胡寿松自动控制原理习题解答第二章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H0，与H0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=H0；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d(H−H)F0=(Q−Q)−(Q−Q)dt1020于是得水箱的微分方程为dHF=Q−Qdt122—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。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1胡寿松自动控制原理习题解答第二章f1(x&i−x&0)−f2x&0=m&x&0整理得d2xdxdxm0+(f+f)0=fidt212dt1dt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2[ms+(f1+f2)s]X0(s)=f1sXi(s)于是传递函数为X(s)f0=1Xi(s)ms+f1+f2②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：K1(xi−x)=f(x&−x&0)K2x0=f(x&−x&0)消去中间变量x，可得系统微分方程dxdxf(K+K)0+KKx=Kfi12dt1201dt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)fKs0=1Xi(s)f(K1+K2)s+K1K2③图2—57(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)=K2x0移项整理得系统微分方程dxdxf0+(K+K)x=fi+Kxdt120dt1i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(s)fs+K0=1Xi(s)fs+(K1+K2)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胡寿松自动控制原理习题解答第二章图2-58电网络与机械系统1R11C1sR1R1解：（a）：利用运算阻抗法得：Z1=R1//===C1s1R1C1s+1T1s+1R1+C1s111Z2=R2+=()R2C2s+1=()T2s+1C2sC2sC2s1(Ts+1)U(s)ZCs2(Ts+1)(Ts+1)所以：0=2=2=12Ui(s)Z1+Z2R11R1C2s+(T1s+1)(T2s+1)+(T2s+1)T1s+1C2s(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：（）K2(xi−x0)+f2(x&i−x&0)=f1(x&0−x&)1（）K1x=f1(x&0−x&)2所以（）K2(xi−x0)+f2(x&i−x&0)=K1x3对（3）式两边取微分得（）K2(x&i−x&0)+f2(&x&i−&x&0)=K1x&4将（4）式代入（1）式中得K1K2(xi−x0)+K1f2(x&i−x&0)=K1f1x&0−f1K2(x&i−x&0)−f1f2(&x&i−&x&0)整理上式得f1f2&x&0+f1K2x&0+K1f1x&0+K1f2x&0+K1K2x0=f1f2&x&i+f1K2x&i+K1f2x&i+K1K2xi对上式去拉氏变换得3胡寿松自动控制原理习题解答第二章2[f1f2s+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K2]X0(s)2=[]f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K2Xi(s)所以：ffff12s2+(1+2)s+12KKKKX0(s)f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K21212=2=X(s)ffs+(fK+Kf+Kf)s+KKff2fffi121211121212s+(1+2)s+1+1K1K2KK2K21ff(1s+1)(2s+1)KK=12fff(1s+1)(2s+1)+1KKK122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：duCuCui−u0=uCiC=