自动控制理论课后题答案__及试题

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1、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Q为水箱的进水流量，Q为水箱的用水流量，12H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，与H对应的水流量为Q，试列出000水箱的微分方程。解当Q=Q=Q时，H=H；当Q≠Q时，水面高度H将发生变化，其变化率与流量差Q−Q成12001212正比，此时有d(H−H)0F=(Q−Q)−(Q−Q)1020dt于是得水箱的微分方程为dHF=Q−Q12dt2—2设机械系统如图2—57所示，其中x为输入位移，x为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式i0及传递函数。图2—57机械系统解①图2—

2、57(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得1胡寿松自动控制原理习题解答第二章f(x&−x&)−fx&=m&x&1i0200整理得2dxdxdx00im+(f+f)=f2121dtdtdt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+f2)sX0(s)=f1sX(s)i于是传递函数为X(s)f01=X(s)ms+f+fi12②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：K(x−x)=f(x&−x

3、&)1i0Kx=f(x&−x&)200消去中间变量x，可得系统微分方程dxdx0if(K+K)+KKx=Kf121201dtdt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(s)fKs01=X(s)f(K+K)s+KKi1212③图2—57(c)：以x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：0K(x−x)+f(x&−x&)=Kx1ii020移项整理得系统微分方程dxdx0if+(K+K)x=f+Kx1201idtdt对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即x(0)=x(0)=0i0则系统传递函数为X(s)fs+K01=X(s)fs+(K+K)i122

4、-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　1R11CsRR111解：（a）：利用运算阻抗法得：Z=R//===11Cs1RCs+1Ts+11R+1111Cs1111Z=R+=()RCs+1=()Ts+122222CsCsCs2221(Ts+1)2U(s)ZCs(Ts+1)(Ts+1)02212所以：===Ui(s)Z1+Z2R1+1(Ts+1)R1C2s+(T1s+1)(T2s+1)2Ts+1Cs12(b)以K和f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：1

5、1K(x−x)+f(x&−x&)=f(x&−x&)（1）2i02i010Kx=f(x&−x&)（2）110所以K(x−x)+f(x&−x&)=Kx（3）2i02i01对（3）式两边取微分得K(x&−x&)+f(&x&−&x&)=Kx&（4）2i02i01将（4）式代入（1）式中得KK(x−x)+Kf(x&−x&)=Kfx&−fK(x&−x&)−ff(&x&−&x&)12i012i011012i012i0整理上式得ff&x&+fKx&+Kfx&+Kfx&+KKx120120110120120=ff&x&+fKx&+Kfx&+KKx12i12i12i12i对上式去拉氏变换得3胡寿松自动控制

6、原理习题解答第二章[2]ffs+(fK+Kf+Kf)s+KKX(s)12121112120[]2=ffs+(fK+Kf)s+KKX(s)12121212i所以：ffff12212s+(+)s+12KKKKX0(s)f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K21212==2fffffXi(s)f1f2s+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K212s2+(1+2)s+1+1KKKKK12122ff12(s+1)(s+1)KK12=fff121(s+1)(s+1)+KKK122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

7、方程式。解：（a）:列写电压平衡方程：duuCCu−u=ui=Ci=i0CCR1dtR1duud(u−u)u−uCCi0i0u=(i+i)R=C+R=C+R0CR1222dtRdtR11整理得：duRduR02i2CR+C+1u=CR+Cu202idtRdtR11(b):列写电压平衡方程：duC1u−u=u（1）i=C（2）i0C1C11dtu+iRudud(u−iR)C1C1C1C20C1i=+i=+2