《《自动控制理论》作业集参考答案(专本科函授)第一部分.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《自动控制理论》作业集参考答案(专本科函授)第一部分.docx（50页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、此为第一部分如合适，请再下第二部分图解17导弹发射奥方考控却.系统77喧任1-6解 控制系统的任务是使摄像机自动跟踪光点显示器指示的方向。当摄像机方向角与光点显示器指示的方向一致时，21,自整角机输出e 0,交流放大器输出电压 u 0,电动机静止，摄像机保持原来的协调方向。当光点显示器转过一 个角度，21时，自整角机输出与失谐角12成比例的电压信号（其大小、极性反映了失谐角的幅值和方向），经电位器后变成e,经放大器放大后驱动伺服电动机旋转， 并通过减速器带动摄像机跟踪光点显示器的指向，使偏差减小，直到摄像机与光点显示器指向重新达到一致时为止。测速发电机测量电动机转速，进行速度反馈，用以改善系统
2、性能。系统中，摄像机是被控对象，摄像机的方向角的方向角1。系统方框图如图解 1-6所示。2是被控量，给定量是光点显示器指示参考答案第一章1-1解（1）负反馈连接方式为：a d , b c；（2）系统方框图如图解 1-1所示。图断1T速度控制不施方框医1-3解 加热炉采用电加热方式运行，加热器所产生的热量与调压器电压Uc的平方成正比，Uc增高，炉温就上升，Uc的高低由调压器滑动触点的位置所控制，该触点由可逆转的 直流电动机驱动。炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压Uf o U、为系统的反馈电压与给定电压Ur进行比较，得出偏差电压 Ue,经电压放大器、功率放大器放大成扇后，作为控制电动机的电枢电压
3、。在正常情况下，炉温等于某个期望值T C,热电偶的输出电压 Uf正好等于给定电压Ur。此时，Ue Ur Uf 0 ,故U1 Ua 0 ,可逆电动机不转动，调压器的滑动触点停 留在某个合适的位置上，使 Uc保持一定的数值。这时，炉子散失的热量正好等于从加热器 吸取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。当炉膛温度T C由于某种原因突然下降（例如炉门打开造成的热量流失 ），则出现以下 的控制过程：控制的结果是使炉膛温度回升，直至T C的实际值等于期望值为止。* T CUfUeU1UaUcT C 一图髀IV 炉鸟挎利系统方框图系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压
4、Ur （表 征炉温的希望值）。系统方框图见图解1-3。1-4解当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。当摇动手轮使电位器 Pi的滑臂转过一个输入角i的瞬间，由于输出轴的转角0 i,于是出现一个误差角e i o ,该误差角通过电位器Pi、P2转换成偏差电压 Ue Ui U。，Ue经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带 动电位器P2的滑臂转过一定的角度,直至。 i时，Ui U。，偏差电压Ue 0,电动机停止转动。这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。只要 i 0,偏差就会产生调节 作用，控制的结果是消除偏差e，使输出量严格地跟随输入量i的变化而变化
5、。系统中，导弹发射架是被控对象， 发射架方位角。是被控量，通过手轮输入的角度i是给定量。系统方框图如图解1-4所示。图解17导弹发宛黑方可控制.系玩力底回1-6解 控制系统的任务是使摄像机自动跟踪光点显示器指示的方向。当摄像机方向角与光点显示器指示的方向一致时，21,自整角机输出e 0,交流放大器输出电压 u 0,电动机静止，摄像机保持原来的协调方向。当光点显示器转过一 个角度，21时，自整角机输出与失谐角12成比例的电压信号（其大小、极性反映了失谐角的幅值和方向），经电位器后变成e,经放大器放大后驱动伺服电动机旋转， 并通过减速器带动摄像机跟踪光点显示器的指向，使偏差减小，直到摄像机与光点显
6、示器指向重新达到一致时为止。测速发电机测量电动机转速，进行速度反馈，用以改善系统性能。光点 显示器图用1T技象机角位置遁动系统方恬图系统中，摄像机是被控对象，摄像机的方向角2是被控量，给定量是光点显示器指示的方向角1。系统方框图如图解 1-6所示。1-8解 工作原理：温度传感器不断测量交换器出口处的实际水温，并在温度控制器中 与给定温度相比较，若低于给定温度，其偏差值使蒸汽阀门开大，进入热交换器的蒸汽量加大，热水温度升高，直至偏差为零。如果由于某种原因，冷水流量加大，则流量值由流量计 测得，通过温度控制器，开大阀门，使蒸汽量增加，提前进行控制，实现按冷水流量进行顺 馈补偿，保证热交换器出口的水
7、温不发生大的波动。其中，热交换器是被控对象，实际热水温度为被控量，给定量（希望温度）在控制器中 设定；冷水流量是干扰量。马水流矗册好:水温无制系统方胞图系统方块图如图解1-8所示。这是一个按干扰补偿的复合控制系统。1-9解 模板与原料同时固定在工作台上。X、Y轴直流伺服马达接受控制器的指令，按 输入命令带动工作台做 X、Y方向运动。模板随工作台移动时，触针会在模板表面滑动，跟控制随刀具中的位移传感器将触针感应到的反映模板表面形状的位移信号送到跟随控制器, 器的输出驱动 Z轴直流伺服马达带动切削刀具连同刀具架跟随触针运动，当刀具位置与触针位置一致时，两者位置偏差为零，Z轴伺服马达停止。系统中，刀
8、具是被控对象，刀具位置是被控量，给定量是由模板确定的触针位置。系统方框图如图解1-9所示。最终原料被切割加工成模板的形状。图解1-9工具军随系统方框图第二章2-1解(a)以平衡状态为基点，对质块m进行受力分析(不再考虑重力影响)，如图解2-1(a)所示。根据牛顿定理可写出F(t) ky(t)fdy dtm吗 dt2整理得2d y(t)dt2工号ky(t)L(t)m dtmm(b)如图解2-1(b)所示，取A,B两点分别进行受力分析。对 A点有k1(x x1)喘对B点有dxidy、 f () k2 ydt dt(1)(2)联立式(1)、(2)可得:Z/Z图解片1 (b)dy khK dxydtf
9、(k1 k2)k1 k2 dt(c)应用复数阻抗概念可写出(3)R1-Ur(S)cs-I(S)Uc(S)R1csI(s)Uc(s)-RT(4)联立式(3)、(4),可解得:Uc(s)R2(1 R1CS)Ur(s) R1 R2R1R2cs微分方程为duc R1 R2dur1Uc UrdtCRR2dt CR1(d)由图解2-1 (d)可写出U Ur(s) RIr(s) Ir(s) Ic(s)1 Ic(s) RIr(s) Rlc(s) Cs1Cs1lUc(s)IcRIR1c区(5)(6)联立式(5)、(6)、(7),消去中间变量IC(s)和I R(s),可得:Uc(s) R2C2s2 2RCs 1U
10、r(s) R2C2s2 3RCs 1微分方程为,2-, 2 一 ，/duc3 duc1dur 2 dur12.22 u c2 一一 22dt2CR dtC2R2dt2CR dtC2R22-2解(a)取A、B两点分别进行受力分析，如图解2-2(a)所示。对A点有k2(x y) f2(x y) f1(y y1)3A86 -1)E?5i对B点有fi(y y) kiyi(2)对式（1）、（2）分别取拉氏变换，消去中间变量y1，整理后得YX(s)5 k1k2f1f 22sk1k2k2r)s 1 k1Uc(s)（b）由图可写出5(S)整理得Uc(s)UTiR21C2sR21C1sR11C1s1C1s2R)
11、R2cle2s(RGR2 c2)s 12RR2 cle2s(R1G R2 c2 R1c2)s 1比较两系统的传递函数， 如果设W 1/1木2 1k2,c 1 f1,c 2相同，所以两系统是相似的。2-3解将Jh在ho处展开为泰勒级数并取一次近似则两系统的传递函数d . hh ho|ho(1)代入原方程可得s(-ho2/ho1-h) ?(QrosQr)(2)在平衡工作点处系统满足dhodtQro(3)式（2）, （3）相减可得h的线性化方程d h s dt2、hoQr2-4解(a)x(t) 2 (t to)(b)(c)2-5解(2)2-6解2-7解21tnsX(s)= - -et0s s s(b
12、 a)(tt1)(bc)(t t2)c(tt3)X(s) =1a (b sa)e11s(b c)et2scet3sx(t)= T42X(s)x(t)原式x (t)原式x(t)=(11_ 32(s 2)12s4T2f(tT)T s 2e2Ts)4(s24s 3(s 3)t 2t3 2t1 3t1eee483248(s2)2)2t2 2t一e42s 212s(s22 (s 1)1t/ X(sin tcost)单位阶跃输入时，有C(s)G(s)k(t)R(s)(s3s 21)(s2)C(s)R(s)(sL 1 G(s)系统的微分方程为2d c(t)dt2odc(t) 3dt考虑初始条件，对式（1)2
13、 _s C(s)3s 21)(s 2)2t4e2c(t)2r(t)(1)进行拉氏变换,3sC(s) 32C(s)(2)C(s)s2 3s 2142s(s2 3s 2) s s 1 s 22-8解c(t)1 4et c 2t2e(a)根据运算放大器“虚地”概念，可写出Uc(s)R2U7(s)r1(b)Uc(s)Ur(s)R2(1R1cls)(1R2c2s)(c)Uc(s)Ur(s)2-13解由图可得R11C1sR1cle2sR1R2R21C1sCsCsR1R2R1 (1R2Cs)2C(s)s2 2s 12R(s) 12(s 1)(S 3)s2 2s 1又有R(s)3C(s)232(s 1)(S
14、3) s s s 1 s 3即如LU六六23et e3t2-14 解上;：2 5。 ga + lT”S2-342-15 解2-17解(a)图中有1条前向通路，4个回路PiG1G2G3G4,Li G2G3H1L2G1G2G3H 3,L3G1G2G3G4H 4,L4G3G4 H2,1 (L1 L2 L3 L4)则有C(s) R(s)P 1G2G3G41 G2G3Hl G1G2G3H3 G1G2G3G4H4 G3G4H2(b)图中有2条前向通路，3个回路，有1对互不接触回路P1G1G2G3,11,P2G3G4,21L11 G1H1,L1GH1，L2G3H3,L3G1G2G3H1H2H 3,则有C(s
15、)R(s)P1 1P22G1G2G3G3G4(1G1H1)1 G1HlG3H3G1G2G3H1H2H3G1H1G3H3(c)图中有4条前向通路，5个回路P1GvP2G1G2，P3G2，P4G2G1 ，L1 G1，L2G1G2， L3G2，L4G2G1，L5G,则有41,1 (L1 L2L3L4)，C(s) R 1 P2 2P 3 P4 4R(s)G1G1G2G2G2G12G1G2 G1 G21 G1 G1G2 G2 G2G1 G1G21 G1 G2 3G1G2(d)图中有2条前向通路，5个回路P1GG，11，P2G3,1,LiG2H1,L2G1G2H2,L3GG， L4G3,L5G3H1G2H
16、2,则有(e)图中有2条前向通路，3个回路，有1对互不接触回路P1GG2G3,11,P2G4G3,21L1,L1G1G2H1，L2G3H2，L3 G2H3,1 (Li L2 L3 L4 L5),C(s)P1 1 P2 2G1G2 G31 G2HlG1G2H 2G1G2 G3 G3H1G2H 2G3G4则有2-18 触回路。P1GG2,11,P2G1G3,2 1L11G2H,L1G2 H , L2GG， L3G1G3,1 (L1L2 L3) L1L2,C(s) R 1 P2 2G1G2G3 G4G3(1 G1G2H1)R(s)1 G1G2Hl G3H2 G2H 3 G1G2G3H 1H2解(a)
17、令N(s) 0,求 C。图中有2条前向通路，3个回路，有1对互不接 R(s)1(L1L2L3)L1L3,则有令RC(s) R(s)P1 1P2 2G1G2 G1G3(1 G2H)1 G2HG1G2 G1G3G1G2G3H0,求C。有3条前向通路，回路不变。N(s)P11,1 1 L1, P2 G4G1G2,2 1,P3G4G1G3,1 (L1 L2 L3) L1L3,则有C(s)Pl1 P22 P331G2HG4G1G2 G4G1G30 G2H)N(s)1G2HG1G2 G1G3 G1G2G3H(b)令N1(s) 0, N2(s) 0,求 C。图中有1条前向通路，1个回路。R(s)c Ks一P
18、11 1, L1s 22K(s 1)1L1,则有 K乙KSR(s)(2K 1)s 2(K 1)令R(s) 0, N2(s) 0,求 gs。图中有1条前向通路，回路不变。N1(s)P1s,11,则有C(s)P1 1s(s 2)N1(s)(2K 1)s 2(K 1)令R(s) 0, N1(s) 0,求Cs-。图中有1条前向通路，回路不变。P12Ks 21,则有C(s)P1 1 2KN2(s)(2K 1)s 2(K 1)(c)令N(s) 0,求 C。图中有3条前向通路，2个回路。R(s)P1G2G4,11，P2G3G4,21， EG1G2G4,1,L1G2G4,L2G3G4,1 (L1 L2),则有
19、C(s) C 1P2 2 B 3R(s)G2G4G3G4G1G2G41 G2G4 g3g4令R(s) 0,求 Cs)。有1条前向通路，回路不变。1,N(s)P1G4,则有 2GN(s)1G2G4第三章、单项选择题1-5 : C、B、B、D A 6-10: A D D、分析计算题3-1 解 (s) L k(t) 0.0125/(s 1.25)3-3解由结构图写出闭环系统传递函数Ki(s)K1K21K1 K2s K1K2 sK1K2得：K20.5一1令闭环增益K 2,K23令调节时间ts 3TK1K20.4,得：K115。3-6解：依题，系统闭环传递函数(s)4s2 5s 4(s 1)(s 4)(
20、s4T1)(s 11T20.25C(s)(s)R(s)Cos(s 1)( s 4)C0lim ss 0(s) R(s)则(s 1)(s 4)Cisim1(s1)(s) R(s)4lims 0 s(s 4)C2sim4 (s4)(s)R(s)lsm0s(s1)h(t)4tTT2ts3.3T13.3。3-7依题意应取这时可设闭环极点为1,2写出系统闭环传递函数(s)10K10s 10K闭环特征多项式比较系数有因此有D(s)To21T03-8解10s 10K1010Kts 4.75To 0.95依题5%,0.707T02一 sToT0联立求解得T0 K0.22.545 );一早叫=ITts1.17
21、tp1,3.14综合以上条件可画出满足要求的特征根区域如图解3-11解 依题，系统闭环传递函数形式应为3-8所示。由阶跃响应曲线有:h()联立求解得所以有3-12 解tpoo(s)依题意,(s) s(s) R(s)2n2 nslsim0s(s)2.5225。0.4041.7172 1.71725.922s 2 0.404 1.717s 1.717系统闭环传递函数为2s2 1.39s 2.95迪卫R(s) 1 G(s)62.5-2-s 5s62.5当r(t) 0时，系统微分方程为c (t) 5c (t) 62.5c(t)考虑初始条件，对微分方程进行拉氏变换s2C(s) sc(0) c (0)5
22、sC(s)整理得 s2对单位反馈系统有5s 62.5 C(s) s e(t) r(t) c(t)5c(0)所以c(0)62.5C(s) 0c(0)(1)c(0)c(0)r(0) e(0)0 10r (0) e(0) 0将初始条件代入式(1)得C(s)10s 512_s 5s 62.5(s 2.5)1010(s 2.5) 26(s_222.5)7.5_22(s 2.5)7.57.53.4722(s 2.5)7.51010.6e 25t sin(7.5t 70.8 )(s)K1K2s2 as K1K2s 2 ns(1)tp 0.1由；12 n联立求解得12-oo e33.3oo0.3333.28由
23、式（1）2Ki: 1108a 2 n 22另外1KiK 2h( ) lim s (s) lim -s 0 s s 0 s as K1K233-17解系统开环增益KkK/15。特征方程为:D(s)8s215s做代换s s有:Routh :D(s)S3(s1)321)15(s1)5s22s (K 8) 0S2518 K5K-818S0使系统稳定的开环增益范围为:815K K 15818153-18解特征方程为:D(s)2Ts3 (2 T)s2(1K)s KRouth :S32TS2T2TKS04T2Kc(t) 10e 2.5t cos7.5t 3.47e 2.5t sin 7.5t3-13解由系统
24、阶跃响应曲线有h( ) 3tp 0.1oo (4 3), 3 33.3oo系统闭环传递函数为K0综合所得条件，当 K 1时，使系统稳定的参数取值范围如图解3-18中阴影部所示。3-23 解G(s)7(s 1)2 Z s(s 4)(s 2s 2)由静态误差系数法r(t) 1(t)时，ess0r(t) t 时， A ： 8 1.14-2 .r(t) t 时，essK3-24 解 G(s)s(T1s 1)(T2s 1)r(t) 1(t)时，essr 0；en1 ( s)E(s)W(s)1s(T2 s 1)Ks(Ts 1)(T2 s 1)(Is 1)s(T1s1)(T2s 1) K0.2t11n11时
25、，essmlsimJSen1 N1(S)!ims 即 Ken2 (s)E(s)心(T2s 1)s(T1s 1)s(T1s1)(T2s 1) Ks(T1s 1)(T2 s 1)1n2(t) 1(t)时，essn2lim s em(s) N2(s) lim s en2(s) - 0s 0s 0s在反馈比较点到干扰作用点之间的前向通道中设置积分环节，可以同时减小由输入和干扰因引起的稳态误差。K( s 1)(TiS 1)(T2s 1) KoK( s 1)K( s 1)3-25 解 G(s)- 1)(12s 1) ( ) 1 KoK( s 1)(TiS 1)(T2s 1)K( s 1) 2_ T1T2s
26、(T1 T2 K0K )s (1 K0K)依题意应有:1 KoK 0Ti T2KoK联立求解得0Ko 1 KTiT2此时系统开环传递函数为G(s)K(T1 T2)s KT1T2 s2考虑系统的稳定性，系统特征方程为_2_D(s) T1T2sK(T1 T2)s当T1 , T2 , K 0时，系统稳定。3-28 解(1)G(s)号Kp1sm0G25 lims 0 s(s 5)ri(t)%(t)KvKa1(t)时,2t时,lim0 s2Gessless20.5t2 时,ess3lim25s 525ss 0s 511 KpAKv由叠加原理(2)题意有essl用长除法可得3-32 解ess20.4ess
27、3s(s5)e(s)C0C1s C2s2C3s30.2s 0.008sC00r(t)21 2t 0.5t2Ci0.2r (t)2 tC20r (t)1C30.008r (t)0es(t)Cr(t) Cj(t)C2r (t)C3r (t)0.4es(10)2.4e(s)1 G(s)3系统误差传递函数为s2 5s 25(1)无顺馈时,n(s)N(s) (s 1)(s 5) 20 s2 6s 25(2) cn( ) lim s n(s) N(s) lim s n(s) s 0s 0s 5(3)有顺馈时，系统误差传递函数为1 彳 20K1 -,、C(s)s 1 s 25 s 5 20K(s) N(s)
28、120 s2 6s 255 20K =025(s 1)(s 5)cn( ) 1ms n(s) N(s) lim0s n(s)s os 0s得 K 0.253-34 解G(s)s av _s (Ts 1)K k av待定由r(t) 1(t)时，ess 0,可以判定：v 1(s)K(s a)sv (Ts 1) s aK(s a)sv (Ts 1)s asv(Ts 1)_ v 1 vD(s) Ts s s a系统单位阶跃响应收敛，系统稳定，因此必有：v 2。根据单位阶跃响应曲线，有K 10h() s (s) R(s)1 K(s a)lim s -s 0 s s (Ts 1) s ah (0) k(0
29、) lim s (s) lim v sK(s-a ss s (Ts 1) s a当T 0时，有lims2Ks aKs_ v 1 vTs s s a10Ks2k(0) 2 10K 10可得 v 1T 1当T0时，有2K 10k(0) lim s- 10 可得 v 2 s sT 0(2)3-38 解(1)G(s)10s(s 1)10 ss(s 1)10Ks(s 101)(s)G(s)1 G(s)10K2s2 (101)s 10K2ns2 2 nsoo e 1 216.3oo0.5(3)由 t 1联立解出n 3.63p n,.120.263由(2) 10K: 3.632 13.18,得出 K 1.3
30、18。8(4)Kvlim sG(s)10K10 113.1810 0.263 13.63第四章4-1解若点s1在根轨迹上，则点 s1应满足相角条件G(s)H(s) (2k 1)，如图解4-1所示。对于S 1 j J3 ,由相角条件G(si)H (si) 0( 1 j 3 1)( 1 j 3 2)( 1 j 3 4)0 -236满足相角条件，因此 s11j J3在根轨迹上。将 s代入幅值条件:|G(S1)H (s)|*K1 p/3 1 | 1 jVa 2 | 1 j石 4解出124-2解 根轨如图解4-2所示:4-5 解 G(s)H(s)图解4-22.5K 160K2s(s2 8s 20)实轴上
31、的根轨迹：,0渐近线：0 ( 4 j2) ( 4 j2) 3 (2k 1)_33，111分离点：一0d d 4 j2 d 4 j2解之得：d 2,d3.33。与虚轴交点：D(s) s3 8 s2 20 s K把s j代入上方程，整理，令其实、虚部分别为零得:_一 2Re(D(j ) K 803Im(D(j ) 2000解得：K 0起始角：由相角条件P263，P363。根轨迹如图解4-5(a)所示。1)(s2)(s5)实轴上的根轨迹:5,2,1,0渐近线:分离点:5) ( 2) ( 1)解之得：d14.06,d2与虚轴交点：43D(s) s 8s4(2k 1)40.399,d31.54(舍去);
32、217s10s K令s j ，带入特征方程，令实部，虚部分别为零Re(D(jIm(D(j)(628 2 2K 0K )5 3 0图根轨进的解得:1.1219.7根轨迹如图解4-5(b)所示。 G(s)H(s)(s 2)s(s 3)(s2 2s2)系统有四个开环极点、一个开环零点。根轨迹绘制如下:实轴上的根轨迹:,3,32,0(1 j1) ( 1渐近线:j1) ( 2)1(2k 1)3与虚轴交点：闭环特征方程为D(s)把s j-2s(s 3)(s代入上方程，令2s2)(s2)解得:起始角Re(D(jIm(D(j)2K(61.617.0300图q-5相轨迹图P3180 45 90 135 2557
33、2557实轴上的根轨迹： ，3.5,1,0由对称性得，另一起始角为54.79 ,根轨迹如图解4-5(d)所示。图45如)根轨迹图4-6解(1)闭环特征方程_2-D(s) s (s 10)(s 20) K (s z)432s 30s200s有 D(j )(令实虚部分别等于零即:200 2 K z) j(K 30 3) 04_2200 K z 0K 30 3 0把1代入得:K 30, z 199/30 0根轨迹如图解4-5(c)所示。 G(s)H(s)K (s 1) 2s(s 1)( s 4s 16)系统根轨迹绘制如下：实轴上的根轨迹：，1,0,11 ( 2 j 3) ( 2 j 3) ( 1)2
34、aLT二渐近线：33(2k 1)a 33,分离点:111d d 1 d 2 j2 3 d 2 j2.3解得：d12.26,d2 0.49,d3、40.76 j2.16 (舍去)与虚轴交点：闭环特征方程为 D(s) s(s 1)(s2 4s 16) K (s 1) 0把s j代入上方程，整理，令实虚部分别为零得：_4_2Re(D(j )12 K 0_3Im( D( j ) (K 16)3001.382.66解得：K 0 K 21.7 K 37.3起始角：180 106.190 120 130.8954.79(2)系统有五个开环极点:Pi 0, P21, P33.5, P43 j2,p53 j2渐
35、近线:1 3.5 ( 3 j2) ( 3 j2)52.1(2k 1)3a,555分离点:1 _d d 111d 3.5 d 3 j21 0d 3 j27解得:d10.45 , d2 2.4 (舍去)，d03.25 j1.90 (舍去)与虚轴交点：闭环特征方程为D(s) s(s 1)(s 3.5)(s 3 j2)(s 3 j2) K 0把s j代入上方程，整理，令实虚部分别为零得:Re(j ) K 10.5 4 79.5 20.,.,5_ _3 _Im( j )43.545.50解得:1.0271.90 K6.5215546.3 起始角：根据法则七（相角条件）,根轨迹的起始角为（舍去）图解4-6
36、根轨迹图180 75.96 90 135 146.39274实轴上的根轨迹：0.5,7/4渐近线：由对称性得，另一起始角为92.74 ,根轨迹如图解4-6所示。4-9解根轨迹绘制如下:117/4(。5)2(2k 1)_22与虚轴交点：闭环特征方程为 431210D(s) -s3 -s2 (2K y)s 把s j代入上方程，令1 2Re(D(j ) K 1 1 210Im(D(j ) (2K y)解得:根轨迹如图解4-9所示。由图解4-11 解 s3 2 s2 3s4-9可知使系统稳定的K值范围为1 K9,-7oKs 2K 0作等效开环传递函数G(s)K(s 2)3 c 2cos 2s 3s根轨迹绘制如下:实轴上的根轨迹:2,0渐近线