《自动控制原理》张爱民课后习题答案1

1.1解：

机逐人踢足球：开环系统输入量：足球位置

(D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。

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

热电偶

波馈装置

系统原理方块图如卜.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

动机匕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u引入反馈后，形成闭环控制系统，愉出信号被反馈到系统愉入端，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I可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:

K(y-x)||F(y-x)由牛顿第二定律得：

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)d2x(t)

m-f-^+fcr(r)=-m—/

dt2Jdtdt2

设输入量输出导教的初始值均为零,对上施行拉氏变解式原

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

故其传递函数为G(s)=袈=ms?

ms2+/J+A

2.2解

受力分析得:

对于M有：

Mgsin伊,ML/?

F=Mgcos0

对于m有：

27tit2

整理后得:

”一小

drmm

削去0的系统的微分方程:

x+—x-—£/9=0

nim

对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为:

X（syMLs

2.3解

3s

4&c£S“（4q+&G）s+i

凡&GGS?+（R£+R2C2+凡G）s+1

则其微分方程为:

国与与号+出冷

Rqc2z&G+R2G+RG)+u.=gCGG+R2c

（b）取A、B两点进行受力分析，列出方程得：

或.（2）

f1,小f"=k.1x

由（1）式、（2）式得

八与一八4+3-3=4乂⑶

%x（l）+fx（3）得

八八注+UK+##fA法+柩4="粤+(#+#借+依,

atat2at22(it

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，故两个东统为

相似系统。

2.4斛

1

传递函数与=M.=--------9一一"

Uiq+cL

C}SCyS

由电路得:

(1)

W

—=一—uo⑵

凡凡

综合(1)、(2)式，消去变量u,可得其传递函数为:

G(s)=

为一RR

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:

di

u=Ri+L—

'一rdt

ud3〜今

u.=R…今

对上面各式拉氏变换并整理得到：

«)=口7a⑸

“)=马不/向

=(R.+Rd"(L+Ld)s中)

。＜$)=3.+3乂⑸

"($)=7%"($)

s(1+Tms)

对上式削去中间变量得到系统的传递函数为：

G⑺-胆二____________-JL.S)________________

“⑸一41+Tns)[(R.+)+(L,+Ld)s](Rq+Lqs)(Rc+Lcs)

2.7解

由图示及题中条件得：

,小,，,、du(t)

H)=c—r^―

dt

4(…(，)八竽

at

&

八L小

GOU%Tdt

生=%(，)

,4«，)d2x(t)

FP。-2Ax(r)-/——=Mw——

dtdr

对上式进行拉式变换得：

E⑸=必⑸+〃⑸

/1(S)-/2(S)=CSl/c(S)

〃⑸-&⑸=3")

EA(S)=^SX(S)

E=£/(S)

々-2£T(S)-/SX(S)=A/S2X⑸

则通过消去中间变量得传递函数如F：

G{S)=皿__________________卜__________________

222

~E(S)~(RCLS+£5+R)(MS+6+”卜k2(RC^S+{S)

2.8解

由题意得:

也⑺-4（，）摘=也（，）

3（，）=i,U）Rf+Lf—

即）=%（，）

A/（0=M/（O

J瞥皿

dt2Jdt

其中km为磁控式电动方艇矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得:

也⑸-。⑸]&=U.⑸

&U.(S)=//(S)%+A/〃S)S

。⑸哈。.⑸

伏$)=",⑸

j/s}s2+fe(s)s=M⑸

解得：

G⑸=幽_________帖勺必_________

q⑸k&kM+N"+M（LfS+Rf）

2.9解由图示得电路的微分方程如卜:

i=h+%

,dt1

，2"）冬=-”.（，）

卜d丁u"）=（”、

作拉氏变换得：

u⑸=q（s）-/⑸此

/⑸=4（s）+，M

ys[u（s）心S）].⑸

I式S）&=7<S）

qsi/⑸=八⑸

则初始方块图如下：

由梅森公式得其传递函数如下:

G⑸，。⑸=-C述2s

4（S）C£&RS+CRS+CRS+T

2.10解

对方块图进行简化得：

⑶A

(s)A

(MX

.v<«>

l♦"声£

由梅森公式得

G[G4+GQ2G$

K⑸

1+H2G2G§++GIG^GJ+G&&-H1H2G£2G4

1+H、G&

+Ms）=y（sxi式）

1+〃?G2G§++GlG2Gi+G1G4-H

⑴当N(S)为零时可得传递函数为:

吁+H为唁能器乐国

⑵由(1式)得当1+HiGiG2=0时，输出Y(S)不受干扰N(S)的影响。

2.11解

⑸⑴方块图化简如下所示:

从而可得其传递函数为:

Gfi

G⑸=2

I-GH+GGH乩

(2)其信号流图如下所示:

R(s)鼠Y(s)

系统信号流图中共有2个回路。增益分别为IX科LzXGHiH2,无两两

不接触回路。所以信号的特征式△二卜(GHFGJMIz)。

系统有1条前向通路，增益为I*回路均与此前向通路接触，故△亍1,从

而可得其传递函数为

G⑸二^■二

(1)方块图化简如下所示:

从而可得其传递函数为:

G&

G(S)=

1+G凡+GCMH,

(2)其信号流图如下所示:

与a原理相同可得其传递函数为:

G(S)=^1=

A1++

(1)方块图化简如下所示:

丫⑸

从而可得其传递函数为:

G⑸=------------------------------------------

1++H2G2+H.G.+

(2)其信号流图如下所示：

R”)------q—"-——--------色---4--------KJ)〃$)

与a原理相同可得其传递函数为：

G(S)=必=--------^£1-----------------

A1+HG+H,G,+HG+H、H、GG

2.12解

速度控制系统的方框图为:

该系统的微分方程为

s_K"+K.

当wo时，传递函数为

u,0+1

2.13解：例2.4.1中的方块图如下所示:

U；（s）

其对应的信号流图为:

U;(S)-

其中产石/『

GG2GLRl+R£S耳2二

由梅森公式得：

(----------X—+4)

⑸

G==JG+GG一U+R2c2s..

-4⑸1+GM+G。凡»1M凡，1)

LS+RJI+RGSGS

K-GcS+阳G+R2cos+1一

RgGLS+(R£C2R[+LC?)S+(凡G+R£+AC)S+1

,』版

系统对应的信号流图如下所示:

-H

_____________Qi

P⑸

.1G■

R(S)--_HD--------------------------------K)--►o-^o-----Y(s)

-42

-H.

由梅森公式得

__________GRG3G#G£__________

1+G£2Hl+G2G3/7,+G|G2G3&，3+Gfi5Hi

+—+_p(5)=y(sxi式]

1+GGH,+GGH,+GGG、GE

(1)当N(S)为零时可得传递函数为：

咐=®=GRG&+GR

R(S)1♦G、G2Hl+G2G3H2+G|G?G3G4,3+QG,居

(2)由(1式)得当G3G4(1+GiG2Hi)-G3G5H2=0时，输出Y(S)不

受干扰

P(S)的影响，此时可得

G4(1+GiG2Hl)=G5H22.15解

_______H2(S)

R(sX>»Q---------------J-0~7：--------------------------->6™►€)Y(s)

1■k-1•G,(s)Gz(

______________________-Hi(S)

-i

系统信号流图有4个回路，增益如卜.：

J=-H3(S)GI(S)L2=-H2(S)G](S)G2(S)

L3二%(S)Gi(S)G2(S)乙⑸G⑸

无两两不接触回路，系统有i个前向通路，其增益为4=5GI(S)G(S)所有回路

均与p接触，所以△口。从而可得其传递函数为:

g⑸6⑸

蚂(5向(5)+印+〃式5)GM)♦，式S)GI(S)G,(S)+M(S)GI(S)G,(S)]

2.17解

(a)方块图为,

U(S)

13

其传递函数为；G(S)=-S+2S(S+2)1

(/⑸3s^T

S(S+2)

其信号流图为:

由框图得其传递函数为：

F-C?,,(S+Q)C,

L(S+a)2-。必+(S+a)2-C2"

故可得其状态方程为:

0

I5

X,七…口邸抬

=［"-d.c］：：］

必=["-d,c]

综合得：

网J-2CPll

2

1^2J|ac-ccj_.r2]

(c)

故Xi二-

5xi+2x2+X3

x2=-

3X2+2X3

X3=-

4X3+U

y=x+x3

其状态方程为；

尸『0,1］与

2.19解：状态空间的表达式为：

咋3即，小味

故其传递函数为：G(s)=----------7-------T=r--------------

1+4S-'+3S-2S2+4S+3

(2)用矩阵法得出的传递函数为：

r..rfSS-lTTOl

G(s)=(WWB+l)=叫s+3s+j1

-S?+4S+3

2.21解:

(1)其传递函数：

kS'+3kS+3k

r(s)=-j-----工，也*史」------u⑸(

S,+(fl+Jt+2)S2+(2o+^)S+3Jtt115、(。+£+23+(2。+加)§+3便

故可得信号流图：

_卜丫⑹

U2(S)-!—>o--!"»4?§・

44z，/

y^s^2(ak2)^x^X3

.-(2a»ak)***^

-3k

故可得：

Xi=X2x2=x3x3=-3kXi-(2a+ak)x2-(a+k+2)x3+Ui(s)+U2(s)

y=kxj+(a-

k)x2+x3+3kxi+kx3=4kXi+(a+2k)xz+(k+l)x3

故其状态方程为：

0

o1式，

一(加+的-m+%+2)

(2)用矩阵法得：

G(S)=([SI-AJ'B+1)

=[4&.4+2〃,A+1]=

3.1答：该系统不存在，任何•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

.5)=侬=_^

&⑸0.5$+1

(1)单位脉冲响应

输入信号为单位脉冲信号r(t)=6(I),其拉氏变换为R(s)=l,

10

则系统的输出为ru)=――-

O.5.V+1

则系统的单位脉冲响应函数为：y(t尸20%气力

(2)单位阶跃响应

其拉氏变换为/?($)二」

输入信号为单位阶跃信号r(t)=l(t)

则系统的输入为y(s)=

5(0.5x+l)

则系统的单位阶跃响应函数为：

(3)单位斜坡响应

输入信号为单位斜坡信号其拉氏变换为R(s);f

则系统的输出为y(n=•汕;w

则系统的单位斜坡响应函数为：ydAlOt-Nle2）总）

3.3解：

(1)输入信号的拉氏变换为/?($)=1十】输出为r(r)=-l+0.8i-0.8—

c<2s2s$+5

则系统的闭环传递函数为：6（s）=婴

Ris}5+5

开坏传递函数为：G（s）=-

⑵系统的单位阶跃响应为：Y（S）=O（5）/?（5）=---则T=0.2

5（S+5）

系统的上升时间为：「=2.197T=0.4394

0.8,A=2

调整时间为：/={

'06A=5

超调量不存在。

3.4解

证明：当初始条件为零时，有侬=11里

R（s）7J+1

单位阶跃输入信号为/?（$）=1

r5+1z、zFJ+L11r-r

所以，系统的输出为y（5）=D

+1&⑸=就丁丁百

T，

XO=r,[r(s)]=i-

根据定义，（1）当/，=7^+仙］^：

所以=（0.693+In?）7

⑵求I,（即一y⑴从0.1-0.9时所需的时间）

TqT—r

当J(O=1—-y,—e，=0.9H9有q=r[ln(-y-)-In0.1]

T«iTT

当y«)=l-宁e『=0.1时，有/尸zpn(宁)-ln0.9]

则,,=G-4=Tln翳=2.27

(3)求调整时间t,

假设误差宽度△=5,则有

r-r上

此)=1-—er=0.9?

解得4=713+In?]

3.5解：

由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为：

①⑸=--------

.v+lOOr

(1)若t=o.l,则系统闭环传递函数为：0(5)=-5^-

S+10

0.4,A=2

贝|JT=O.1,调整时间/二,

O.3,A=5

⑵时间常数=-若要求tso.is,则

lOftr

t>0.4.A=2

t>0.3,A=5

(3)反馈系数r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：

16

系统的闭环传递函数为；0(5)=贝h-4,&-0.5

1+GJs)/+4$+16

单位阶跃响应，系统的输出为：y(5)=l>——

s$"+4s+16

系统的响应函数为：y(t)=1-*1£口sin(2JJf+60),/2(

单位脉冲响应，系统的输出为：八的二丁上—

八4$+16

系统的响应函数为：XO=^^sin(273/)

3.7解：⑴6($)=^~———

r+125+120

得:0=4120=10.95J=7Ho=0,55

A

=0.342

J?

4

一=0.667

血A=：

A=f

­=0.5

仅八

J%=gB\]OO%=12.7%

8116

3d+8.4$+4a6s2+2.8s+16

得：O=^!16=48R.35

£==0.84

4

—=2.857

&D.A=:

^%=e^rxlOO%=3O.9e4

3.8解：系统的传递函数*s）=212=『2——

y?（5）/+如+从，

o%=27<"2,5xlOO%=8%

由图可知tp=0.3,y(0)=2.5,

2.5

JT

飞茎x!00%=8%

y（8）=阳=勺』£=：=

解得，b=0.4,a=16.8,k=451.1

4、优__________100

3.9解：（1）引入速度反馈前:(D=10,f=0.25

F+s+3~?+5J+100n

e诡x100%=44.45%,

4,，c

《=1.05,A=2

ts=4

=1.2J,4=5

引入速度反馈后:

100

和)=，叫=10g=0.，

+（1+自力$+上/2/+10$+100

一汽xlOO%=16.13%

-^-=0.8.

,△=2

［叫

/s=

—=0.6.4二5

⑵

临界阻尼时,5=1,解得t=6

3.10略

3.11解：由系统框图可得系统传递函数为:

K,

（%+㈤

5（1+Ts）5（20+6）

0（5）=一・

K?$（八+1）+&（《”）s+10H100

1+（%+£）

5（1+75）

1100($+20)

"20八10212

与标准型进行对比可得：

①n=105=0.5

（p=arctan

I^z^zSOa+o^lO^

故：3%=xl00%«HM

(4+/.」)•'I，=0.77$A=2

zM

(3+/,--)•—~=0.57JA=5

zM

3.12解：

…1212

d)(i)=-------：-------------=--------------------------------

一♦8s、14$+12($+6mX$+l-/)

系统有三个极点：

P'2-iijP3=-6

p

由于,•-R-E--A--L-*---"--6]>«"

所以系统的主导极点为：Qi土j

22

①($)x---------------------------j-----------

(『+25+2x11)G+2s+2)

6

所以：0=V25=1/V2

机=x100%-4.3%

3.13解：(1)s4+7s3+19s2+22s+12=0

劳斯阵列如下:

11812

7220

104120

1700

10400

1200

第一列全为正数，稳定特征根全在左半平面

⑵sS+2s4+3s3+6s2+5s-3=o

5

5

1

A3

0(G)0

£3

30

6

3.5

00

300

―35+211-245

迎-7〈步—3尹21.24.5火

<f旗-7

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)5s4+3s3-10s2+14s+12=0

s5-1012

43140

100

--------120

S3]

115.0800

s21200

s'

s

0

有两个根在右半平面，系统不稳定

(4)s4+7s3+42s+30=0

s41030

s37420

s2-6300

s1700

s03000

有两根在右半平面，系统不稳定

(5)s5+6s4+13s3+l8s2+22s+12=0

s511322

s461812

s310200

s26120

s*000

s°

0出现全零行，则用s2系数构造辅助方程：6s2+12=0“对其求导，得：12s=00则：

s26120

si1200

s°1200

系统有两个共规虚根，系统临界稳定

(6)s5+7s4+6s3+42s2+8s+56=0

s5168

s474256

s300o

s2

s1

s°

9出现全零行，则用s4系数构造辅助方程：7s4+42S456=0。对其求导，得:

28s3+84s=0,两边同除以28得s3+3s=0。则

s3130

s221560

s1-00

s0560o

系统有两个共扼虚根，系统临界稳定

3.14解⑴特征方程为s4+2s3+2s2+k=0

劳斯阵列如下

s412k

s320

s22k

s1-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s4+8s3+17s2+(10+k)s+4k=0,由劳斯稳定判据知系统稳定的k

值

范围为(Kk<126

k(s+2)

3.15解:Gf沪

(s+2)(5+4Ms?+6s+25)+k

特征方程：

s4+12s3+69s2+198s+200+k=0劳斯阵歹I」

如下

$4169200+k

121980

S252.5206+k0

7995-12k

S00

s°2OO+k00

要使系统稳定：200+kX»且气片从>0得出：-200<k<666.25

当k二666.25时，系统临界稳定，系统响应y(t)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3s斗7s斗3$+1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3s斗(7+3r)s¥(3+t)s+1=0

利用劳斯稳定判据可知，只有当r>普心(・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t取合适的值才能使系统稳定。

3.17解：

际)7

传递函数:

0(^)=~2---------------------

s+(2+3)$+kp

特征方程:

54(2+1<4N+kff4Z.ls+lW令z=s+1,

则特征方程为产+0.口-。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。T的稳定裕度。

3.18解

系统是I型系统，所以当输入为单位】（I）,t,时，稳态误差为0,l/k,O.

当输入为1⑴+t+t2/2时，稳态误差为.

3.19证明：由"(s)的系统开环传递函数：G(S)=W头

1-次5)S*[1+G(S)]

故

Q=limsE(s)-lim-----------------lim--2--------------------!~,-------------------

yfsl+G⑸iS*+%5…

_.一4.」"1+…%s_(b.sZ+•,”)+(4.匕)+(即一%)5T

—nm-1MM0MMM1MM1MMM0MMM0MMM_1MMM0MM1MMM

,~*0A

aus*++0

要想使e,=O,只有使a1二也a0=b0

3.20解

(1)

当R(S)=O时，4=linyE⑸=-Hm，------普工--------•(自♦")=-4

i0■“1+£—勺一(h+<s)卬

5(rs+1)

T2(S)=D/S

k

r(5)=————2

ig丁丁氏+公)$

s(rs+l)

公

稳态误差々=lim花⑸=Tim，------半臼--------.(&+3=~

——1+氏—5—(自+L$)3

5(F5+1)

⑵当R(s)=l/s,T」s)=0,

e„=hmsE(s)=lims.L---；■■；■■]；■—；-■-

"e"z$i[

$(口+1)

3.21解：

N(s)

(a)恒值调节系统

(b)加入积分环节

N(s)

y(s)

(C)采用前馈控制

由劳斯判据得该系统的稳定：

一卬⑸=如一3期虹」

limsE(s)=limsS)”®_•Nk_

j-»01+G.(SX；,(S)W(S)t(02+1)(0.05$+1)+4082

=0.0122>0,01

⑴当串入积分环节G(S)二—后:

\msE(s)=\ims__幽幽-----=—竺迹生_八

1+G(S)G,(S)GKS)H(S)is(0.05s+l)(0.2s+l)+40£

其特征方程为：s3+25s2+100s+4000k=0

由劳斯判据得：0<k<-

(2)当采用符合前反馈时：

..口、..,[l-a(SK；/S)]G式S)”⑸1..0.5(0.055+l)-40G

e,=\msE(s)=-----：------------------------)—=lim-------------------------45―

iaS>-*(0.055+1X0.25+1)+40

要使心-0,只有使G.=0.5(0.05$+1)/40=0・9-+!

3.22解(1)

*2

7i14-1

心・j・lim£(£,G)+£・(”)■lim«*4(

・3,一$*肉Ij*肉

s(Tts+1)s(7^s+l)

⑵

1+____-上叶_____.

。口=%+忆=lims・(E，(s)+£.(s))=lims=(——

i-M)$[+,

5(7i5+1)

所以，当11+1<4k，i-1<2=0,k」=7,时,e-Oo

k\

3.23证明：一个丫型系统的开环传递函数可写为：G(s)=—G0(s)的形式：

sr

nil..\「火($)..£“111.

贝|J：eM=lim5E(s)=hm-----------s=hm------；---------(%―+■—+…+airr

■I，，D-JG.(「9尸5

X7

s(%-+《丁・+%-7)

lim----------2一点-----------=0

r

—s'+Qs)—s+K7a(5)

3.24

程序：

wn=l;

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

figure(I);

holdon;

fori=zeta

num=wnA2

den=[1,2*i*wn,wnA2]

step(num,den)

end

运行结果：

4.2解:

(1)

渐近线与实轴的夹角为：与严；§

-1-27-1+2；2

渐近线与实轴的交点为：-a=

33

⑵

离开复极点的出射角为：05+2N(-Pk乜;)-EN(-PxW)

-P1=-l+2j,-P2=-l-2j,

4]■力—(/r-orctan2+—)——26.6•-Op、・26.6°

⑶

闭环特征方程为：内2s45s+kgR,其劳斯阵列为

5

k

2

令s1行为)，得k。4),得两个虚根为j

4.3

零极点分布图:

根轨迹图:

RootLocus

(1)令N(s)=s+2,D(s)=s?+2s+3

代入N'(s)D(s)-N(s)D'(s)=0得:

s^s+^O

S]=0.27,S2x-3.73

实轴上根轨迹区间是：(F),-2)

所以，s=-2-J3-3.73为会合点(舍去尹373)

会合点处的根腌幅“黑

(2)0=18O°+Z(-P1+Zi)-N(R+P2)=180°+54.7°-

90°=144.7°由对称性可知。我却=-144.7°

⑶

方法一:

利用圆的数学表达式

根轨迹方程为l+G(s)=0,即：s2+(2+Kg)s+(3+2K,)=0

-(2+K.)±，8+4K「K「

所以：户-------——一~J

2

设s=x+jy,由(*)可得：

2+3

x-------------

2

2_8+4K「K；

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：

期用根轨迹的相角条件

设s=x+jy