《自动控制原理》张爱民课后习题答案

1.1解：

（I）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

（4）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。

（1）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。

（2）闭环控制系统的特点：

（3）闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的

（4）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。

（5）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：给定亳伏信号

被控量：炉温

被控对象：加热器（电炉）

控制器：甩压放大器和功率放大器

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。

1.5当炉温由于某种原因突然卜降时，热电偶的输出电压卜.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、功率放天器放大后，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。

1.6解

不止确。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，可能引远超调，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：

\)小dt2

同时z(t)=y(t)-x(t)

综合上述两式得其微分方程为

d2z(t)dz(t)..、d~x(t)

m——J+f——+kz(t)=-m——空

drdtdr

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

ms2Z(s)+fsZ(s)+kZ{s)=-ms2X(s)

故其传递函数为G(s)=型2=——广二

X(s)ms'+fs+k

2.2解

受力分析得:

对于M有：

j2n

Mgsin^=ML-^-r

dr

F=Mgcos0

对于m有:

FsinQ&x人文二md2x

22~dP

整理后得:

Asme

dt2L

d2xM八

=—gcosUsin^--x

drmtn

削去的系统的微分方程：

..k.Mr为八

x+—x--L0=0

mm

对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为:

（a）电气系统（b）机械系统

证：（a）由电路可得:

/+上飞+/）

W+七）（N+A）+K*

WS+(NG+&G)s+1

凡凡。1。2$"+(NG+R2c2+舄。2)S+1

则其微分方程为:

R}R2C}C2攀+(RC+R2C2+RG)号+4=N/?2qc2攀+(RG+R2c2)4+/

取A.B两点进行受力分析，列出方程得：

人归产,粗5工）二/四六

(i)

atdt

d^-x）

f=(2)

1dt1

由（1）式、（2）式得

r网.dx...

一o+k?x1k?4=k、x(3)

atat

勺乂6+，乂（3）得

fxfi+"K+/与+力K)答+kN。=f]f2奈十(/区+块)呼+

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

i

传递函数4=C2sq

Ui

cisc2s

j2

微分方程(q+c2)uo+qc'L土皆二CM

2.5解

由电路得:

(I)

(2)

综合（1）、（2）式，消去变量u,可得其传递函数为:

G"）="=RiRRCS+RR

."w.~RA

进而得其微分方程为

R、R4cduR.R,

—------L+24U.=〃,，

&dtR禺，°

2.6解

对系统中各个部分建立相应的微分方程如下:

u产Rd名

at

di

U|2=Ug=kJc=Rqig+Lq了

di

UJR3+L务

T,“驾.纥…

dt-dt1”

对上面各式拉氏变换并整理得到:

/<(s)=----------Uc(s)

Rc+Ls

，“(S)=RTs

小)

Rq+LqS

k、

/,/($)=

(Ra+R」)+(L+L)s

a(S)=(Ra+LaS)/〃(S)

k

0(s)=————U〃(s)

s(14-Tms)“

对上式削去中间变量得到系统的传递函数为:

G(s)q

U，(s)s(l+Tms)[(Ra+Rd)+(La+Ld)s](Rq+Lqs)(RC+Lcs)

2.7解

由图示及题中条件得:

•/\•/、du(t)

dt

/\/\rdiAt)

《(，)一〃([)=L^—

dt

/、i心

。⑺二K=

at

FQ=k2i2(t)

2

0a、rdx(t)dx(t)

F0-2kx(t)-f—^-=M—^r-

对■上式进行拉式变换得:

E(S)=R/1(S)+〃⑸

I、(S)-IJS)=CSUc(S)

Uc(S)-Eb(S)=LSI2(S)

'Eb(S)=k、SX(S)

益=22,2(S)

Fo-2kx(S)-fSX(S)=MS?X(S)

则通过消去中间变量得传递函数如下：

~八X(S)k:

222

E(S)(RCLS+LS+/?)(MS+/5+2Jl)+^(RCk]S+k}S)

由题意得:

[a(。一2(f)]勺=«e(0

diAt)

k#e⑴=i.f⑴Rf+Lf^-

<3)=—«)

N?

MQ)=k.£Q)

drdt

其中为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得:

也(S-)]L(S)

—⑸=.⑸%+心力(S)S

,e(s)=%(s)

N?

Mg)=k3(S)

J0(S)S2+f0(S)S=M(S)

解得:

G(S)=幽______________k/KM__________

2

a(S)k/2kM+N\(JS+fS)(LfS+Rf)

2.9解由图示得电路的微分方程如下：

«.(r)-M(r)=z(r)/?,

仇〃«)-/,(1)]

=W

i2(t)R2=-uo(t)

C3%&

dt

作拉氏变换得:

U(S)=U《S)-I(S)Ri

/(5)=/I(S)+Z2(5)

GS[U(S)—U"(s)]=4(s)

I式S)RL-U，S)

C2SU(S)=I2(S)

则初始方块图如下:

-iG)

由梅森公式得其传递函数如下:

4⑸一C2R2s

G(S)=

u；(S)GGaR2s2+GNs+c/s+1

2.10解

对方块图进行简化得:

y（$）

y⑸

Ms）

1+///；/；.

由梅森公式得

_________________GG+GG2G3_________________R（s）

1+H2G2G3++G]G2G3+GfiA-//,/72G,G2G4

+---------------------------------------N（S）=y（s）（i式）

1+Hfifi.++G1G2G3+G,G4-HxH2Gfi2G,

当为零时可得传递函数为:

GG+G”

G(S)=

、

1+HG2G3+//|G|G2+G[G2G3+G(G4—HyG^G-,GA

由(1式)得当时，输出Y(S)不受干扰N(S)的影响。

2.11解

(a)(I)方块图化简如下所示：

从而可得其传递函数为:

GG

G(S)=}2

i—GK+GG”也

其信号流图如下所示:

R(s丫⑶

系统信号流图中共有2个回路。增益分别为，无两两不接触回路。所以信号的特

征式。

系统有I条前向通路，增益为，回路均与此前向通路接触，故，从而可得其传递函

数为

G(S)=弛=-----2----------

A"G&+GQ2HM2

(1)方块图化简如下所示：

R(s)ay($)

1+H2G2

乩％<

从而可得其传递函数为：

G(S)=-----------电------

1+G2H2+G,G2H,H2

(2)其信号流图如下所示：

/?(V)Y(s)

八j-lI

―I

与a原理相同可得其传递函数为：

G(S)=—4=3G

A\+G2H2+G,G2H}H2

(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:

3二___________________________G。2G3

G(S)=

A-1+H,G,+H2G2+H3G3+

2.12M

速度控制系统的方框图为：___________________________

给定电位㈱+A:~►运放1I运放2A功率放大器♦直流电动机A减速器

测速发电机

该系统的微分方程为

.dco.du

当=0时，传递函数为

2.13解：例2.4.1中的方块图如下所示:

1

其中G二乩=7^H2=1

LS+R2

由梅森公式得:

(-------)(——+凡)

G02+GQ3LS+R2C2s-

G⑸母

1+G./7,+G,G2/72

RR2cle2s2+(/?|C|+R2c2)S+1

&C]C2LS3+(R£G&+LC.S?+(&G+&G+ROS+T

2.14解

由梅森公式得

G[G2G3G4+GGS____________

1+GQ/i+G2G3%+GCGG4H3+Gfi5Hy

GG"+GG/I)-Ga”？

p（s）=y（s）（i式）

1+G]G2Hl+G2G3H2+G]G2G3G4H3

（i）当为零时可得传递函数为:

G(S)=2=___________GGG&+G&___________

“R(S)1+GGM+G2G3H2+G。2G3G4H3+G,G5H3

（2）由（1式）得当时，输出Y（S）不受干扰P（S）的影响，此时可得

2.15解

一修⑶

R(sK>Y(s)

G(s)

系统信号流图有4个回路，增益如下:

k=—〃3(S)G(S)L2=-H2(S)Gl(S)G2(S)

k=-H1（S）d（S）G式S）4=_上⑸G?⑸

J

无两两不接触回路，系统有1个前向通路，其增益为。所有回路均与接触，所以。

从而可得其传递函数为：

G⑸=磊=攀

g⑸G式S)

g（s）G⑸+S[I+，3（S）G（S）+，2（S）G（S）G（S）+〃I（S）G45）G（S）]

2.17解

(a)方块图为：

U⑸V.；一,战|-----►Y(S)

其传递函数为:

其信号流图为:

其状态方程为:

（b）

由框图得其传递函数为：

2

二(S+a)C.-Crr

1(S+r/)2-C21(S+a)2-C22

_r2(S+a)C

K=--------；——+

(S+a)2-C2(S+a)2-C22

故可得其状态方程为：

]r()i「()]

、

+U1.+u

i2J[一面一。2)-2a_x2ij[_i-

%=叱北]

综合得：

3]』°1]卜」「

Mo]MF」ol4

了2_|-2alx2_

2

~yi~\={ac-ccpj

2

』」[ac-cci_x2\

(c)

由方块图得信号流图：

vj-x2L、、_Hx\,yxi—丫⑸

故X)=-5X1+

2X2+x3

x2=-3X24-2X3

&=-4%+U

+七

其状态方程为：

r-521$0

x2=0-32x?+0U

M|j一

i3J|_00_4_|

y=[l,0,l]x2

2.19解：状态空间的表达式为：

故其传递函数为：

(2)用矩阵法得出的传递函数为:

-|_|Lr

s5-1010

G(5)=([S/-A]-IB+1)=[10,0

S+4]|_1]-S2+4S+3

S+3

2.21解：

(I)其传递函数：

故可得信号流图:

Y(S)

x}=x2x2=x3x3=一3&N-(2。+ak)x2-(a+k+2)x3+(s)+%($)

y=+(〃-k}x2+占+3kq+k$=4kxx+(a+lk\x2+(Z+l)x3

故其状态方程为:

0

01

一(2a+成)一(Q+k+2)

由

y=[4%,。+2k,k+T

（2）用矩阵法得:

G(S)=([SI-A[lB+\)

(S00010、0

=[4Z,a+2A,女+1]=0S00010

I。0S)[-3k-(2ci+ak)一m+k+2).

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

一、丫⑸io

①⑸=—=-------

R(s)0.55+1

（1）单位脉冲响应

输入信号为单位脉冲信号,其拉氏变换为，

10

则系统的输出为y（s）=

0.5s+1

（2）则系统的单位脉冲响应函数为：

（3）单位阶跃响应

输入信号为单位阶跃信号，其拉氏变换为

则系统的输入为小）=而枭

（4）则系统的单位阶跃响应函数为：

（5）单位斜坡响应

输入信号为单位斜坡信号，其拉氏变换为

则系统的输出为y⑸二而詈

则系统的单彳M斜坡响应函数为：

3.3解：

（1）输入信号的拉氏变换为，输出为

则系统的闭环传递函数为：

开环传递函数为：

（2）系统的单位阶跃响应为：，则

系统的上升时间为：

调整时间为：

超调最不存在。

3.4解

证明：当初始条件为零时，有

单位阶跃输入信号为R（£）=!

s

所以，系统的输出为

T-

y(t)=^[Y(s)]=\

T

根据定义，(1)当

所以。=(0.693+In

⑵求。(即一y(t)从().1->0.9时所需的时间)

当),(1)=1-LZ1.er=o硼，有q=T[ln(^^)-In0.1]

np11*ir*

当y(t)=j-i—Le~r=o]时，有q=T[ln(-^)-ln0.91

09

则t=h-t,=Tin—=2.2T

r210.1

(3)求调整时间f,

假设误差宽度=5,则有

==0.95

解得LT[3+In苧

3.5解:

由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为:

100

①(s)=

5+l(X)r

若，则系统闭环传递函数为:

(1)则TR.1,调整时间

时间常数，若要求，则

r>0.4,A=2

r>0.3,A=5

反馈系数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：，则

单位阶跃响应，系统的输出为：

系统的响应函数为：

单位脉冲响应，系统的输出为：

系统的响应函数为：

3.7解：(1)

得：

乃

=0.343

con\Ji-d-

4,

——=0.667

啊A=2

A=5

—=0.5

砌，

3%=ex100%=12.7%

116

(2)①(s)=­；------------

3/+8.4s+48652+2.8.V+16

得:

71

=0.84

4

——=2.857

婀A=2

3A=5

—=2.143

轲

加

，％=e而x100%=30.9%

3.8解：系统的传递函数，

由图可知tp=0.3,,,

tp=——$——=0.3

0Mg2

芯

-cr%=e如7xl()()%=8%

k\1

y(8)=limy(t)=lim5(--------=-=

iss+as+bksb

ST。

解得,b=0.4,a=16.8,k=451.1

3.9解：（1）引入速度反馈前：，

引入速度反馈后:

100

=10,^.=0.5

。⑸=-2;------------------=--------------,co,,

Ts+(\+k2r)s+k^2『+10s+100”

xl(X)%=16.13%

4

=0.8,.....i=2

=0.6,........A=5

44

(2)

临界阻尼时，，解得

3.10略

3.11解：由系统框图可得系统传递函数为:

K

(K]+rv)------—

I5(1+△)二七4+可5(20+s)

①(s)=

1+(&+司—^々(△+1)+&球-.N+lOs+lOO

=J_.lOg+20)

-2052+1O.Y4-1O2

与标准型进行对比可得：

%=10&=().5z=20

7t

(p=arctan

~6

^-=0.25

z

22

1=yjz-2z^con-\-con=IOV3

故：=11.0%

(4+//)•」=0.77s

A=2

zg”

T广

(、3+/〃-/)•—1=0.575A=5

Zg

3.12解：

不，、1212

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

?+852+14,y+12(s+6)(s+l+j)(s+\-j)

系统有三个极点：

PH=-1±JPj=-6

由于：=6>5

所以系统的主导极点为:P=-1

________2_______2

①(s)工

(S2+25+2)(-+1)(•1+2s+2)

6

所以：

故：=4.3%

-^―=4sA=2

—=3.vA=5

3.13解：(1)

劳斯阵列如下:

1812

220

2104

S——120

7

।1700

s0-------0-

104

s°1200

第一列全为正数，稳定特征根全在左半平面

⑵M+2/+3.5+6/+5s+3=()

5135

4263

0(4)3.50

2-30

,+2钎24.5。。

6^-7

0300

冬＜。二3上1824-

自6—

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

(3)5/+3s③-101-14v+12=0

5-1012

S33140

100

s2120

3

y15.0800

5°1200

有两个根在右半平面，系统不稳定

(4)"7$3+42s+30=0

541030

$37420

52-6300

51700

5°3000

有两根在右半平面，系统不稳定

(5)/+6/+13/+18/+225+12=0

5511322

5461812

10200

526120

51000

5°

出现全零行，则用系数构造辅助方程：。对其求导，得：。则:

$26120

5J1200

5°1200

系统有两个共挽虚根，系统临界稳定

(6)55+754+653+42s2+85+56=0

168

5474256

$300()

出现全零行，则用系数构造辅助方程：。对其求导，得：，两边同除以28得。则

/130

5221560

51-00

3

5°5600

系统有两个共挽虚根，系统临界稳定

3.14解(1)特征方程为/+2?+2?+/:=()

劳斯阵列如下

12

/20

/2k

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，由劳斯稳定判据知系统稳定的k值范围为0<k<126

3.15解：G(s)=

特征方程：

劳斯阵列如下：

169200+A

121980

s152.5206+k0

7995-122

c00

52.5

5°200+k00

要使系统稳定：200+k>0且得出：-2()0<k<666.25

当k=666.25时，系统临界稳定，系统响应持续振荡，频率

3.16解

没加速度反馈之前，系统的特征方程为，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

利用劳斯稳定判据可知，只有当>(-1.6)时系统是稳定的。

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

3.17解:

『kdS―►-^――r->/⑸

传递函数：

特征方程：

令，则特征方程为

系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有的稳定裕度。

3.18解

系统是型系统，所以当输入为单位I(t),t,时，稳态误差为0,l/k,.

当输入为时，稳态误差为.

3.19证明：由的系统开环传递函数：

故

nnX

111ans+an_xs4$+%-(〃,$”+4s+伉)

!!

evc=hmsE(s)=hm------------------=lim——----------------------------------------------------------..........-

V01n

--*°$T0S1+G(S)'->Sa^+an_xs~•'a{s+aQ

_11m+4-/"1+…/$一(2/'"1十•••.5)+(4]—〃])+(&—〃o)S1

要想使=0,只有使

3.20解

(1)

当R(s)=0时，，

h

丫⑸二————.2

5K(&+幻)5

s(rs+1)

k]

5(75+1)

稳态误差。=lim'凤)=Tim、・

%2

s->0S'1+4H检

化+k4s)

s(rs+l)

(2)当R⑸=l/s,T|(s)=(),

%=峻6)=*苫&区=0

5(Z5+1)

3.21解：

N(s)

►G—L—»|G?]——「AY(S)

H(s)<

(a)恒;直调节系统

N(s)

+E(s)

G3AAG?►r（5）

（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：

（1）当串入积分环节后：

其特征方程为：

由劳斯判据得：0<k<

（2）当采用符合前反馈时：

[1—G](S)G4(S)]G2(S)H(S八j_二Hm0.5(0.055+l)-40G4

essn=lim.yE(5)=lim5(

STOS->0\+G2(S)G\S)H(S)™(0.055+1)(0.25+1)4-40

要使=0,只有使

3.22解(1)

:2

%=%,+/”TimM£(s)+E“(s))Tim*(----k-十—)二/…?)

DSTO3[+""1⑴

5(7^5+1)5(率+1)

(2)

一kdk\§匕

i./=/、《/、、「A/s3'+l)(7；s+l)T2S+\、

/=4,+%=hmMZG)+E“(S))=limy—(-----------rr---------+-------TK-)

5->0s->0S]+]+/兄3

s((s+l)s(Zs+D

A

=TT(1+砥…2)

k段

所以，当=0,时，=0。

3.23证明：一个型系统的开环传递函数可写为：的形式:

则：

ii_L\

r

aos+…。把=o

=limr

=理)""""$->0s+kGo(s)

3.24

程序：

wn=l；

zeta=[O,0.3,0.7,1,2]；

figure(l)；

holdon;

fori=zeta

num=wn2

den=[l,2*i*wn,wn〃2]

step(num,den)

4.2解:

(1)

▲Im

渐近线与实轴的夹角为:

渐近线与实轴的交点为:

(2)

离开复极点的出射角为:

(3)

闭环特征方程为：，其劳斯阵列为

15

2kg

.10心

令行为0,得=10,得两个虚根为

零极点分布图:

Pole-ZeroMap

-1.8-1.6-1.4-1.2-1-0.8-0.6-0.4-0.2：

RealAxis

根轨迹图：

RootLocus

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2

-4.5-4-3.5-3-2.5-2-1.5-1-0.5

RealAxis

(1)令N(s)=s+2,D(s)=s2+2s+3

代入N'(s)D(s)-N(s)D‘(s)=0得:

S2445+l=()

s1«-0.27,s2«-3.73

实轴上根轨迹区间是：(-,-2

所以，s=2-=-3.73为会合点(舍去s=3.73)

会合点处的根轨迹增益:K=-=5.46

3

(2)0(A=180+Z(-P,+Z,)-Z(-P,+P2)=180°+54.7°-90=144.7

由对称性可知外=-6>pl=-l44.7°

0)

方法一：

利用圆的数学表达式

根轨迹方程为1+G(s)=0，即：s

所以:s=(*)

设0=*+上丫，由(*)可得：

―2+Kg

8+4K,

由上式得:(x+2)+y=3

所以，不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分。

方法二：

利用根轨迹的相向条件

设s=x+jy

根据根轨迹的相角条件：

得到：tan-[(tan)+(tan)]=

化简得：(x+2)+y=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，开环零点为-1,由规则知实轴上的根轨迹区域为

(2)令N(s尸S+l,D(s尸<4-45+5

则由，得，解得

所以，根轨迹与实轴的交点为

(3)复极点：

出射角为:45°,-45°

4.5

G,(s)=-----------------oovK<+8

'(5+1)(5+3)(5+6)人

由G⑸得出系统的三个开环极点为:

s।=-1,s=_3,S3=-6

Pole-ZeroMap

1

0.8

0.6

0.4

w0.2

J0

6-02

-0.4

-0.6

-0.8

-1

-6-5-4-3-2-10

RealAxis

I当时，根据18()等相角根轨迹规则,有：

⑴实轴上的根轨迹区域为：(-,-6][-3,-1]

(2)渐近线与实轴的交点：-===

角度为：==

(3)分离点：N(s)=1,D(s)=(s+1)(s+3)(s+6)

RAN*(S)D(S)-N(S)D*(S)=O得：

3S2+205+27=0

S[*-1.88,s2*-4.79

因为：实轴上的根轨迹区域为：(-,-6][-3,-1]

所以，s=1.88是分离点(舍去s=47去

(4)分离点处的根轨迹增益值为：K==4.06

RootLocus

15

10

5

9

登

-A0

CB

B6

-E

-5

J0

-15------------------------1------------------------1------------------------

-20-15-10-5o

RealAxis

II当时，根据0等和角根轨迹规则，有：

(I)实轴上的根轨迹区域为：[-6,-3][-1,4-)

(2)渐近线与实轴的交点：-===

角度为：==

(3)分离点：N(s)=l,D(s)=(s+l)(s+3)(s+6)

代入N'(s)D(s)-N(s)D'(s)=0得：

3S2+20J+27=0

Sj®-1.88,s2«-4.79

因为：实轴上的根轨迹区域为：[-6,-3][-1,+)

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==-8.21

RootLocus

10

8

6

4

S2

一

A登

cB」0

6

<n

-E■2

-6

，10—乙---1-------1------1------1-------1------1------1------1------1-------

-10-8-6-4-20246810

RealAxis

4.7解:

S（S+l）2

0<A<00

o

(1)开环极点为0,-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±/

-co<^<0

RootLocus

-1-0.500.5

RealAxis

(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

k

2.GG)二—--------------

人(52+25+2)(54-2)

0<k„<oo

RealAxis

（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：

出射角:45,180,-45

-oo<k<0

0

_

x

<

A

J

B

U

m

B

e

-

RealAxis

（1）实轴上的根轨迹区为（-2,8）

（2）渐近线倾角为