自动控制原理胡寿松后习题及答案完整

1、21设水位自动控制系统的原理方案如图 118 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 成正比，此时有F d (H H 0 ) = (Q Q ) (Q Q )dt1020于是得水箱的微分方程为F dH = Q Qdt1222设机械系统如图 257 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

2、分方程式及传递函数。图 257机械系统解图 257(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得f1 ( x&i x&0 ) f 2 x&0 = m&x&0整理得2m d x0 + ( f+ f ) dx0 = fdxidt 212dt1 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1ms 2 + ( f+ f 2)sX0 (s) =f1 sX i(s)于是传递函数为X 0 (s) =X i (s)f1ms + f1 + f 2图 257(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

3、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 )K 2 x0 =f ( x& x&0 )消去中间变量 x，可得系统微分方程f (K+ K ) dx0 + K K x= K fdxi12dt12 01dt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) =X i (s)fK1 sf (K1 + K 2 )s + K1 K 2图 257(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) +

4、f ( x&i x&0 ) = K 2 x0移项整理得系统微分方程f dx0 + (Kdt1+ K 2) x0 =f dxidt+ K1 xi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X 0 (s) =X i (s)fs + K1fs + (K1 + K 2 )2-3 试证明图2-58()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1R11 C sRR解：（a）：利用运算阻抗法得： Z= R /= 1 = 1 = 1 11C sR C s +T s +1R1+ 1C1 s1 1111Z 2 =

5、 R2+ 1C2 s= 1C2 s(R2 C2s + 1) =1C2 s(T2 s + 1)U (s)Z1(T2 s + 1)C s(T s + 1)(T s + 1)所以： 0 = 2 = 2 = 1 2 U i (s)Z1 + Z 2R1+T1 s + 11C2 s(T2 s + 1)R1C2 s + (T1 s + 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）K1

6、x =f1 ( x&0 x&)（2）所以 K 2 ( xi x0 ) + f 2 ( x&i x&0 ) = K1 x对（3）式两边取微分得K 2 ( x&i x&0 ) + f 2 (&x&i &x&0 ) = K1 x&将（4）式代入（1）式中得（3）（4）K1 K 2 ( xi x0 ) + K1 f 2 ( x&i x&0 ) = K1 f1 x&0 f1 K 2 ( x&i x&0 ) f1 f 2 (&x&i &x&0 )整

7、理上式得f1 f 2 &x&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 + K1 K 2 xi对上式去拉氏变换得12f f112s 2 + ( f K2+ K1 f1+ K10f 2 )s + K1 K 2X (s)12= ff s 2 + ( f K+ K1f 2 )s + K1 K 2 Xi(s)所以：X 0 (s) =22f1 f 2 s+ ( f1 K 2 + K1 f 2 )s

8、 + K1 K 2f1 f 2K1 K 2=s 2 + ( f1K1+ f 2 )s + 1K 2X i (s)f1 f 2 s+ ( f1 K 2 + K1 f1 + K1 f 2 )s + K1 K 2f1 f 2K1 K 2s 2 +( f1K1+ f 2 )s + 1 + f1K 2K 2( f1K=1s + 1)( f 2K 2s + 1)( f1K1s + 1)( f 2K 2s + 1) + f1K 2所以图 2-58()的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。24 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：duCuCui u0 = u

9、CiC = CdtduCuC iR1 =R1R1d (ui u0 )ui u0 u0 = (iC + iR1 )R2 = C+ R2 = C+ R2整理得：dtR1 dtR1CR du0 + C R20+ 1u= CRdui+ C R2 u2 dtR12 dti(b) :列写电压平衡方程：duC1ui u0 = uC1（1）iC1 = C1dt（2）iC 2 =uC1 + iC1 R R+ iC1 =uC1R+ 2iC1 = C2duC 2dt= C2d (u0 iC1 R)dt（3）即： uC1R+ 2iC1 = C2d (u0 iC1 R)dt2（4）将（1）（2）代入（4）得：ui u0

10、 + 2Cd (ui u0 ) = Cdu0 C CR d uC1R1dt2 dt1 2dt 2uudududud 2 ud 2 u即： i 0 + 2C i 2C 0 = C 0 C CR i + C CR 0 RR整理得：1 dt1 dt2 dt1 2dt 21 2dt 22C C R d u0CCdu0u0C C R d uiuiC dui1 2dt 2+ ( 2 + 21 ) dt + R =1 22dt 2+ 2R1 dt2-5 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)2 x&(t ) + x(t ) = t;解：

11、对上式两边去拉氏变换得：（2s+1）X（s）=1/s2 X (s) =1= 1s 2 (2s + 1)s 2 1 +s42s + 1运动模态 e 0.5t所以： x(t ) = t 2(1 e 1 t2 )() &x&(t ) + x&(t ) + x(t) = ä (t）。解：对上式两边去拉氏变换得：(s 2 + s + 1) X (s) = 1 X (s) =1(s 2 + s + 1)=1(s + 1/ 2) 2 + 3 / 4运动模态 et / 2t3sin 2所以： x(t ) =2 e t / 23t3sin 2（3） &x&(t

12、) + 2x&(t ) + x(t ) = 1(t）。解：对上式两边去拉氏变换得：(s 2 + 2s + 1) X (s) = 1 X (s) =s1=s(s 2 + 2s + 1)1s(s + 1) 2= 1 s1+s + 11(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：设正常工作点为 A，这

13、时 Q0 = KP0在该点附近用泰勒级数展开近似为：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x0即 Q Q0 = K1 (P P0 ) dQ 其中 K1 = dP= 1 K1002 P = PP2-7 设弹簧特性由下式描述：F = 12.65 y1.1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 F = 12.65 y1.100在该点附近用泰勒级数展开近似为：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x0即 F F0 = K1 ( y y0 ) dF 其中0.10.1K1 =

14、= 12.65 ×1.1y0= 13.915 ×1.1y0 dy y = y02-8 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：0ed = Edcosá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 Ed= Ed 0 cosá 0在该点附近用泰勒级数展开近似为：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x00即 ed Edcosá 0 = K s (á á 0 )s其中 K = ded dá= Ed 0 sin &

15、#225; 0á =á2-9 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 2t + e t ，试求系统的传递函数和脉冲 响应。解：对输出响应取拉氏变换的：C (s) = 1 1+1=s 2 + 4s + 2因为： C (s) = Ö(s)R(s) = 1 Ö(s)ss + 2s + 1s(s + 1)(s + 2)s所以系统的传递函数为： Ö(s) =s 2 + 4s + 2 (s + 1)(s + 2)= 1 +s(s + 1)(s + 2)= 1 1+s + 12s + 2系统的脉冲响应为： g (

16、t ) = ä (t) e t + e 2t2-10 设系统传递函数为C (s)=R(s)2s 2 + 3s + 2且初始条件 c(0)=-1, c& (0)。试求阶跃输入 r(t)=1(t)时，系统的输出响应 c(t)。解：由系统的传递函数得：2d c(t) + 3 dc(t) + 2c(t ) = 2r (t )（1）dt 2dt对式（1）取拉氏变换得：s 2 C (s) sc(0) c&(0) + 3sC (s) 3c(0) + 2C (s) = 2R(s)将初始条件代入（2）式得(s 2 + 3s + 2)C (s) + s + 3 = 2 1s（2）即： C

17、 (s) =2 s 2 3s=s(s 2 + 3s + 2)2 2s + 6ss 2 + 3s + 2= 1 s4+s + 12s + 2所以： c(t) = 2 4e t + 2e 2t2-11 在图 2-60 中，已知和两方框相对应的微分方程分别是6 dc(t ) + 10c(t) = 20e(t )dt20 db(t) + 5b(t ) = 10c(t)dt且初始条件均为零，试求传递函数 C (s) / R(s) 及 E(s) / R(s)解：系统结构图及微分方程得：G(s) =206s + 10H (s) =1020s + 51020E (s) 10 10C (s) =10G(s)=

18、6s + 10 R(s)= =1 + G(s)H (s)20 10R(s)1 + G(s)H (s)1 +20101 +6s + 10 20s + 56s + 10 20s + 510(20s + 5)(6s + 10)1200s 2 + 1500s + 5000=200(20s + 5)= = 200(20s + 5)= =(6s + 10)(20s + 5) + 200120s 2 + 230s + 250(6s + 10)(20s + 5) + 200120s 2 + 230s + 2502-12 求图 2-61 所示有源网络的传递函数1解：（a） Z 0 = R0 /=C sR1C0

19、s 1= R0T s + 1T0 = R0 C0R00 +0C0 sU 0 (s) = R1= R1 (T s + 1)RU i (s)Z 00（b） Z 0= R000/ 1=C sR1C0 s 1= R0T s + 1T0 = R0 C0R00 +0C0 s11Z = R + 1= T1 s + 1T = R CC1 sC1 s11 1U 0 (s) = Z1 = 1(T s + 1)(T s + 1)U (s)ZR C s1 0i 0 0 1Z12= R1/( R2+ 1C2 s) = R1/ T2 s + 1C2 s（c）1=R T2 s + 1C2 s= R1 (T2 s + 1)T

20、2 = R2 C21R + T2 s + 1C2 sT2 s + R1 + 1U 0 (s) = Z12= R1T2 s + 1U i (s)R0R0 T2 s + R1 + 12-13由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数U()()。图2-62控制系统模拟电路解：U1 (s)= Z1（1）U 2 (s) = Z 2（2）U 0 (s) = R2 （3）U 0 (s) + U i (s)R0U1 (s)R0U 2 (s)R0式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得G1H2R(s)G1+G3G21+ G2H1+ G1G2H2C(s)C (s)所以：=R(s)G2 (G

21、1 + G3 )1 + G2 H1 + G1G2 H 2(d)R(s)H2/G3C(s)G1G2G3H3H2R(s)H2/ G1G3G3C(s)G1G21+ G3H3H2R(s)H2/ G1G3G3G1G2C(s)C (s)所以：=R(s)1+ G1H1G1G2 G3(1 + G1 H1 )(1 + G3 H 3 ) + G2 H 21+ G3H3(e)R(s)C(s)G1G2H1/ G3G3H2+ H1/ G3G4R(s)G1G2G31+ G2G3H2+ H1G2C(s)H1/ G3G4R(s)G1G2G31+ G2G3H2+ H1G2- G1G2H1C(s)G4C (s)所以：=R(s)G

22、4 +1 + G G HG1G2 G3+ H G G G H2 321 21 21(f)R(s)H1G1G1G2C(s)G3R(s)G1+G3G21+ G1G2H1C(s)C (s)(G + G )G所以：= 132R(s)1 + G1G2 H12-18 试简化图2-66中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。解：（1）求C (s)R(s)时， N = 0 这时结构图变为：GGRC12H1RG1G2C1+G1G2H1C (s)所以：=R(s)G1G21 + G1G2 H1 + G1G2（2）求C (s)N (s)时， R = 0 这时结构图变为：CNG3G2G1H

23、1进一步化简得CNG3G2G1H1G1再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H1G1再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再进一步化简得：NG2G3-1-G1G2H11+G1G2H1G2C G2+G1 (1+G1G2H1)所以：C (s)R(s)= G2 (G2 G3 1 G1G2 H1 )(1 + G1G2 H1 )G2 + G1 (1 + G1G2 H1 )解：（1）求图2-66题2-18系统结构图C (s)时， N = 0 这时结构图变为：R(s)G1G2R4G2GCG3G1G2R4

24、G2+G3GCG1G2RC G2+G3G4G2+G3RG1G2+G2+G3G4C1+G4(G2+G3)所以：C (s)R(s)= G4 (G1G2 + G2 + G3 )1 + G4 (G2 + G3 )(2) 求C (s)N (s)时， R = 0 这时结构图变为：NC G2G4G3NC G4G2+G3所以：C (s)R(s)= G41 + G4 (G2 + G3 )This is trial versionThis is trial versionThis is trial versionThis is trial versionThis is trial versionù0.1

25、0.51357101520 (ù ) 89o 87.2o 92.1o 164o 216o 234.5o 246o 254o 258où3050100 (ù ) 262o 265o 267.7 o作系统开环对数频率特性图，求得ù c = 1 ,系统的穿越频率ù r= 18系统的幅值裕度和相角裕度为h =1= 0.512G( jù c )rã = 180o + (ù) = 16.1oL（ù ）（dB）60-2040-4020-200-400.1 121020100 ù-60ù0 o 90

26、o 180 o5-11 绘制下列函数的对数幅频渐进特性曲线：2（1） G(s) =(2s + 1)(8s + 1)（2） G(s) =200s 2 (s + 1)(10s + 1)8( s+ 1)（3） G(s) = 0.1 s(s 2 + s + 1)( s + 1)2210( s+ s + 1)（4） G(s) = 400 10 s(s + 1)(s0.1+ 1)解：（1）系统的交接频率为 0.125 和0.5，低频段渐近线的斜率为-0，且过（0.125,6dB）点，截止频率为ù c = 0.25 。对数幅频渐进特性曲线如下：L()-200.1250.250.5-40（2）系统的交接频率为 0.1 和1，低