自动控制原理简明教程第二章习题解答

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

F

d(H H0)

=(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

&i x&0) f2x&0=m&&0 f1(xx

整理得

d2x0dxdxm2+(f1+f2)0=f1i

dtdtdt

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

[ms

2

+(f1+f2)sX0(s)=f1sXi(s)

]

于是传递函数为

X0(s)f1

= Xi(s)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：

& x&0) K1(xi x)=f(x& x&0) K2x0=f(x

消去中间变量x，可得系统微分方程

f(K1+K2)

dx0dx+K1K2x0=K1fi dtdt

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)fK1s= Xi(s)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：

&i x&0)=K2x0 K1(xi x)+f(x

移项整理得系统微分方程

f

dx0dx

+(K1+K2)x0=fi+K1xi dtdt

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)fs+K1

=

Xi(s)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　

1C1sR1R11

解：（a）：利用运算阻抗法得：Z1=R1//===

1C1sR1C1s+1T1s+1R1+

C1s

R1

Z2=R2+

11

(R2C2s+1)=1(T2s+1) =

C2sC2sC2s

1

(T2s+1)

U0(s)Z2C2s(T1s+1)(T2s+1)

=== 所以：

R1Ui(s)Z1+Z2R1C2s+(T1s+1)(T2s+1)1

+(T2s+1)T1s+1C2s

(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：

&i x&0)=f1(x&0 x&) （1） K2(xi x0)+f2(x&0 x&) （2） K1x=f1(x

&i x&0)=K1x （3） 所以K2(xi x0)+f2(x

对（3）式两边取微分得

&i x&0)+f2(&&i &&0)=K1x& （4） K2(xxx

将（4）式代入（1）式中得

&i x&0)=K1f1x&0 f1K2(x&i x&0) f1f2(&&i &&0) K1K2(xi x0)+K1f2(xxx

整理上式得

&0+f1K2x&0+K1f1x&0+K1f2x&0+K1K2x0f1f2&x

&i+f1K2x&i+K1f2x&i+K1K2xi=f1f2&x

对上式去拉氏变换得

[f

1

=f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K2Xi(s)

所以：

[

f2s2+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K2X0(s)

2

]

]

f1f22f1f2

s+(+)s+12

KKKKX0(s)f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K21221

==

f1f22fffXi(s)f1f2s2+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K2

s+(1+2)s+1+1

K1K2K1K2K2f1f

s+1)(2s+1)K1K2

=

fff(1s+1)(2s+1)+1K1K2K2

(

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：

ui u0=uC iC=C

duCu

iR1=C dtR1

du d(ui u0)ui u0 u

u0=(iC+iR1)R2= CC+C R2= C+ R2

dtRdtR11

整理得：

CR2

du0 R2duiR2 CuCRC1=+ui + +02 dt R1dtR1

(b) :列写电压平衡方程：

ui u0=uC1 （1） iC1=C1

duC1

（2） dt

iC2=

uC1+iC1Rudud(u0 iC1R)

+iC1=C1+2iC1=C2C2=C2 （3） RRdtdt

即：

uC1d(u0 iC1R)

+2iC1=C2（4） Rdt

将（1）（2）代入（4）得：

ui u0d(ui u0)du0d2uC1

+2C1=C2 C1C2R 2

Rdtdtdt

uiu0duidu0du0d2uid2u0即： +2C1 2C1=C2 C1C2R2+C1C2R2

RRdtdtdtdtdt

整理得：

d2u0du0u0d2uiuiduC1C2R2+(C2+2C1)+=C1C2R2++2C1i

dtRRdtdtdt

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。　

&(t)+x(t)=t; (1) 2x

解：对上式两边去拉氏变换得： （2s+1）X（s）=1/s2→X(s)=

1114

= +22

s2s+1s(2s+1)s

运动模态e

0.5t

1

t2

所以：x(t)=t 2(1 e)

&(t)+x&(t)+x(t)=δ(t）。x　 (２)&

解：对上式两边去拉氏变换得：

(s2+s+1)X(s)=1→X(s)=

sin 2t

11

=

(s2+s+1)(s+1/2)2+3/4

运动模态e

t/2

所以：x(t)=

2

3

e t/2sin t

2

&(t)+2x&(t)+x(t)=1(t）。（3）&x

解：对上式两边去拉氏变换得：

111111

(s2+2s+1)X(s)=→X(s)=== +

ss(s2+2s+1)s(s+1)2ss+1(s+1)2

运动模态e(1+t) 所以：x(t)=1 e

t

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 …… 此处隐藏：4640字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……