胡寿松自控原理第二章部分习题答案

整理得：
C1C 2 R
d 2u0 du 0 u 0 d 2ui ui du C C C C R + ( + 2 ) + = + + 2C1 i 2 1 1 2 2 2 dt R R dt dt 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。
s 2 + 4s + 2 1 1 1 − + = s s + 2 s + 1 s ( s + 1)( s + 2)
因为： C ( s ) = Φ ( s ) R ( s ) =
1 Φ( s) s
s 2 + 4s + 2 s 1 2 = 1+ = 1− + 所以系统的传递函数为： Φ ( s ) = ( s + 1)( s + 2) ( s + 1)( s + 2) s +1 s + 2
2-7 设弹簧特性由下式描述：
F = 12.65 y 1.1
其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。
解： 设正常工作点为 A，这时 F0 = 12.65 y 0 在该点附近用泰勒级数展开近似为：
1.1
df ( x) y = f ( x0 ) + ( x − x0 ) dx x0
解： 设正常工作点为 A，这时 Q0 = K P0 在该点附近用泰勒级数展开近似为：
df ( x) y = f ( x0 ) + ( x − x0 ) dx x0
即 Q − Q0 = K 1 ( P − P0 )
其中 K 1 =
1 1 dQ = K P0 dP P = P0 2
整理上式得
&0 + f1 K 2 x & 0 + K1 f1 x & 0 + K1 f 2 x & 0 + K1 K 2 x0 f1 f 2 & x &i + f1 K 2 x &i + K1 f 2 x & i + K 1 K 2 xi = f1 f 2 & x
对上式去拉氏变换得
3
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
(b)以 K 1 和 f 1 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：
&i − x & 0 ) = f1 ( x &0 − x & ) （1） K 2 ( xi − x 0 ) + f 2 ( x &0 − x &) K1 x = f1 ( x
（2） （3）
&(t ) + x & (t ) + x(t ) = δ (t）。 x (２) &
解：对上式两边去拉氏变换得：
( s 2 + s + 1) X ( s ) = 1 → X ( s ) =
3 sin 2 t
1 1 = ( s + s + 1) ( s + 1 / 2) 2 + 3 / 4
即 F − F0 = K 1 ( y − y 0 )
其中 K 1 = = 12.65 × 1.1y 0 dy y= y
0
dF
0.1
0.1 = 13.915 × 1.1y 0
2-8 设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：
ed = E d 0 cos α
5
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
运动模态 e (1 + t ) 所以： x(t ) = 1 − e 2-6
−t
−t
− te − t = 1 − e − t (1 + t )
在液压系统管道中，设通过阀门的流量满足如下流量方程：
Q=K P
式中 K 为比例常数， P 为阀门前后的压差。若流量 Q 与压差 P 在其平衡点 (Q0 , P0 ) 附近作微小变化，试导出线性化 方程。
xi (0) = x0 (0) = 0
则系统传递函数为
X 0 (s) fs + K 1 = X i ( s ) fs + ( K 1 + K 2 )
2-3 试证明图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。
2
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
图 2-58
电网络与机械系统
1 C1 s R1 R1 1 解：（a）：利用运算阻抗法得： Z 1 = R1 // = = = 1 C1 s R1C1 s + 1 T1 s + 1 R1 + C1 s R1
[f
1
= f1 f 2 s + ( f1 K 2 + K1 f 2 ) s + K1 K 2 X i ( s)
2
[
f 2 s 2 + ( f1 K 2 + K1 f1 + K1 f 2 ) s + K1 K 2 X 0 ( s)
]
]
所以：
f1 f 2 2 f f s + ( 1 + 2 )s + 1 K1 K 2 K1 K2 X 0 ( s) f1 f 2 s + ( f1 K 2 + K1 f 2 ) s + K1 K 2 = = 2 f1 f 2 2 f f f X i ( s) f1 f 2 s + ( f1 K 2 + K1 f1 + K1 f 2 ) s + K1 K 2 s + ( 1 + 2 )s + 1 + 1 K1 K 2 K1 K2 K2
式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。
解： 设正常工作点为 A，这时 E d = E d 0 cos α 0
6
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
在该点附近用泰勒级数展开近似为：
df ( x) y = f ( x0 ) + ( x − x0 ) dx x0
即 ed − E d 0 cos α 0 = K s (α − α 0 )
2
运动模态 e
−t / 2
所以： x(t ) =
2
3 e −t / 2 sin 2 t 3
&(t ) + 2 x & (t ) + x(t ) = 1(t）。 （3） & x
解：对上式两边去拉氏变换得：
1 1 1 1 1 1 ( s 2 + 2s + 1) X ( s ) = → X ( s ) = = = − + 2 2 s s + 1 ( s + 1) 2 s s ( s + 2s + 1) s ( s + 1)
& (t ) + x(t ) = t ; (1) 2 x
解：对上式两边去拉氏变换得： （2s+1）X（s）=1/s2→ X ( s ) =
1 1 1 4 = 2 − + s 2s + 1 s (2s + 1) s
2
运动模态 e
−0.5 t
所以： x(t ) = t − 2(1 − e
1 − t 2
)
&−x &0 ) K 1 ( xi − x) = f ( x &−x &0 ) K 2 x0 = f ( x
消去中间变量 x，可得系统微分方程
f ( K1 + K 2 )
dx0 dx + K1 K 2 x0 = K1 f i dt dt
对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为
X 0 ( s) fK 1 s = X i ( s) f ( K1 + K 2 ) s + K1 K 2
1
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
&i − x &0 ) − f 2பைடு நூலகம்x & 0 = m& &0 f1 ( x x
整理得
m
d 2 x0 dx dx + ( f1 + f 2 ) 0 = f1 i 2 dt dt dt
将上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得
2
[ms
+ ( f1 + f 2 ) s X 0 ( s ) = f 1 sX i ( s )
其中 K s =
ded = − E d 0 sin α 0 dα α =α
−2 t
2-9 若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应 c (t ) = 1 − e 响应。 解：对输出响应取拉氏变换的：
+ e − t ，试求系统的传递函数和脉冲
C ( s) =
ui − u0 = uC
iC = C
du C dt
i R1 =
uC R1
du d (u i − u 0 ) u i − u 0 u u 0 = (iC + i R1 ) R2 = C C + C R2 = C + R2 R1 dt R1 dt
整理得：
CR2
正比，此时有
F
d (H − H 0 ) = (Q1 − Q0 ) − (Q2 − Q0 ) dt
于是得水箱的微分方程为
F
dH = Q1 − Q2 dt
2—2 设机械系统如图 2—57 所示，其中 xi 为输入位移， x0 为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式
及传递函数。
图 2—57 机械系统 解 ①图 2—57(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得
]
于是传递函数为
X 0 ( s) f1 = X i ( s ) ms + f1 + f 2
②图 2—57(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点 A，并设 A 点位移为 x ，方向朝下；而在其下半部工。 引出点处取为辅助点 B。则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从 A 和 B 两点可以分别列出如下原始方程：
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
2—1
设水位自动控制系统的原理方案如图 1—18 所示，其中 Q1 为水箱的进水流量，
Q2 为水箱的用水流量，
H 为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为 F，希望水面高度 为 H 0 ，与 H 0 对应的水流量为 Q0 ，试列出
水箱的微分方程。
解
当 Q1 = Q2 = Q0 时， H = H 0 ；当 Q1 ≠ Q2 时，水面高度 H 将发生变化，其变化率与流量差 Q1 − Q2 成
③图 2—57(c)：以 x0 的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
&i − x & 0 ) = K 2 x0 K 1 ( xi − x) + f ( x
移项整理得系统微分方程
f
dx0 dx + ( K 1 + K 2 ) x 0 = f i + K 1 xi dt dt
对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即
du 0 R2 du R C u 0 = CR2 i + C 2 u i + + 1 dt R1 dt R1
(b) :列写电压平衡方程：
u i − u 0 = u C1 （1） iC1 = C1
du C1 dt
（2）
iC 2 =
u C 1 + iC 1 R u du d (u 0 − iC1 R) + iC1 = C1 + 2iC1 = C 2 C 2 = C 2 R R dt dt
（3）
4
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
即：
u C1 d (u 0 − iC1 R) + 2iC1 = C 2 （4） R dt
将（1） （2）代入（4）得：
ui − u0 d (u i − u 0 ) du d 2 u C1 + 2C1 = C 2 0 − C1C 2 R R dt dt dt 2 ui u0 du i du 0 du 0 d 2 ui d 2u0 即： − + 2C1 − 2C1 = C2 − C1C 2 R 2 + C1C 2 R 2 R R dt dt dt dt dt
2
f1 f s + 1)( 2 s + 1) K1 K2 = f f f ( 1 s + 1)( 2 s + 1) + 1 K1 K2 K2 (
所以图 2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。 2—4 试分别列写图 2-59 中个无源网络的微分方程式。
解： （a） :列写电压平衡方程：
Z 2 = R2 + 1 1 (R2 C 2 s + 1) = 1 (T2 s + 1) = C2 s C2 s C2 s
1 (T2 s + 1) U 0 ( s) Z2 C2 s (T1 s + 1)(T2 s + 1) = = = 所以： R1 1 U i ( s) Z1 + Z 2 R1C 2 s + (T1 s + 1)(T2 s + 1) + (T2 s + 1) T1 s + 1 C 2 s
&i − x & 0 ) = K1 x 所以 K 2 ( xi − x0 ) + f 2 ( x
对（3）式两边取微分得
&i − x &0 ) + f 2 (& &i − & &0 ) = K 1 x & K 2 (x x x
将（4）式代入（1）式中得
（4 ）
&i − x & 0 ) = K1 f1 x & 0 − f1 K 2 ( x &i − x & 0 ) − f1 f 2 ( & &i − & &0 ) K 1 K 2 ( xi − x0 ) + K 1 f 2 ( x x x