自动控制原理胡寿松第5版课后习题及答案完整.docx
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自动控制原理胡寿松第5版课后习题及答案完整
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H0，与H0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=H0；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
正比，此时有
Fd（H−H0）=（Q
−Q）−（Q
−Q）
dt1020
于是得水箱的微分方程为
FdH=Q−Q
dt12
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
f1（x&i−x&0）−f2x&0=m&x&0
整理得
2
mdx0+（f
+f）dx0=f
dxi
dt2
12dt
1dt
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
1
[ms2+（f
+f2
）s]X
0（s）=
f1sXi
（s）
于是传递函数为
X0（s）=
Xi（s）
f1
ms+f1+f2
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：
K1（xi−x）=
f（x&−x&0）
K2x0=
f（x&−x&0）
消去中间变量x，可得系统微分方程
f（K
+K）dx0+KKx
=Kf
dxi
12dt
120
1dt
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
X0（s）=
Xi（s）
fK1s
f（K1+K2）s+K1K2
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：
K1（xi−x）+f（x&i−x&0）=K2x0
移项整理得系统微分方程
fdx0+（K
dt1
+K2
）x0=
fdxi
dt
+K1xi
对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即
xi（0）=x0（0）=0
则系统传递函数为
X0（s）=
Xi（s）
fs+K1
fs+（K1+K2）
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。
图2-58电网络与机械系统
1
R1
1CsRR
解：
（a）：
利用运算阻抗法得：
Z
=R//
=1=1=1
11Cs
RCs+
Ts+
1R1
+1
C1s
11111
Z2=R2
+1
C2s
=1
C2s
（R2C2
s+1）=
1
C2s
（T2s+1）
U（s）Z
1
（T2s+1）
Cs
（Ts+1）（Ts+1）
所以：
0=2=2=12
Ui（s）
Z1+Z2
R1+
T1s+1
1
C2s
（T2s+1）
R1C2s+（T1s+1）（T2s+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：
K2（xi−x0）+f2（x&i−x&0）=
f1（x&0−x&）
（1）
K1x=
f1（x&0−x&）
（2）
所以K2（xi−x0）+f2（x&i−x&0）=K1x
对（3）式两边取微分得
K2（x&i−x&0）+f2（&x&i−&x&0）=K1x&
将（4）式代入
（1）式中得
（3）
（4）
K1K2（xi−x0）+K1f2（x&i−x&0）=K1f1x&0−f1K2（x&i−x&0）−f1f2（&x&i−&x&0）
整理上式得
f1f2&x&0+f1K2x&0+K1f1x&0+K1f2x&0+K1K2x0
=f1f2&x&i+f1K2x&i+K1f2x&i+K1K2xi
对上式去拉氏变换得
1
2
[ff
1
1
2
s2+（fK
2
+K1f1
+K1
0
f2）s+K1K2
]X（s）
1
2
=[f
fs2+（fK
+K1
f2）s+K1K2]X
i
（s）
所以：
X0（s）=
2
2
f1f2s
+（f1K2+K1f2）s+K1K2
f1f2
K1K2
=
s2+（f1
K
1
+f2）s+1
K2
Xi（s）
f1f2s
+（f1K2+K1f1+K1f2）s+K1K2
f1f2
K1K2
s2+
（f1
K
1
+f2）s+1+f1
K2K2
（f1
K
=1
s+1）（f2
K2
s+1）
（f1
K
1
s+1）（f2
K2
s+1）+f1
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：
duCuC
ui−u0=uC
iC=C
dt
duC
uC
iR1=
R1
R
1
d（ui−u0）
ui−u0
u0=（iC+iR1）R2=C
+R2=C
+R2
整理得：
dt
R1dt
R1
CRdu0+CR2
0
+1u
=CR
dui
+CR2u
2dt
R1
2dti
（b）:
列写电压平衡方程：
duC1
ui−u0=uC1
（1）
iC1=C1
dt
（2）
iC2=
uC1+iC1RR
+iC1=
uC1
R
+2i
C1=C2
duC2
dt
=C2
d（u0−iC1R）
dt
（3）
即：
uC1
R
+2iC1=C2
d（u0−iC1R）
dt
2
（4）
将
（1）
（2）代入（4）得：
ui−u0+2C
d（ui−u0）=C
du0−CC
RduC1
R1dt
2dt
12dt2
uudu
dudu
d2u
d2u
即：
i−0+2C
i−2C
0=C
0−CC
Ri+CC
R0
RR
整理得：
1dt
1dt
2dt
12dt2
12dt2
2
CCRdu0C
Cdu0u0
CCRduiui
Cdui
12dt2
+（2+2
1）dt+R=12
2
dt2
++2
R
1dt
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;
解：
对上式两边去拉氏变换得：
（2s+1）X（s）=1/s2→X（s）=
1=1
s2（2s+1）s2
−1+
s
4
2s+1
运动模态e−0.5t
所以：
x（t）=t−2（1−e
−1t
2）
（２）&x&（t）+x&（t）+x（t）=™（t）。
解：
对上式两边去拉氏变换得：
（s2+s+1）X（s）=1→
X（s）=
1
（s2+s+1）
=1
（s+1/2）2+3/4
运动模态e
−t/2
t
3
sin
2
所以：
x（t）=
2e−t/2
3
t
3
sin
2
（3）&x&（t）+2x&（t）+x（t）=1（t）。
解：
对上式两边去拉氏变换得：
（s2+2s+1）X（s）=1→X（s）=
s
1=
s（s2+2s+1）
1
s（s+1）2
=1−
s
1+
s+1
1
（s+1）2
运动模态e−t（1+t）
所以：
x（t）=1−e−t−te−t
=1−e−t（1+t）
2-6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=KP
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。
解：
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