胡寿松自动控制原理习题解答第二章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) + 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 = 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 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 + 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 = uCiC = 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 + 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：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) = (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 ) + 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