自动控制原理第五版课后答案完整版

第 一 章

1-1 图1-2是液位自动控制系统原理示意图。在任意情况下，希望液面高度c维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

图1-2

液位自动控制系统

解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位位的希望值不变。

ur（表征液

cr）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度

ur）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的

cr，一旦流入水量或流出水量

工作原理：当电位电刷位于中点（对应

开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度

发生变化时，液面高度就会偏离给定高度r。

当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度r。

反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高到给定高度r。

系统方块图如图所示：

c

c

c

1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统

?

d2r(t)

c(t) 5 r(t) t

dt2； （１）

2

d3c(t)d2c(t)dc(t)

3 6 8c(t) r(t)32

dtdtdt（２）；

dc(t)dr(t)t c(t) r(t) 3dtdt； （３）

（４）c(t) r(t)cos t 5；

tdr(t)

c(t) 3r(t) 6 5 r( )d

dt（５）；

2

（６）c(t) r(t)；

0,t 6 c(t)

r(t),t 6. （７）

2

r解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项(t)，所以该系统为非线性系统。

（2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该

系统为线性定常系统。

（3）该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项

t

（4）因为c(t)的表达式中r(t)的系数为非线性函数cos t，所以该系统为非线性系统。 （5）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。

2r（6）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项(t)，表示二次曲线关系，所以该系统为非

dc(t)

dt的系数为t，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。

线性系统。

0(t 6)a

1(t 6)，所以该系统可看作是（7）因为c(t)的表达式可写为c(t) a r(t)，其中

线性时变系统。

第 二 章

2-3试证明图2-5(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。

分析 首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找出两者之间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，然后利用电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数，然后变换成微分方程的形式，对于机械系统，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列出系统的方程，最后联立求微分方程。 证明：(a)根据复阻抗概念可得：

uo

ui

R2

1C2s

1C1s1

R2

C2sR 1

C1s

R1R2C1C2s2 (R1C1 R2C2 R1C2)s 1

R1R2C1C2s2 (R1C1 R2C2 R1C2) 1

即

d2u0du0d2uidu

R1R2C1C22 (R1C1 R2C2 R1C2) uo R1R2C1C22 (R1C1 R2C2)i ui

dtdtdtdt

取A、B两点进行受力分析，可得：

f1(

dxidxodxdx ) K1(xi xo) f2(o )dtdtdtdt dxdx

f2(o ) K2xdtdt

整理可得：

d2xodxod2xidxf1f22 (f1K1 f1K2 f2K1) K1K2xo f1f22 (f1K2 f2K1)i K1K2xi

dtdtdtdt

经比较可以看出，电网络（a）和机械系统（b）两者参数的相似关系为

K1

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。

1,f1C1

R1,K2

1,f2C2

R2

(1) 2x(t) x(t) t;

(２)x(t) 2x(t) x(t) (t）。

2-7 由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-6所示，试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕ

ｒ(ｓ)

。

图2-6

控制系统模拟电路解：由图可得

U1

R1C1sR1

1C1s

(

UiUo

)RoRo

UoR2

U2R0 U21

U1R0C2s

联立上式消去中间变量U1和U2,可得：

Uo(s) R1R2

3

3

Ui(s)RoR1C1C2s2 RoC2s R1R2

o

2-8 某位置随动系统原理方块图如图2-7所示。已知电位器最大工作角度 max 330，功率放大级放大系数为K3,

要求：

(1) 分别求出电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2； (2)

画出系统结构图；

(3) 简化结构图，求系统传递函数

0(s)/ i(s)。

图2-7

位置随动系统原理图

分析：利用机械原理和放大器原理求解放大系数，然后求解电动机的传递函数，从而画出系统结

构图，求出系统的传递函数。

K0

解：（1）

E

m

303300

1800

180

V/rad11

30 103

K1 3

10 103

3

20 10K2 23

10 10

（2）假设电动机时间常数为Tm，忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为

K (s)

m

Ua(s)Tm 1

1

(rads)/V。 式中Km为电动机的传递系数，单位为

1

K(V/rad s)，则其传递函数为 t又设测速发电机的斜率为

Ut(s)

Kt

(s)

由此可画出系统的结构图如下：

（3）简化后可得系统的传递函数为

o(s)

i(s)

1

Tm1 K2K3KmKt

s2 s 1

K0K1K2K3KmK0K1K2K3Km

2t t

c(t) 1 e e2-9 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，

试求系统的传递函数和脉冲响应。

分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时间域表示变成频域表示，进而求解出系统的传递函数，然后对传递函数进行反变换求出系统的脉冲响应函数。

R(s)

解：（1）

1

s，则系统的传递函数

111s2 4s 2C(s)

ss 2s 1s(s 1)(s 2) C(s)s2 4s 2G(s)

R(s)(s 1)(s 2)

（2）系统的脉冲响应

s2 4s 212

L[G(s)] L[] L 1[1 ] (t) e t 2e 2t

k(t) (s 1)(s 2)s 1s 2

1

1

2-10 试简化图2-9中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。

图2-9 题2-10

系统结构图

分析：分别假定R(s)=0和N(s)=0，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换，将其化成最简单的形式，从而求解系统的传递函数。 解：（a）令N（s）＝0，简化结构图如图所示：

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