控制系统的数学模型习题及答案

I R ( s) ，可得： U c ( s ) R 2 C 2 s 2 + 2 RCs + 1 = U r ( s ) R 2 C 2 s 2 + 3RCs + 1 du c2 du r2 3 du c 1 2 du r 1 微分方程为 u + + = + + 2 2 ur c 2 2 2 2 dt CR dt C R dt CR dt C R
1 Cs
（5） （6）
(d) 由图解2-1（d）可写出
U r ( s ) = R I R ( s ) + [I R ( s ) + I c ( s )] I c (s) 1 = RI R ( s ) − RI c ( s ) Cs
1 （7） Cs 联立式（5）、（6）、（7），消去中间变量 I C ( s ) 和 U c ( s ) = I c ( s ) R + [I R ( s ) + I c ( s )]
2-2 试证明图2-28中所示的力学系统(a)和电路系统(b)是相似系统（即有相同形式 的数学模型）。
解 (a) 取A、B两点分别进行受力分析，如图
11
解2-2(a)所示。对A点有
& & &− y & k 2 ( x − y) + f 2 ( x −y ) = f1 ( y 1)
对B点有
(1)
&− y & f1 ( y 1 ) = k1 y1
−2 t
+ e − t ，试求系统
的传递函数和脉冲响应。
1 ，依题意 s 1 2 1 3s + 2 1 C (s) = − ⋅ + = s s + 2 s + 1 ( s + 1)( s + 2) s C ( s) 3s + 2 = ∴ G ( s) = R( s) ( s + 1)( s + 2) 4 ⎤ ⎡ −1 + k (t ) = L−1 [G ( s )] = L−1 ⎢ = 4e − 2 t − e − t ⎥ ⎣s +1 s + 2⎦ C (s) 2 & = 2 ，且初始条件为 c (0) = −1 ， c 2-7 已知系统传递函数 ( 0) = 0 ， R( s ) s + 3s + 2 试求系统在输入 r (t ) = 1(t ) 作用下的输出 c (t ) 。
h = h0 +
代入原方程可得
1 d h | h0 ⋅Δh = h0 + ⋅ Δh dt 2 h0
（1）
d (h0 + Δh) α 1 1 + ( h0 + ⋅ Δh) = (Qr 0 + ΔQr ) dt S S 2 h0
在平衡工作点处系统满足
（2）
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dh0 + α h0 = Qr 0 dt
） 式（2），（3）相减可得 Δh 的线性化方程
相同，所以两系统是相似的。 假设某容器的液位高度 h 与液体流入量 Qr 满足方程
2-3
dh α + dt S
h=
1 Qr ， S
式中 S 为液位容器的横截面积， α 为常数。若 h 与 Qr 在其工作点 (Qr 0 , h0 ) 附近做微量变 化，试导出 Δh 关于 ΔQr 的线性化方程。 解 将 h 在 h0 处展开为泰勒级数并取一次近似
2-9 某位置随动系统原理框图如图2-31所示，已知电位器最大工作角度 Qm ＝330 ，
0
功率放大器放大系数为 k 3 。 （1） （2） （3） 分别求出电位器的传递函数 k 0 ，第一级和第二级放大器的放大系数 k1 ， k 2 ； 画出系统的结构图； 求系统的闭环传递函数 Qc ( s )
Qr ( s ) 。
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解 (1) 电位器的传递函数
K0 =
E = Qm
30 330 0 ×
π
180 0
=
180 0 11π
根据运算放大器的特性，可分别写出两级放大器的放大系数为
30 × 10 3 K1 = − = −3 ， 10 × 10 3
20 × 10 3 K2 = − = −2 10 × 10 3
(2) 可画出系统结构如图解2-9所示：
2-10 飞机俯仰角控制系统结构图如图2-32所示，试求闭环传递函数 Qc ( s )
解
经结构图等效变换可得闭环系统的传递函数
Qc ( s ) 0.7( s + 0.6) = 3 Qr ( s) s + (0.9 + 0.7 K ) s 2 + (1.18 + 0.42 K ) s + 0.68
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（3
S
2-4
α dΔh + Δh = ΔQr dt 2 h0
试求图2-29所示各信号 x (t ) 的象函数 X ( s ) 。
解 （a） Θ x(t ) = 2 + (t − t 0 )
2 1 −t0 s + e s s2 （b） Θ x(t ) = a + (b − a )(t − t1 ) − (b − c)(t − t 2 ) − c(t − t 3 ) 1 ∴ X ( s ) = [ a + (b − a )e −t1s − (b − c)e −t2 s − ce −t3s ] s 4 4 T 4 T 4 t − 2 (t − ) − 2 (t − ) + 2 (t − T ) （c） Θ x (t ) = 2 2 T 2 T T T
试绘制系统结构图，并求闭环传递函数 解 系统结构图如图解2-11所示。
C ( s) 。 R( s)
利用结构图等效化简或梅逊增益公式可求出系统的闭环传递函数为
G1G2 G3G4 C ( s) = R( s) 1 + G2 G3G6 + G3G4 G5 + G1G2 G3G4 G7 − G1G2 G3 G4 G8
1 s 1 1 1 s +1 1 1 2 − 2 = − ⋅ + ⋅ (3) 原式 ＝ 2 2s s + 2 s + 2 2s 2 ( s + 1) + 1 2 ( s + 1) 2 + 1 1 1 ∴ x(t ) ＝ + e −t (sin t − cos t ) 2 2
2-6 已知在零初始条件下，系统的单位阶跃响应为 c(t ) = 1 − 2e
（b）如图解2-1(b)所示，取A,B两点分别进行受力分析。对A点有
k1 ( x − x1 ) = f (
对B点有
dx1 dy − ) dt dt
（1）
f(
dx1 dy − ) = k2 y dt dt
（2）
联立式（1）、（2）可得：
k1 k 2 k1 dx dy y= + dt f (k1 + k 2 ) k1 + k 2 dt
2-11 已知系统方程组如下：
⎧ X 1 ( s ) = G1 ( s ) R( s ) − G1 ( s )[G7 ( s ) − G8 ( s )]C ( s ) ⎪ X ( s ) = G ( s )[ X ( s ) − G ( s ) X ( s )] ⎪ 2 2 1 6 3 ⎨ ⎪ X 3 ( s ) = [ X 2 ( s ) − C ( s )G5 ( s )]G3 ( s ) ⎪ ⎩ C ( s) = G4 ( s) X 3 ( s )
解 单位阶跃输入时，有 R ( s ) = 解 系统的微分方程为
d 2 c(t ) dc(t ) +3 + 2c(t ) = 2r (t ) 2 dt dt
考虑初始条件，对式（1）进行拉氏变换，得
（1）
s 2 C ( s ) + s + 3sC ( s ) + 3 + 2C ( s ) =
2 s
（2）
解 （a）以平衡状态为基点，对质块 m 进行受力分析（不再考虑 重力影响），如图解2-1(a)所示。根据牛顿定理可写出
F (t ) − ky (t ) − f
整理得
dy d2y =m 2 dt dt
d 2 y (t ) f dy (t ) k 1 + + y (t ) = F (t ) 2 dt m dt m m
x(t ) = e t −1
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(2) 原式 ＝
−1 1 3 1 1 + − + + 3 2 2( s + 2) 4( s + 2) 8( s + 2) 24 s 3( s + 3) 2 − t − 2 t t − 2 t 3 − 2 t 1 −3t 1 e + e − e + e + ∴ x（t）＝ 4 4 8 3 24
U c ( s) = 1 R2 + C2 s
U r (s) 1 C1 s 1 + R2 + 1 C1 s R1 + C1 s R1 ⋅
整理得
U c (s) R1 R2 C1C 2 s 2 + ( R1C1 + R2 C 2 ) s + 1 = U r ( s) R1 R2 C1C 2 s 2 + ( R1C1 + R2 C 2 + R1C 2 ) s + 1 比较两系统的传递函数，如果设 R1 = 1 k1 , R2 = 1 k2 , C 1 = f1 , C 2 = f 2 , 则两系统的传递函数
(3)
K 0 K1 K 2 K 3 K m Qc ( s ) s (Tm s + 1) = K K K K K KK K K Qr ( s ) 1+ 2 3 m t + 0 1 2 3 m Tm s + 1 s (Tm s + 1) 1 = Tm 1 + K2 K3Km Kt s2 + s +1 K 0 K1 K 2 K 3 K m K 0 K1 K 2 K 3 K m Qr ( s ) 。