自动控制原理 例题精解(续)-2
自动控制原理 习题解答
（1）
s 2C(s) − sc(0) − c&(0) + 3sC(s) − 3c(0) + 2C(s) = 2R(s) （2）
将初始条件代入（2）式得
(s 2 + 3s + 2)C(s) + s + 3 = 2 1 s
即： C(s) = 2 − s 2 − 3s = 2 − 2s + 6 = 1 − 4 + 2 s(s 2 + 3s + 2) s s 2 + 3s + 2 s s + 1 s + 2
iC1
=
C1
duC1 dt
（2）
iC 2
=
uC1
+ iC1R R
+
iC1
= uC1 R
+ 2iC1
= C2
duC 2 dt
= C2
d (u0 − iC1R) dt
（3）
4
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
即：
uC1 R
+
2iC1
=
C2
d (u0
− iC1R) dt
（4）
将（1）（2）代入（4）得：
ui
解：系统结构图及微分方程得：
− u0 R
+ 2C1
d (ui − u0 ) dt
= C2
du0 dt
−
C1C2
R
d 2uC1 dt 2
即： ui R
− u0 R
+ 2C1
dui dt
− 2C1
du0 dt
= C2
du0 dt
−
C1C2
R
自动控制原理习题及解答
对于本例，系统的稳态误差为
本题给定的开环传递函数中只含一个积分环节，即系统为1型系统，所以
系统的稳态误差为
解毕。
例3-21控制系统的结构图如图3-37所示。假设输入信号为r(t)=at( 为任意常数)。
解劳斯表为
1 18
8 16
由于特征方程式中所有系数均为正值，且劳斯行列表左端第一列的所有项均具有正号，满足系统稳定的充分和必要条件，所以系统是稳定的。解毕。
例3-17已知系统特征方程为
试判断系统稳定性。
解本例是应用劳斯判据判断系统稳定性的一种特殊情况。如果在劳斯行列表中某一行的第一列项等于零，但其余各项不等于零或没有，这时可用一个很小的正数ε来代替为零的一项，从而可使劳斯行列表继续算下去。
（3）写中间变量关系式
式中，α为空气阻力系数 为运动线速度。
（4）消中间变量得运动方程式
（2-1)
此方程为二阶非线性齐次方程。
（5）线性化
由前可知，在＝0的附近，非线性函数sin≈，故代入式（2-1）可得线性化方程为
例2-3已知机械旋转系统如图2-3所示，试列出系统运动方程。
图2-3机械旋转系统
解：（1）设输入量作用力矩Mf，输出为旋转角速度。
运动方程可直接用复阻抗写出：
整理成因果关系：
图2-15电气系统结构图
画结构图如图2-15所示：
求传递函数为：
对上述两个系统传递函数，结构图进行比较后可以看出。两个系统是相似的。机一电系统之间相似量的对应关系见表2-1。
表2-1相似量
机械系统
xi
x0
自动控制原理例题详解
2007一、(22分)求解下列问题： 1. (3分)简述采样定理。
解：当采样频率 s 大于信号最高有效频率 h 的2倍时，能够从采样信号 e (t)中完满地恢复原信号 e(t)。
(要点：s 2 h )。
2. (3分)简述什么是最少拍系统。
解：在典型输入作用下， 能以有限拍结束瞬态响应过程， 拍数最少，且在采样时刻上无稳态误差的随动系统。
3. (3分)简述线性定常离散系统稳定性的定义及充要条件。
解：若系统在初始扰动的影响下，其输出动态分量随时间推移逐渐衰减并趋于零，则称 系统稳定。
稳定的充要条件是：所有特征值均分布在Z 平面的单位圆内。
4. (3分)已知X(z)如下，试用终值定理计算x(x )。
z2(z 1)( z z 0.5)试用Z 变换法计算输出序列c(k), k > 0解：2z C(z) 6C(z) 8C(z) R(z)C(z)zz z z(z 1)(z 2 6z 8)3(z 1)2(z 2) 6(z 4)c(k)?{2 k3 24k }, k 06(10分)已知计算机控制系统如图1所示，采用数字比例控制D(z) K , 其中K>0。
设采样周期T=1s, e 10.368。
注意，这里的数字控制器 D(z)就是上课时的G c (z)X(z)解: 经过验证 (z 1)X( z)满足终值定理使用的条件，因此,x( )I !叫 z1)X( z) 5. (5分)已知采样周期 G(s) lim 2—z--------- z 1z z 0.5T =1 秒，计算 G ⑵=Z[G h (s)G 0(s)]。
彳G h (s)G o (s)(s 1)(s 2)1解：G(z) (1 z 1)Z[-s](1 z 1)^^z 1(Z 1)(1 e z 2 (1 e 1)z e6. (5分)已知系统差分方程、 初始状态如下:c(k 2) 6c(k1) 8c(k)1(k), c(0)=c(1)=Q（5分）试求系统的闭环脉冲传递函数X i 1. X o (z)； X i (z)；2. （5分）试判断系统稳定的K 值范围。
自动控制原理习题答案详解
自动控制原理习题答案详解自动控制原理习题详解（上册）第一章习题解答1-2日常生活中反馈无处不在。
人的眼、耳、鼻和各种感觉、触觉器官都是起反馈作用的器官。
试以驾车行驶和伸手取物过程为例，说明人的眼、脑在其中所起的反馈和控制作用。
答：在驾车行驶和伸手取物过程的过程中，人眼和人脑的作用分别如同控制系统中的测量反馈装置和控制器。
在车辆在行驶过程中，司机需要观察道路和行人情况的变化，经大脑处理后，不断对驾驶动作进行调整，才能安全地到达目的地。
同样，人在取物的过程中，需要根据观察到的人手和所取物体间相对位置的变化，调整手的动作姿势，最终拿到物体。
可以想象蒙上双眼取物的困难程度，即使物体的方位已知。
1-3 水箱水位控制系统的原理图如图1-12所示，图中浮子杠杆机构的设计使得水位达到设定高度时，电位器中间抽头的电压输出为零。
描述图1-12所示水位调节系统的工作原理，指出系统中的被控对象、输出量、执行机构、测量装置、给定装置等。
图1-12 水箱水位控制系统原理图答：当实际水位和设定水位不相等时，电位器滑动端的电压不为零，假设实际水位比设定水位低，则电位器滑动端的电压大于零，误差信号大于零（0e >），经功率放大器放大后驱动电动机M 旋转，使进水阀门开度加大，当进水量大于出水量时（12Q Q >），水位开始上升，误差信号逐渐减小，直至实际水位与设定水位相等时，误差信号等于零，电机停止转动，此时，因为阀门开度仍较大，进水量大于出水量，水位会继续上升，导致实际水位比设定水位高，误差信号小于零，使电机反方向旋转，减小进水阀开度。
这样，经反复几次调整后，进水阀开度将被调整在一适当的位置，进水量等于出水量，水位维持在设定值上。
在图1-12所示水位控制系统中，被控对象是水箱，系统输出量水位高，执行机构是功率放大装置、电机和进水阀门，测量装置浮子杠杆机构，给定和比较装置由电位器来完成。
1-4 工作台位置液压控制系统如图1-13所示，该系统可以使工作台按照给定电位器设定的规律运动。
《自动控制原理》习题讲解
at
1 2 ( s a)
2-17：已知控制系统的结构图如下图所示，试通过结构图 的等效变换求系统传递函数 C ( s ) R( s )。
R (s )
G1
H2
G2 H1 G4 G3
C (s )
( e)
解：提示：比较点后移、引出点前移
G1G2G3 C (s) G4 R( s) 1 G2 (G3 H 2 H1 G1H1 )
x
系统的微分方程为：
dxo dxi f ( K1 K 2 ) K1K 2 xo fK1 dt dt
根据力平衡方程，在不计重力时，可得：
K1 ( xi xo ) f ( xi xo ) K 2 xo
系统的微分方程为：
dxo dxi f ( K1 K 2 ) xo f K1 xi dt dt
duo dui 微分方程为： 1 R2C R ( R1 R2 )uo R1R2C R2ui dt dt
i2
C1
ui
i1
R
i
C2
R
i2
uo
解：根据电压平衡可得： 1 Ri1 Ri2 i2 dt C1 1 ui i2 dt uo C1 1 uo Ri2 idt C2
G4
R(s)
E (s)
H1
G1
G2
G3
C (s)
H2
(a)
G4
R
1
1
E G1
H1
G2
G3
H2
1
C
1
H2
G4
R
1
1 E
自动控制原理第二章习题解答
Z1 + Z2
R1 T1s +
1
+
1 C2
s
(T2
s
+
1)
R1C2 s + (T1s + 1)(T2 s + 1)
(b)以 K1 和 f1 之间取辅助点 A，并设 A 点位移为 x ，方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = f1 (x&0 − x&) （1）
+
C1C2
R
d 2u0 dt 2
整理得：
C1C2
R
d 2u0 dt 2
+
(C2
+
2C1 )
du0 dt
+ u0 R
=
C1C2 R
d 2ui dt 2
+ ui R
+
2C1
dui dt
2-5 设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。
(1) 2x&(t) + x(t) = t;
所以：
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1
X 0 (s) =
f1 f2s2 + ( f1K2 + K1 f2 )s + K1K2
= K1K2
K 1
K2
X i (s) f1 f2s2 + ( f1K2 + K1 f1 + K1 f2 )s + K1K2
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1+ f1
自动控制原理习题解答2
控制工程基础习题解答第二章2-2．试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=0。
(3). ()t e t f t 10cos 5.0-= 解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t eL t f L t(5). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s st t L t L t f L π 2-6．试求下列函数的拉氏反变换。
(4).()()()2222522+++++=s s s s s s F 解：()[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=---22222225232112211s s k s k s k L s s s s s L s F L()()()22222225221-=-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=s s s s s s s k ()()()3331331222222513223222232==-=---=-+---=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=--=+k k jjjjk k k js s s s s s s s j s k s k ()[]()()t e e s s s L s s s s L s F L tt cos 32111322223322221211-----+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++-= (8).()522+-=s s s s F解：()[]()()t e t e s s s L s s s L s F L t t 2cos 2sin 21211212215222222111+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-=---2-13试求图2-28所示无源网络传递函数()()s U s U i 0。
解：b). 用等效阻抗法做： 拉氏变换得：()()()()i i U s R C s R C s R C s R C s R C U R s C R sC s C R R sC U 11111112211122211221111220+++++=++++=传递函数为：()()()()()11112211122211+++++=s R C s R C s R C s R C s R C s G2-16试求图2-30所示有源网络传递函数()()s U s U i 0。
自动控制原理第二章习题答案详解
习题习题2-1 列写如图所示系统的微分方程习题2-1附图习题2-2 试建立如图所示有源RC网络的动态方程习题2-2附图习题2-3 求如图所示电路的传递函数, 并指明有哪些典型环节组成（a）(b)(c)习题2-3附图习题2-4 简化如图所示方块图, 并求出系统传递函数习题2-4附图习题2-5 绘制如下方块图的等效信号流图, 并求传递函数图（a）图(b)习题2-5附图习题2-6 系统微分方程组如下, 试建立对应信号流图, 并求传递函数。
),(d )(d )(),(d )(d ),()()()(),()(),(d )(d )(),()()(54435553422311121t y tt y T t x k t x k tt x t y k t x t x t x t x k t x t x k tt x t x t y t r t x +==--==+=-=τ习题2-7 利用梅逊公式直接求传递函数。
习题2-7附图习题2-8 求如图所示闭环传递函数, 并求(b)中)(s H x 的表达式, 使其与(a)等效。
图（a ）图（b）习题2-8附图习题2-9 求如下各图的传递函数（a）(b)(c)习题2-9附图习题2-10 已知某些系统信号流图如图所示, 求对应方块图（a ）(b)(c)(d)习题2-10附图习题答案习题2-1答案：解:设外加转矩M 为输入量,转角θ为输出量,转动惯量J 代表惯性负载,根据牛顿定律可得:θθθ1122d d d d k t f M tJ --=式中,1,1,k f 分别为粘性阻尼系数和扭转弹性系数,整理得:M k t f tJ =++θθθ1122d d d d习题2-2答案：解: 设r u 为输入量,c u 为输出量,,,,21i i i 为中间变量,根据运算放大器原理可得:1221d d R u i R u i t u c i r c c ===消去中间变量可得: r c c u R Ru t u C R 122d d -=+ 习题2-3答案： 解: (a)11111111221212211121121120++=+++=+++=+++=Ts Ts s R R R C R s C R R sC R sC R sC sC R R sC R u u i β其中:221121,R R R C R T +==β, 一阶微分环节，惯性环节.(b)21121212111221122011//1R R s C R R R s C R R R sC R R R sC R R u u i+++=++=+= 11111111212121221121111++=+∙++∙+=+++=Ts Ts s C R R R R s C R R R R R R s C R R s C R αα其中 α=+=21211,R R R T C R , 一阶微分环节，惯性环节.(c)s C R s C R s C R s C R s C R sC R R sC sC R u u i 21221122112211220)1)(1()1)(1(1//11+++++=+++= 由微分环节，二阶振荡环节组成。
自动控制原理典型例题2
Gk ( jω ) = −
假设k=0
�
k (τωj + 1) (ωj ) 2 (Tωj + 1)
−1 �
k (τs + 1) s 2 (Ts + 1) k τ 2ω 2 + 1 ω 2 T 2ω 2 + 1
| Gk ( jω ) |=
−1
Ts + 1
ϕ (ω ) = 180 + tg τω − 180 − tg Tω
0010022?ggt12g?ttt180180??sss20ggsss2c12?gk?gkgkksssss1ssrs例54续11kjjjkjgg11??11????122222j21例54续2例54续311tt1222222?111?tktk11122??ttt2??gkjjjjjtkkjjjjj?00?gk?j00??gkj?完整的乃氏图见下页
4
[例4-3]控制系统的结构图如下图所示。试绘制以a为参变 量时的根轨迹。 [解] ①系统的闭环传递函数为：
1 Φ ( s) = s ( s + 2) + as + 1
R( s)
1 s ( s + 2)
Y ( s)
[例4-3]系统的结构图如图所示。试绘制 k * = 0 → +∞的根 轨迹。并说明闭环系统呈现欠阻尼状态是的开环增益范 围。 R( s ) s + 3 C (s) k *s + 1 s( s + 1) [解]这里要画以k*参量根轨迹。系统的闭环传递函数为： k * s 2 + 3k * s + s + 3 Φ( s) = 2 s + s + k *s 2 + 3k * s + s + 3 闭环特征方程为： s 2 + s + k * s 2 + 3k * s + s + 3 = 0 等效为：
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第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a,b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；（2） 画出系统方框图。
解 (1)负反馈连接方式为:d a ↔，c b ↔；(2）系统方框图如图解1—1 所示。
1—2 题1—2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。
试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。
题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电压经放大器放大后,驱动伺服电动机带动绞盘转动，将大门向上提起。
与此同时，和大门连在一起的电刷也向上移动，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，大门达到开启位置。
反之,当合上关门开关时，电动机带动绞盘使大门关闭，从而可以实现大门远距离开闭自动控制。
系统方框图如图解1—2所示。
1—3 题1-3图为工业炉温自动控制系统的工作原理图。
分析系统的工作原理,指出被控对象、被控量和给定量，画出系统方框图。
题1-3图 炉温自动控制系统原理图解 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c u 的平方成正比，c u 增高，炉温就上升，c u 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f u 。
f u 作为系统的反馈电压与给定电压r u 进行比较，得出偏差电压e u ，经电压放大器、功率放大器放大成a u 后，作为控制电动机的电枢电压。
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f u 正好等于给定电压r u .此时,0=-=f r e u u u ，故01==a u u ，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c u 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。
自动控制原理试题及答案解析
自动控制原理一、简答题：（合计20分, 共4个小题，每题5分）1. 如果一个控制系统的阻尼比比较小，请从时域指标和频域指标两方面说明该系统会有什么样的表现？并解释原因。
2. 大多数情况下，为保证系统的稳定性，通常要求开环对数幅频特性曲线在穿越频率处的斜率为多少？为什么？3. 简要画出二阶系统特征根的位置与响应曲线之间的关系。
4. 用根轨迹分别说明，对于典型的二阶系统增加一个开环零点和增加一个开环极点对系统根轨迹走向的影响。
二、已知质量-弹簧-阻尼器系统如图(a)所示，其中质量为m 公斤，弹簧系数为k 牛顿//米，当物体受F = 10牛顿的恒力作用时，其位移y (t )的的变化如图(b)(合计20分)图(a) 图(b)三、已知一控制系统的结构图如下，（合计20分, 共2个小题，每题10分）1）2）个交接频率的几何中心。
1） 计算系统对阶跃信号、斜坡信号和加速度信号的稳态精度。
2） （合计20分, 共2个小题，每题10分） [,最大输出速度为2 r/min1） 确定满足上述指标的最小K 值，计算该K 值下的相位裕量和幅值裕量；(rad/s)（合计20分, 共2个小题，每题10分）自动控制原理模拟试题3答案答案一、简答题1．如果二阶控制系统阻尼比小，会影响时域指标中的超调量和频域指标中的相位裕量。
根据超调量和相位裕量的计算公式可以得出结论。
2．之间。
3．二、系统的微分方程为 ()()y t y t ky μ++因此所以由系统得响应曲线可知，由二阶系统性能指标的计算公式解得由响应曲线得，峰值时间为3s ，所以由解得由系统特征方城可知所以三、1比较2）由题意知，该系统是个线性系统，满足叠加原理，故可以分别AB四、解：1因为是“II ”型系统所以对阶跃信号、斜坡信号的稳态误差为0；2180(180ϕω+-五、解：1）系统为I 360/602=可以求得3.5 3.5arctanarctan 25-得2）加入串联校正后，开环传递函数为4.8 4.8 4.8 4.8arctan arctan arctan arctan---=2.52512.5单项选择题（16分）（扣分标准 >标准：一空一分）1．根据控制系统元件的特性，控制系统可分为（ B ）反馈控制系统和前馈控制系统线性控制系统和非线性控制系统定值控制系统和随动控制系统连续控制系统和离散控制系统2．系统的动态性能包括（ C ）A. 稳定性、平稳性 B．快速性、稳定性C．平稳性、快速性 D．稳定性、准确性3．系统的传递函数（ C ）A．与输入信号有关B．与输出信号有关C．完全由系统的结构和参数决定4．传递函数反映了系统的动态性能，它与下列哪项因素有关？（ C ）A. 输入信号 B．初始条件 C．系统的结构参数 D．输入信号和初始条件D．既由系统的结构和参数决定，也与输入信号有关5．设系统的传递函数为G（S）＝，则系统的阻尼比为（ A ）A． B．1 C． D．6．一阶系统的阶跃响应（ D ）A．当时间常数T较大时有超调 B．当时间常数T较小时有超调C．有超调 D．无超调7．根轨迹上的点应满足的幅角条件为 G(S)H(S) =（ D ）A．-1 B．1C．（k=0,1,2…） D．(k=0,1,2,…).8．欲改善系统动态性能，一般采用（ A ）A．增加附加零点 B．增加附加极点C．同时增加附加零、极点 D．A、B、C均不行而用其它方法9．伯德图中的低频段反映了系统的（ A ）A．稳态性能 B．动态性能 C．抗高频干扰能力 D．.以上都不是10．放大环节的频率特性相位移为（ B ）A． -180 B．0 C．90 D．-9011.Ⅱ型系统对数幅频特性的低频段渐近线斜率为（ B ）A． -60（dB/dec） B． -40（dB/dec）C． -20（dB/dec） D．0（dB/dec）12. 常用的比例、积分与微分控制规律的另一种表示方法是（ D ）A． PI B． PD C．ID D． PID13．设有一单位反馈控制系统，其开环传递函数为，若要求相位裕量 , 最为合适的选择是采用（ B ）A．滞后校正 B．超前校正 C．滞后—超前校正 D．超前—滞后校正14. 已知离散控制系统结构图如下图1所示，则其输出采样信号的Z变换的表达式C（z）为（ D ）来自 www.3 7 2 中国最大的资料库下载图系统结构图A． B C． D．15. 零阶保持器是采样系统的基本元件之一，其传递函数，由其频率特性可知，它是一个（B）A．高通滤波器 B．低通滤波器 C．带通滤波器 D．带阻滤波器16. 非线型系统的稳定性和动态性能与下列哪项因素有关？（ D ）A．输入信号 B．初始条件C．系统的结构、参数 D．系统的结构参数和初始条件二、填空题（16分）（扣分标准：一空一分）1. 线性控制系统有两个重要特性：叠加性和____齐次性（或均匀性）__________。
《自动控制原理》习题及解答
自动控制原理习题及解答1. 引言自动控制原理是控制工程中最基础的一门课程，是研究系统的建模、分析和设计的基础。
通过习题的练习和解答，可以加深对自动控制原理的理解和掌握。
本文档将提供一些常见的自动控制原理习题及其解答，希望对学习者有所帮助。
2. 习题2.1 系统建模习题1：一个质量为m的弹簧振子的运动方程可以表示为：$$m\\frac{d^2x(t)}{dt^2} + c\\frac{dx(t)}{dt} + kx(t) = 0$$其中，m(m)为振子的位移，m为阻尼系数，m为弹性系数。
请利用拉普拉斯变换求解该系统的传递函数。
解答：对原方程两边进行拉普拉斯变换得：mm2m(m)+mmm(m)+mm(m)=0整理后可得传递函数：$$\\frac{X(s)}{F(s)} = \\frac{1}{ms^2 + cs + k}$$其中，m(m)为输出的拉普拉斯变换，m(m)为输入的拉普拉斯变换。
2.2 系统分析习题2：有一个开环传递函数为$G(s) =\\frac{3}{s(s+2)(s+5)}$的系统，求该系统的阻尼比和自然频率。
解答：该系统的传递函数可以表示为：$$G(s) = \\frac{3}{s(s+2)(s+5)}$$根据传递函数的形式可以得知，该系统是一个三阶系统，有三个极点。
通过对传递函数进行因式分解可以得到：$$G(s) = \\frac{A}{s} + \\frac{B}{s+2} + \\frac{C}{s+5}$$将上述表达式通分并整理后可得：$$G(s) = \\frac{3s^2 + 16s + 5}{s(s+2)(s+5)}$$通过对比系数可以得到：$$A = 1, B = -\\frac{2}{3}, C = \\frac{5}{3}$$根据阻尼比和自然频率的定义，可以得到：$$\\zeta = \\frac{c}{2\\sqrt{mk}}, \\omega_n =\\sqrt{\\frac{k}{m}}$$其中，m为系统的阻尼系数，m为系统的弹性系数，m为系统的质量。
推荐-自动控制原理课后答案第二章-控制系统的数学模型【可编辑全文】
可编辑修改精选全文完整版二 控制系统的数学模型2-2-1 试建立下图所示各系统的微分方程并说明这些微分方程之间有什么特点，其中电压)(t u r 和位移)(t x r 为输入量；电压)(t u c 和位移)(t x c 为输出量；1,k k 和2k 为弹簧弹性系数；f 为阻尼系数。
【解】：)(a方法一：设回路电流为i ，根据克希霍夫定律，可写出下列方程组：⎪⎩⎪⎨⎧=+=⎰i R u u dt i C u c c r 1 削去中间变量，整理得：dtduRC u dt du RCr c c =+ 方法二：r c c r c u RC u uRC RCs RCsCsR R s U s U =+⇒+=+=11)()( )(b 由于无质量，各受力点任何时刻均满足∑=0F ，则有：c c r kx x xf =-)( r c c x kf x x k f =+⇒)(c ()r r c c r c u u C R u uC R R Cs R R Cs R CsR R Cs R s U s U +=++⇒+++=+++= 221212212)(1111)()( )(d 设阻尼器输入位移为a x ，根据牛顿运动定律，可写出该系统运动方程r r c c a a c a r c r x xk fx x f k k k k x f x x k x x k x x k +=++⇒⎩⎨⎧=--=- 22121221)()()( 结论：)(a 、)(b 互为相似系统，)(c 、)(d 互为相似系统。
四个系统均为一阶系统。
【解】：可利用复阻抗的概念及其分压定理直接求传递函数。
(a) 1212212222212)()(1//)1(//)1()()(R s L C R R LCs R R s LCR R CsR Ls R Cs R LsR Cs s U s U r c ++++=+⨯+++= (b)1)(1)(1)1//(1//1)()(21221122121221122121221111+++++++=++-=s C R C R C R s C C R R s C R C R s C C R R sC R s C R sC R s U s U r c(c) 2121212212)()//(1)//(1)()(R R s L C R R LCs R Ls R Ls R CsR Ls R Cs s U s U r c +++++=+++=(d)sC R Rs C R s C R R sC R s C R s C R sC s U s U r c 121121211//)1(//)1(1//)1(1)()(+⨯++++++=1)2(1221221212212+++++=s RC RC s C C R s RC s C C R2-2-3 工业上常用孔板和差压变送器测量流体的流量。
自动控制原理习题详解(任彦硕版)-第2章
第二章题2-1 :题2-1图中a 、b 所示电路为RC 无源网络，图c 和图d 为RC 有源网络试求以u r (t)为输入量，u c (t)为输出量的各电网络的传递函数。
ZZHF R 2 C 2R1-U c (t)c)u r (t)'I —□R b电网络C U2' 2RCn IT -> +d)题2-1图 (a) T(s 宀 U r (s)(b)T(S)庖 U r (S) (c) U r (s) R 1 (d) U r (s) R 1+ sC 2 1 1 R 1 R 2sC 1 sC 2 R 2 R 2C 1C 2s C 1 (R 1 R 2)C 1C 2S C 1 C 2•丄sC 2 1 1 // R , R ,SC 1sC ?R 2R&CGs 2 +(2 +R 2C 2)S + 1一 2R 1R 2C 1C 2s (R 1C 1 R 2C 2 R 1C 2 )s 1R 2C 2S 1 _^L = T(s)斗 R 2 丄 UgsC 2U c (s )二 T(s)-U c (s)』1) U r (s) % RC s 1R 1C 2S Bl自U j(t)至U o(t)信号传输的传递函数a) LC网络b) RLC网络U i(s)=sL1l L1(s)+U c(s)、U c(s) =sL2L2(s)+U°(s) u°(s) 1sGU c=l L1(s) -l L2(s) U j(s) LL2GC2S4 (L1C1 L2C2 LC2)S2 1S C Q U。
NGU i(s)=Rj R1(s)+U c(s厂U c(s) =S LI R2(S)+U°(s) u°(s) R2sCU c=I R1(S)—l R2(s) U i(s) LCR1S2+(RR2C+L)S +R1+& U0 =R21R2(s)题2-3：热敏电阻随温度变化的特性为R=10000eq2T，其中T为温度，R为阻值。
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2
1 h0
h)
1 S (Qr0
Qr )
在平衡工作点处系统满足
d h0 dt
h0 Qr0
式（2-101）与式（2-102）相减可得 h 的线性化方程
S
d h dt
2 h0
h
Qr
(2-101) (2-102)
例 2-36 设有一个倒立摆安装在马达传动车上，如图 2-55 所示。 倒立摆是不稳定的，如果没有适当的控制力作用在它上面，它将随时可能向任何方向倾 倒。这里只考虑二维问题，即认为倒立摆只在图 2-55 所示平面内运动。控制力 u 作用于小 车上。假设摆杆的重心位于其几何中心 A。试求该系统的运动方程式。
c(t) 1 4et 2e2t
例 2-38 已知系统结构图如图 2-57 所示，试用化简法求传递函数 C(s)/R(s)。
G2
R(s)
C(s)
G1
-
H
R(s)
(a)
G1
-
H
G2
G1 C(s)
图 2-57 系统结构图
解 ① 首先将含有 G2 的前向通路上的分 (b)
支点右移，移到下面的回环之外。如图 2-58
J
d2 dt2
Vl
Hl
m
d2 dt
x
2
ml d2 dt2
H
0 V mg
M
d2 x dt2
u
H
用 s 2 d 2 的算子符号将以上方程组写成代数形式，消掉中间变量 V、H、X 得 dt2
( Ml M m J )s 2 (M m) g u ml
将微分算子还原后得
(Ml
MJ
第 2 章 控制系统的数学模型
解 系统的微分方程为
d 2 c(t) dt2
3
d c(t) dt
2c(t)
2r(t)
考虑初始条件，对上式进行拉氏变换，得
s 2C(s) s 3sC(s) 3 2C(s) 2 s
C(s) s 2 3s 2 1 4 2 s(s 2 3s 2) s s 1 s 2
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2-4
第 2 章 控制系统的数学模型
注意到 L1 和 L3 以及 L2 和 L3 是不接触回路，其他各回路之间均有公共节点，因此系统 特征式为
5
1 Li L1L3 L2 L3 1 1 G2G10 G4G8 G2G7G9 G6G4G5G9 G2G3G4G5G9 G2G10G4G8 G2G7G9G4G8
（a）所示。
(c)
② 将反馈环和并联部分用代数方法化简，
得图 2-58（b）。 ③ 最后将两个方框串联相乘，得图2-58（c）。
例 2-39 求如图 2-59 所示系统的传递函数。
R(s)
G1
1 G1H
1 G2 G1
C(s)
R(s)
G1 G2 1 G1H
C(s)
图 2-58 系统结构图的简化
R(s)
.
1 G2G10 G4G8 G2G7G9 G6G4G5G9 G2G3G4G5G9 G2G10G4G8 G2G7G9G4G8
当系统中有多个输入和多个输出信号时，用梅逊公式仍可以方便地求任意一对输入和输出信 号间的传递函数。
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2-5
此外，我们还可得到：
1 1
（因为五个回路均与 P1 接触）
2 1
（因为五个回路均与 P2 接触）
3 1 G4G8 （因为 L3 与 P3 不接触）
所以可得到系统的传递函数为
G(s) C(s) P1 1 P2 2 P3 3
R(s)
G1G2G3G4G5 G1G6G4G5 G1G2G7 (1 G4G8 )
2-1
第 2 章 控制系统的数学模型
此方程为二阶非线性齐次方程。
⑤ 线性化：由前可知，在 ＝0 的附近，非线性函数 sin ≈ ，故代入式（2-99）可
得线性化方程为
ml d2 al d mg 0
dt2
dt
例 2-35
假设某容器的液位高度
h
与液体流入量
Qr
满足方程
dh dt
S
h
1 S
Qr（式中
J d2 )
(M
m)g d
u
ml l d t 2
dt
此为二阶线性化偏量微分方程。
例 2-37
已知系统传递函数
C(s) R(s)
s2
2 3s
2
，且初始条件为 c(0)
1， c(0)
0，
试求系统在输入 r(t) 1(t) 作用下的输出 c(t) 。
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2-3
即
m
d2 dt2
(l
cos
)
V
mg
小车沿 x 轴方向运动方程为
(2-105)
M
d2 x dt2
u
H
(2-106)
式（2-103）～式（2-106）为车载倒立摆系统运动方程组。因为含有 sin 和 cos 项，
所以为非线性微分方程组。中间变量不易相消。
③ 当 很小时，可对方程组线性化，由 sin ≈，同理可得到 cos≈1 则方程式可用线 性化方程表示为
A
A
图 2-55 倒立摆系统
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2-2
图 2-56 隔离体受力
第 2 章 控制系统的数学模型
解 ① 设输入为作用力 u，输出为摆角 。
② 写原始方程式，设摆杆重心 A 的坐标为（XA，yA）于是 XA＝X＋lsin
YA = lcos 画出系统隔离体受力图如图 2-56 所示。
m (l
d2 dt2
)
mg
sin
h
式中，l 为摆长，l 为运动弧长，h 为空气阻力。 ③ 写中间变量关系式
h (l d ) dt
式中，α为空气阻力系数， l d 为运动线速度。 dt
④ 消中间变量得运动方程式
d2 ml d t 2
al
d dt
mg sin
0
（2-99)
图 2-54 单摆运动
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摆杆围绕重心 A 点转动方程为
J
d2 dt2
Vl sin
Hl cos
式中，J 为摆杆围绕重心 A 的转动惯量。
(2-103)
摆杆重心 A 沿 X 轴方向运动方程为
m
d2 d
xA t2
H
即
Hale Waihona Puke md2 dt2(x
l
sin
)
H
摆杆重心 A 沿 y 轴方向运动方程为
(2-104)
m
d2 d
y t2
A
V
mg
S 为液位容器的横截面积， 为常数。若 h 与 Qr 在其工作点 (Qr0 , h0 ) 附近做微量变化），试
导出 h 关于 Qr 的线性化方程。
解 将 h 在 h0 处展开为泰勒级数并取一次近似
代入原方程可得
h
h0
dh dt
| h0
h
h0
2
1 h0
h
(2-100)
d(h0 h) (
dt
S
h0
X (s) = 1 [a (b a)et1s (b c)et2s cet3s ] s
（c）
x(t) =
4 T2
t
4 T2
(t
T) 2
4 T2
(t
T 2
)
4 T2
(t
T)
X (s)
4
T
(1 2e 2 s eTs )
T 2s2
例 2-34 已知单摆系统的运动如图 2-54 示。 ① 写出运动方程式； ② 求取线性化方程。 解 ① 设输入外作用力为零，输出为摆角 ，摆球质量为 m。 ② 由牛顿定律写原始方程。
C(s)
图 2-59 信号流图
解 在该系统中从输入信号U (s) 到输出信号Y (s) 的前向通道共有三条，分别为：
P1 G1G2G3G4G5 P2 G1G6G4G5 P3 G1G2G7
系统中共有五个回路，分别为
L1 G2G10 L2 G2G7G9 L3 G4G8 L4 G6G4G5G9 L5 G2G3G4G5G9
第 2 章 控制系统的数学模型
例 题 精 解(续)-2
例 2-33 试求图 2-53 所示各信号 x(t) 的象函数 X (s) 。
图 2-53 信号图
解 （a） x(t) 2 (t t0 )
X (s) 2 1 et0s s s2
（b） x(t) a (b a)(t t1) (b c)(t t2 ) c(t t3 )