自动控制原理胡寿松第六版答案.doc

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1、自动控制原理胡寿松第六版答案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，与H对应的水流量为Q，试列出000水箱的微分方程。解时，H；当1=Q=Q=H0Q1≠Q2时，水面高度H将发生变化，其变化率与流量差Q1−Q2成20正比，此时有d(H−H)F0=(Q−Q)−(Q−Q)1020dt于是得水箱的微分方程为dHF=1−QQ2dt2—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。解①图2—57(a)：

2、由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得胡寿松自动控制原理习题解答第二章f1(x&i−x&)−fx&=m&x&0200整理得dxdxdx2mi0(f+f)=+0fdt2dtdt121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[()]()()ms2+ffsXs=fsXs+1201i于是传递函数为X(s)f01=Xi(++s)msf1f2②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：K1xxfxx(i−)=(

3、&−&0)K2x=f(x&−x&00)消去中间变量x，可得系统微分方程dxdxf(+K+=iK1)0KKxKf21201dtdt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=Xi+Ks+(s)f(K)KK1212③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：0K1(xi−x)+f(x&−x&)=Kxi020移项整理得系统微分方程fdxdx0+(K+K)x=fi+Kx1201idtdt对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即x(0)i=x0(0)=0则系统传递函数为X(s)fs+K01=X(s)fs(KK

4、i++12)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解：（a）：利用运算阻抗法得：1R11CsRRZ=11=R//==11+11CsRCs+1Ts11111R+1Cs1111Z2=+=+=Ts+R(RCs1)(1)2222CsCsCs222U(s)0所以：U(s)i=Z1Z2+Z2=1Cs2R1+Ts+11(Ts21Cs2+1)(Ts2+1)=(Ts1RCs12++1)(Ts+1)2(Ts1+1)(Ts2+1)(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：11K2(xi−x+fx&−x&=

5、fx&−x&（1）)()()02i010K1x=fx&−x&（2）()10所以K2(x−x)+f(x&−x&)=Kx（3）i02i01对（3）式两边取微分得K2(x&−0)+2(−0)=1（4）ix&f&&&&&xxKxi将（4）式代入（1）式中得K1KxxKfxxKfxfKxxffxx())()()i−+(&−&=&−&−&−&&−&&2012i011012i012i0整理上式得f1fx&+fKx&1+K1fx+K1fx+KKx1&2020&10&2020=f1f&+&+&&i+fKxKfxKKxx212i12i12i对上式去拉氏变换得[]ffs+(fK+Kf+Kf)s

6、+KKX(s)212121112120=[()]()ffs+fK+Kfs+KKXs212121212i所以：X(s)0X(s)i=f1ffs212fs+(22+(fK+12fK+K121K1f1+f)s+KK12+KK122K1f)s2=ff12KK12ff12s2KK12fs+(21K1f++(1K1+f2K2f2K2)s)s+1f1K2+1+=(f(1K1ff1ss1)(21)++KK21ffs12+)(s+1)+1KK22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：

7、duui−u=uC=iCC0dtCuiCR=1R1duud(u−u)u−uu0()CCiiR=i+=C+iR+R=C00CR1222dtRdtR11整理得：duRduR 0+CuCRiCuCR21=+22+02idtRdtR11(b):列写电压平衡方程：ui−u=u（1）0C1duiCC1=（2）1C1dtiC2u+iRudud(u−iR)=+i=12C20C1（3）C1C1C+i=C=CC1C122RRdtdt即：uC1d(u−iR)+i=CC（4）201C12Rdt将（1）（2）代入（