自控作业根轨迹作业

4
2
S12 j 2 S34 j 2
S S S
2
6 8/3 16
1
0
有 2 对共轭根，系统不稳定 （3） 从缺项，其实可以直接看出不稳定 S S S
5
1 2 0
0 0 0
1 2 0
全 0 行：2S4+2=0
4
3
S1234
2 2 j 2 2
8
0
解： T ( s )
k ( s 2)( s 1) s ( s 1)( s 3) k ( s 2)

1 2
，
解：（1） S S S S S
4
1 3 ε>0 3-(3/ε)<0 1>0 0
1 3 1
1 0
3
2
1
0
变号 2 次，右半平面有 2 个根，系统不稳定
（2）
S S S S
6
1 2 2 0 8
8 12 12 0 24 16 0
20 16 16 0
16 0
5
4
3
全 0 行：S +6S +8=0
lim e(t ) lim sE ( s ) lim s
t s 0 s 0
故 ess=1.864 摄氏度
1 1 1 0.8 0.8 2 s s 5 5 1 G (s) 解： R ( s ) 2 Y ( s ) 2 则 T (s) Y (s) s 1 1 s s s s s5 R( s) s 5 s 1 1 G (s) s s2 5
2
由 10 K1 wn 2 , 10 1 2wn 解得 K1=6.17
=0.84
∴ tr
n 1 2
0.35 s
ts
4 0.93s wn
解： ma
dy ky r (t ) dt
ms 2Y ( s ) sY ( s ) kY ( s ) R ( s ) 1 s k m
一阶系统，阶跃响应 ，上升时间 tr=2.2T≈41s (2) R ( s )
0.1 0.1 1 0.1 1 0.1T ) ， Y (s) 2 ，E（s）=R(s)-Y(s)= 2 (1 2 s s Ts 1 s Ts 1 s (Ts 1) 0.1T 0.1T 1.864 s (Ts 1)
s 2 (Ts 1) R ( s ) K 2 N ( K1Gn Ts 1) 0 Ts 2 s K1 K 2
解得 lim Gn ( s )
s 0
lim s 2 R ( s ) K 2 N
s 0
K1 K 2 N
解：CE： F ( s) s 2 s k
2
0.7
解得： k 2
解：CE: F ( s) s 2 (2 k ) s 2k 3 ， s
(2 k ) j (2 k ) 2 4(2k 3) 2
由于 s (2) 3 ，即由（-2，j0)到 s 的向量膜值恒定=3 所以是圆
解：开环极点 P1=0,P2=-1,P3=-2 无有限零点，n=3,m=0 渐近中心 1
d[ (2q 1) 180o 60o ,180o ,300o 渐近角 3
1 ] dK 3 3 P( s) , 取 s 1 0 ， 解 得 分 离 点 s 1 ds ds 3 3 3 2 与虚轴的交点: s=jw 带入特征方程 s 3s 2s k 0 解得 w 2
2
（2）闭环 T ( s )

10 s 10s 9
2
， n 3 , 2 n 10 ，解得 0.3

1 2
e
tr
16.3% 0.7 s ts 4 2.67s wn
n 1 2
E ( s ) R ( s ) Y ( s ) R ( s )1 T ( s )
k k
k
解：开环传递函数 G ( s) p1=0 ,
dK ds d[
k ( s 2)( s 3) s ( s 1)
p2=-1,
z1=-2
, z2= -3.
n=m=2
1 ] 3 3 P( s) ( k1 7 4 3 ) 0 ，解得分离点 s1 ds 2 s2 3 3 ( k2 7 4 3 ) 2
Y (s)
k ( s 2)( s 1) 1 s ( s 1)( s 3) k ( s 2) s
1 k ( s 2)( s 1) E ( s ) R ( s )1 T ( s ) 1 s s ( s 1)( s 3) k ( s 2) lim y (t ) lim sY ( s ) lim

传递函数 G ( s )
s2

F=0.06k
m
由tp
n 1 2
k m

1 2
3 ， e
33.3% 解得 0.33 ，wn=1.12
n 2
2wn

m
m=132.87, =99.21,k=166.7
解：分析图 b，在 t1时刻之前只有幅值为 a 的阶跃信号输入，按计算如果没有 （+b） 的变化， 是在 t1时刻到达峰值输出应该下降， 但是因为输入信号有了 （+b） 的变化于是输出稳定在 h=a+b，由此分析列方程。 r(t)=a×1(t) ya a[1
1 s 2 3s 1 s s 2 3s 9
ess lim sE ( s )
s 0
1 9
解：
e
tp


1 2
9.5% 0.5
解得
0.6
wn=2.5
n 1 2
10 10 K1 s (10s 1) s 闭环传函 T ( s ) 2 10 s (10s 1) s 10 K1 1 K1 2 s (10s 1) s K1
1 1
2
e wnt sin( wd t )] ，


1 2
只有 r(t)=a 信号输入 e 且t1
n 1 2


(a b) a a
ab 1 e a 解得：

1 2
， 即
a 1 e
h



1 2

1 2
bh
e 1 e
t s 0 s 0
k ( s 2)( s 1) 1 s ( s 1)( s 3) k ( s 2) k ( s 2)( s 1) ]2 s ( s 1)( s 3) k ( s 2)
lim e(t ) lim sE ( s ) lim[1
根轨迹：
解:CE: F ( s) s 2 as k 0 。令 a=0， 1
k k 0 ，根据此时开环传函= 2 画跟轨迹： 2 s s
K=constant，CE:
1
as 0 s k
2
， p1, 2 j k , n-m=1，汇合点为 k
画根轨迹簇(图为K=5时的一支)
11 级自动控制原理作业 2、3
班级：楼宇自动化 1 姓名： 曹斌
学号： 1104170102
解：(1) Y ( s )
1 K ( K为水温) Ts 1 s
则 y (t ) K (1 e T )

t
将 t=60,y(t)=0.96K 代入， 解得 T=
60 18.64 ln 0.04
,闭环极点： S1, 2 无有限零点
1 2
1 1 4k 2
开环极点 p1=0,p2=-1 渐近中心
1 2
渐近角
(2q 1) 180o 90o ,180o ,270o 2
由于是简单 2 阶，分离点明显为 s=-0.5
由于题目未给出是正反馈还是负反馈，所以下面给出 2 张跟轨迹。
负反馈 K 从 0 （180 度根轨迹） ：
-1
-0.5
正反馈 K 从 0 （0 度跟轨迹）
-1
0
解： p1, 2 1 j 2 ,
z1=-2
,
n=2 ,m=1
渐近中心 0 ，渐近角
(2q 1) 180o 180o 2 1
dK ds
.
0 度根轨迹：
2
-1
2
180度根轨迹：
全根轨迹：
2
-1
2
解：开环极点 p1=0,p2=p3=-1-j,p4=p5=-1+j.没有限零点。n=5,m=0
渐近中心 0.8
渐近角
(2q 1) 180o 36o ,108o ,180o ,252o ,324o 5
与虚轴的焦点，将 s=jw 带入 CE 方程 解得 w1, 2 (1 3 )(舍) w3, 4 (1 3 ) w5 0 入射角 p 2 180 p1 p 3 p 4 p 5 45o p 4 45o p 3 135o p 5 135o
t s 0 s 0
解： T ( s )
G2 (G1 Gm) 1 G1G2
E ( s ) R ( s )1 T ( s )
1 s3
G2 (G1 Gm) 1 1 G1G2
lim e(t ) lim sE ( s ) lim
z1=0
, p1, 2
1 j 39 2