入信号为单位脉冲信号r(r)=5(f)，其拉氏变换为R(s)=1,

则系统的输出为y(s)=」一

0.5s+1

则系统的单位脉冲响应函数为：y(f)=20e-2',t>0

(2)单位阶跃响应

输入信号为单位阶跃信号r(t)=1(0，其拉氏变换为R(s)=-

S

则系统的输入为y«)=--一

5(0.55+1)

则系统的单位阶跃响应函数为：y(t)=10-10^2,,r>0

(3)单位斜坡响应

输入信号为单位斜坡信号r(f)=t，其拉氏变换为R(s)=-4

s

10

则系统的输出为丫($)

52(0.55+1)

则系统的单位斜坡响应函数为：y⑺=10,一5(1-e-”)j20

3.3解:

(1输入信号的拉氏变换为/?")=1+二,输出为丫(5)=二+0.8,-0.8

SSSS

则系统的闭环传递函数为：①")=&=一皂

R(s)s+5

开环传递函数为：G(s)=?

S

(2系统的单位阶跃响应为：y(s)=①(s)R(s)=--—，则T=0.2

s(5+5)

系统的上升时间为：f,.=2.197T=0.4394

0.8,A=2

调整时间为：t=<

s0.6,A=5

超调量不存在。

3.4解

证明：当初始条件为零时，有上祖=至土!

R(s)7\+1

单位阶跃输入信号为R(s)=1

S

所以,系统的输出为y(s)=至里R(S)=(巴里)，=」一二三

75+175+1SS75+1

根据定义，(1当4=T[3+ln=三]

<2>求。(即一y(t从0.1T0.9时所需的时间

当y⑺=I—--e7=0.9时，有=nin(-^)-ln0.1]

rr<t[rr>

当yQ)=1-LZLer=o.i时，有4=T[ln(^^)-ln0.9]

09

则0=右_匕=Tln==2.2T

r23'0.1

(3求调整时间4

假设误差宽度A=5,则有

解得Zs=n3+ln-^-]

3.5解：

由方框图,可以求得系统的闭环传递函数为：

(1)若r=0.1,则系统闭环传递函数为：①(s)=°M

0.4,A=2

则T=0.1,调整时间(=«

0.3,A=5

(2)时间常数T=」一,若要求4<01s,则

100r

(3)反馈系数7使得系统的时间常数减小了，从而使系统的调整时间也减小，但却使得系

统的闭环增益也减小了。

3.6解:

系统的闭环传递函数为：①(s)=_G*)_=_，则①“=4/=0.5

1+Gf.(5)s+4s+16

单位阶跃响应，系统的输出为：y(s)=1・-^竺一

s52+4,V+16

系统的响应函数为：>⑺=1—竿sin(2&f+60),/>0

单位脉冲响应，系统的输出为：丫(S)=二---------

52+45+16

系统的响应函数为：>(力=更6-2飞吊(26)

3

120

3.7解:(I0)(5)7+127+120

得：co,=7120=10.958=~^==0.55

V120

(2①(5)=------------=---大----------

3?+8.45+486s2+2.85+16

得:4=^=43=0.35

3.8解：系统的传递函数帆s)=幺。=-1―——，%=屈七=

R(s)s2+as+bk2疯

27-25

由图可知tp=0.3,y(8)=2.5,。％=———xl00%=8%,

解得,b=0.4,a=16.8,k=451.1

100

3.9解：(1引入速度反馈前：郴)=一;他一----,0=10,"0.25

52+55+100n

Ts-+s+k1k2

b%=eqx100%=44.45%,

引入速度反馈后：

(2

临界阻尼时解得7=6

3.10略

3.11解：由系统框图可得系统传递函数为:

(K,+看)-

…s(l+Ts)K(K+is)5(20+5)

①⑶=------------2t

S(7X+1)+K2(&+方)―/+10S+10O

1+(&+7S)——

's(\+Ts)

J_100(s+20)

-20*52+10.V+102

与标准型进行对比可得：

con=10J=0.5z=20

%Jl-J2兀

(p=arctan----------=—

z—g6

=0.25

z

1=Jz2_2z\q+q2=1OV3

/.2.2/(乃一?

故：6%-&+，e内xl00%=11.0%

4

(4+/„-)•—=0.775A=2

T,=zg

(3+/,,-)•—=0.575A=5

Z"

3.12解：

不/、1212

①(s)=----s--------------=----------------------------------

53+8s2+14,V+12(s+6)(5+1+j)(s+1-；)

系统有三个极点：

Pi2=-i±yP3=-6

P3

由于:=6>5

REAUPQ]

所以系统的主导极点为：p=-1±J

22

①（S）«

(/+2S+2)(£+1)(/+2S+2)

6

所以：①,=叵&=1/6

6

故：5%=ekxlOO%=4.3%

----=4sA=2

加

Ts

-^―=3sA=5

3.13^：(154+7?+1952+22,y+12=0

劳斯阵列如下：

第一列全为正数，稳定特征根全在左半平面

(2.V5+254+353+652+55+3=0

第一列符号变化两次，故有两个特征根在右半平面，系统不稳定

(35/+353-1052+145+12=0

有两个根在右半平面，系统不稳定

(4/+7.v3+42s+30=0

有两根在右半平面，系统不稳定

(5?+6/+1353+1852+22^+12=0

出现全零行，则用$2系数构造辅助方程：6s2+12=0。对其求导，得：12s=0。则：

系统有两个共辗虚根，系统临界稳定

(6?+7s4+6s3+42s2+8.v+56=0

.d出现全零行，则用s’系数构造辅助方程：7s4+42$2+56=0。对其求导，得：

28/+84s=0,两边同除以28得$3+3s=0。贝ij

系统有两个共轨虚根，系统临界稳定

3.14解(1特征方程为54+2?+252+A:=0

劳斯阵列如下

.y412k

5320

522k

s'-k

s°k

由劳斯稳定判据，无论k取何值，系统都是不稳定的

(2特征方程为s,+8S3+17s2+(10+后)s+软=0,由劳斯稳定判据知系统稳定的k值范围

为0<k<126

..k(s+2)

3.15解z：G<s>=---------------------

(s+2)(5+4)(52+6s+25)+k

特征方程：54+12.1+69s2+198s+200+女=0

劳斯阵列如下：

7995—⑵

要使系统稳定：200+k>0且---------->0得出：-200<k<666.25

52.5

当k=666.25时，系统临界稳定，系统响应y(t)持续振荡，频率

,872.25EA//

co,,-.------=<10.5«4rad/s

"v52.5

3.16解

没加速度反馈之前，系统的特征方程为3s3+7S2+3s+1=0,可以看出系统是稳定的。

加了速度反馈后，系统的特征方程为3s3+(7+3r)?+(3+r)5+l=0

利用劳斯稳定判据可知,只有当r>叵m<-1.6>时系统是稳定的。

3

综合可知，加入速度反馈后使系统的稳定性变差,只有当T取合适的值才能使系统稳定。

3.17解：

kdSf

传递函数:①⑸-

s2+(2+&)s+与

22

特征方程：s+[2+kd)s+kp=5+2.15+1=0

令z=s+l,则特征方程为z2+0.1z-0.1=0

系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有er=1的稳定裕度。

3.18解

系统是I型系统，所以当输入为单位1时，稳态误差为0,l/k,8.

当输入为1(f)+f+//2时，稳态误差为oo.

3.19证明：由夕(s)的系统开环传递函数：G(S)="⑸E(S)=F一1-----

l-^(S)52fl+G(S)]

故

limsE(s)=lim-―—=+[一(25‘"+•・"$+4)

nn

ST0S1+G(S)Sans+an_xs…qs+a。

11mM"%一+•■2s।―4)+(a0bq)s।

.v—>0n

ans+Q-]S〃T・•・％s+

要想使@=0,只有使％=0a0=%

3.20解

(1

当R<s>=0

s(rs+l)

•(a+A.s)=---,T(S)—DIs

时，％=lim$E(s)=Tim，kL

STO2

'T01+&(k+公)

S(TS+1)

k,

_y.v(r,v+l)

稳态误差晨==lim.(k3+k4s)^--—

STO网/viAv-J

.s—>01+k1(/+£$)

S(TS+1)

(2当R(S)=1/S,TL(S)=0,

3.21解:

(a)恒值调节系统

(b加入积分环节

(c采用前馈控制

由劳斯判据得该系统的稳定：

G式S)H(S)0.5(0.05.?+1)1

limsE(s)=lims•N(S)=lim

.v->0s->01+G1(S)G2(S)H(S)s-»0(0.25+1)(0.055+1)+4082

=0.0122>0.01

<1>当串入积分环节G3(s)=人后:

G'S)H(S)0.5s(0.05s+l)

lim#£l($)=lims•N(S)=lim=0

STOSTO1+G(S)G2(S)G3(S)”(S)5(0.055+1)(0.25+1)+40/:

其特征方程为:s3+25s2+100s+400(k=0

5

由劳斯判据得:0<k<-

8

(2当采用符合前反馈时:

0-055+1

要使小“=0,只有使G4=0.5(0.055+1)/40=

80

3.22解(1

%=%,+%=limME,缶）+瓦,"））=lims4（----rr—+―'I）=/a一心）

DSTOS]।3]।.卢3

5（小+1）S（辜+1）

（2

k-1

所以，当1+kdki-k2=0&=——时,ess=0o

k,

3.23证明：一个/型系统的开环传递函数可写为：G*(s)=与Go(s)的形式：

S7

则：%=lim5£(5)=lim-^-5=lim-/----(%,+aJ+…+。3)

7

STOsfOl+G(S)J+(v)SSS

r

aQs+•••〃]$

=lim=lim------------=--0-------

STOr+Z：G（5）

s'+kG.（s）ST。SO

3.24

程序：

wn=l;

zeta=[0,0.3,0.7,1,2];

figure<l>;

holdon;

fori=zeta

num=wn、2

den=[l,2*i*wn,wn2]

step<num,den>

end

运行结果：

4.2解：

（1

TTn

渐近线与实轴的夹角为：

33

渐近线与实轴的交点为：P=j21T+2）=二

33

（2

离开复极点的出射角为：=》+ZN（—p«+Zj）-ZN（—p.+巳）

一月=-l+2；,-p2=-l-2j,

Bp、-7t一（兀-arctan2H—）——26.6,0=一g”=26.6°

（3

闭环特征方程为：/+2s2+5.S-+4=0,其劳斯阵列为

,3

15

令，行为0,得kg=10,得两个虚根为土也j

4.3

勺G+2)

G*<s>=,k>0

s-+2s+3s

零极点分布图：

根轨迹图：

(1)令N<s>=s+2,D<s>=s2+2s+3

代入N'<s>D<s>-N<s>D'<s>=0得:

S2+45+1=0

s,«-0.27,s2v-3.73

实轴上根轨迹区间是：（-8,-2]

所以,s=-2-V3=373为会合点（舍去s=-3.73

会合点处的根轨迹增益：K"二然=546

<2>%=180°+N<-P।+Z।N<-P,+P2>=180°+54.7°-90°=144.7°

由对称性可知0„2=-^=-144.7°

<3>

方法一：

利用圆的数学表达式

根轨迹方程为1+G/<s>=0，即：s2+（2+KQs+（3+2K《）=0

-(2+K,)±j8+4K「"

所以:<*>

2

设s=x+jy，由<*>可得:

由上式得:<x+2>2+y2=3

所以，不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分。

方法二：

利用根轨迹的相角条件

设s=x+jy

根据根轨迹的相角条件：Z/(s+Zj)-E/(s+Pi)=(2k+M,k=0,±1,±2,…

j=\i=l

得至！J：tant———[<n-tan“——->+<n-tan>]=兀

x+2-x-\-x-1

化简得：<x+2>2+y2=3

所以，不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分。

4.4解：

(1系统的开环极点为-2土"开环零点为-1,由规则知实轴上的根轨迹区域为(-1,8)

(2令N<s>=s+1,D<s>=52+4s+5

则由N'(s)D(s)+N(S)D(s)=0,得$2+2s—1=0,解得-1-痣(舍),-1+夜

所以，根轨迹与实轴的交点为-1-夜

(3复极点：一2士/

出射角为:45°,-45°

4.5

K

G<s>=------------------------,-oo<K„<+8

4(5+1)(5+3)(5+6)&

由G.s>得出系统的三个开环极点为：

s।—1,s9=-3,s--6

I当0<6<小时，根据180°等相角根轨迹规则，有：

<1>实轴上的根轨迹区域为：(-8,-6]U[-3,-1]

<2>渐近线与实轴的交点：-b=-W

n-m3-03

[60°k=0

角度为：o=(2:+l)j[i80°k=l

n-m

-600k=2

<3>分离点：N<s>=1,D<s>=<s+1><S+3><S+6>

代入N,<s>D<s>-N<s>D,<s>=0得：

3S2+205+27=0

s,«-1.88,S2«-4.79

因为：实轴上的根轨迹区域为：Joo,-6]U[-3,-1]

所以,S|=-1.88是分离点（舍去s=-4.79

<4〉分离点处的根轨迹增益值为：需」=4。6

n当-K,<0时，根据0。等相角根轨迹规则，有:

<1>实轴上的根轨迹区域为：[-6,-3]U[-l,+8>

1+3+6_10

<2>渐近线与实轴的交点:

n-m3-03

[0°k=0

角度为：夕=义%=120。k=l

n—m

-120°k=2

<3>分离点：N<s>=1,D<s>=<s+1><s+3><s+6>

代入N,<s>D<s>-N<s>D,<s>=0得：

3s12+34520.v+27=0

S1p-1.88,s2«-4.79

因为:实轴上的根轨迹区域为：[-6,-3]U[」,+『>

所以,S|=-4.79是分离点〈舍去s=-1.88>

<4>分离点处的根轨迹增益值为：K〃=-也I-面=-8.21

4.7解：

k

1.G（5）=--:-_7

kkS（S+1）2

（1）开环极点为0,-1,-1

（2）渐近线有三条，倾角60,180,-60,与实轴的交点-2/3

（3）实轴上的分离点为-1/3

（4）出射角180,0,-180

（5）与虚轴交点土/

（1实轴上的根轨迹为（-1,8）

（2渐近线倾角为120,-120,0,与实轴的交点-2/3

(3分离点为-1/3

(4出射角0,0,180

丸

2.G(s)=----------------

八k(S2+2S+2)(S+2)

(1)极点：-2,-l+j,-l-j

(2)渐近线倾角：60,180,-60；与实轴的交点：-4/3

(3)根轨迹与虚轴的交点为：土晌

(4)出射角:45,180,-45

(1实轴上的根轨迹区为(-2,8)

(2渐近线倾角为120,0,-120；与实轴的交点为：-4/3

(3出射角为135,0,-135

勺(s+5)

3.GJs)=

s(s+l)(s+4)

0＜勺＜oo时

(1)极点0,-1,-4,零点-5,交点0

(2)渐近线倾角90,-90

(3)分离点-0.5

(4)出射角180,0,180

(1实轴上的根轨迹为(…，―5)U(T,T)U(0,8)

(2渐近线倾角0,4,与实轴的交点为0

(3出射角0,180,0

(4分离会合点-3.26,-6.26

2

kg(s+45+8)

4«(S)=

s“s+4)

(1)极点0,0,-4,零点-2-2j,-2-2j

(2)渐近线1条，倾角180°

(3)出射角90°,-90°,180°,入射角45,45

(1实轴上的跟轨迹区域为(T,8)

(2分离(会合点：0,-2.4163

35

＜3＞出射角0,180,0,入射角一乃，一万

44

5。叱—5)

(1)极点-1±/,-2±/,零点-2.5

(2)渐近线倾角60,180,60,交点-7/6

(3)分离会合点-3

(4)出射角60,-60,143,-143,入射角180

与虚轴的交点±2.5/

(1实轴上的根轨迹为(一2.5,8)

(2渐近线为0,120,-120

(3分离点为-1.13

(4出射角为120,-120,36.87,-36.87,入射角0

(5与虚轴交于0点

6«(s)=-_

八5(5+1)(?+45+16)

(1)极点0,-1,—2±2百/，零点-1

(2)渐近线60,180,-60,交点-4/3

(3)出射角30,-30,180

(4)与虚轴的交点±4/,0

(1实轴上的根轨迹区域为(0,8)

<2>渐近线倾角为0,120,-120,交点-4/3

(3出射角为0,210,-210入射角0

(4与虚轴交点为0

4.9

人s+a,

令-------=-1

s(2s-a)

则：s<2s+l>=a<s-l>

所以：黔一

az八

整理得：上——=-1<a>0>

s(s+2)

令<K\为等效根轨迹增益〉

82

K'g(s-l)-8V：

所以，等效开环传递函数为：G'<s>=KoVO

/1、

s(s+5)

<1>等效开环零点：-ze=l

等效开环极点：-pe|=0,-pe2=-

<2>实轴上的根轨迹区域为：［-L-O］U［L+8>

2

<3>渐近线：

3

-a=------------二—

n-m2

角度为：0=0°

<4>分离点和会合点：

N<s>=s-1,D<s>=s(s+—)

2

代入N'<s>D<s>-Nvs>D'vs>=0得:

2+V62-V6

s.=------,s=------

2222

所以，SL甘是会合点,s产学是分离点

<5>与虚轴的交点及其增益:

将S=j0代入：

'~2

得出：■

+也

劭=

一2

所以根轨迹与虚轴交于s=±乎j,此时的等效根轨迹增益为K：=-g,即a=l

又因为a»0,根据根轨迹的定义及其与稳定性的关系,可得：

使系统处于稳定的参数a的范围为：OWaWl

4.13

(1已知系统的开环传递函数为：

默认勺>0

1.该系统根轨迹有两条，起点分别是-1+终点分别为-4,0。

2.实轴上的根轨迹：［T,0］。

3.分离会合点：N(s)=s(s+4)O(S)=S2+2S+2

由N'(s)D(s)-N(s)Z>(s)=0得/-2s—4=0

解得：M=1+&(舍去$2=1一6为根轨迹的分离会合点。

4.入射角为0。和i8(r

出射角%々2430%々一243"

系统根轨迹如下所示：

(2方法一：闭环特征方程式为：(1+&)/+(2+4勺)s+2=0

由特征根相同得：(2+4ZJ—8(1+勺)=0

得：…匚詈kgi=二1宁叵满足要求。

方法二：将与=1-6代入(1+勺M+(2+4勺)S+2=0

-1+VJ5-1+J5

可求得：kgt2=—~-其中：%==031，满足要求

(3两个相同的特征根即为其分离会合点为，可得其相同的特征根为：

S=l->f5=-1.24

(4当系统有两个相同的特征根时系统为临界阻尼系统，其调整时间为：

4.14解

单位反馈系统得开环函数为G*(s)=一勺。+2)一0

s(s+l)(s+4)g

故系统开环极点分别为0,-1,-4,开环零点为-2。设阻尼角为60°时，该系统的超调量

设阻尼角为60°时系统闭环极点为-o■士/6b,由相角条件知：

解得(T=l

33

4=丁=一=3,A=5

44一

t=-----=—=4,A=2

sgb

将s=-1+/百代入幅值条件」-(s+2)—=1

s(s+l)(s+4)

得废=6

从而可得儿=limsGq(s)=寸=3

4.17

(1)开环传递函数G*(s)=

Is("s+"l)

开环零点是一Z1=-2

则它在实轴上的根轨迹为(-00,-2］和［-1,0］

令N(s)=s+2D(5)=s(s+1)

由式N(s)也2—O(s)处殁=0

dsds

即(5+2)(25+1)-s(s+1)=r+4v+2=0

解得：

均为分离卜会合点

(2)该闭环函数得特征方程为S(S+1)+&(S+2)=S2+(1+勺)s+2勺=0

—(1+勺)±/(1+勺)2一8勺

解得s=---------X----:-------

2

又有根其实部为-2,即-(1+勺)/2=-2

将鼠=3代入上式得s=—2±

即该系统得根轨迹增益为3,两复根为-2±也/

k.Q-s)Z/G—2)

4.18q⑸=一-=上一-<=_勺wo

s(s+3)s(s+3)

(11.系统根轨迹有2支，起点分别为0,-3；终点分别为2和无穷远处。

2.实轴上根轨迹为［—3,0］、［2,4W)

3.分离会合点：

由NG)D(S)-NG)D'G)=0-45-6=0

解得S=2±JI3均满足要求。

4.与虚轴交