自动控制原理(胡寿松第5版)及答案

胡寿松自动控制原理习题解答第二章This is tri0al version 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 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 )dt 1 0 2 0于是得水箱的微分方程为F dH  Q − Qdt 1 22—2 设机 械系统如图 2—57 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。胡寿松自动控制原理习题解答第二章This is tri1al version 图 2—57 机械系统解 ①图 2—57(a)：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This is tri2al version 21f1 ( x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 )胡寿松自动控制原理习题解答第二章This is tri9al version  t t33(２ ) &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 e−t / 2 sin 2 所以： x(t ) 2 e −t / 23 sin 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 → X (s) s1 s(s 2  2s  1)1s(s  1) 2 1 −s1 s  11(s  1) 2