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
ur （表征液
位的希望值 度不变。
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
工作原理：当电位电刷位于中点（对应
ur ）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的
开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度
cr ，一旦流入水量或流出水量
发生变化时，液面高度就会偏离给定高度
cr 。
从而 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，
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
r 。
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
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 。
系统方块图如图所示：
cr
下列各式是描述系统的微分方程，其中
是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统 ?
1-10
c(t) 为输出量， r (t) 为输入量，试判断哪些
c(t )
（１）
5r 2 (t) t d 2 r (t)
dt 2 ；
d 3c(t )
3（２） dt
3 d 2 c(t) 6 dc(t )
dt 2 c(t )
8c(t ) r (t)
dt
；
t dc(t )
dt
r (t)
3 dr (t )
dt
t
（３）
；
（４） c(t )
r (t ) cos t
5；
dt
dr (t )
c(t) 3r (t) 6
r 2 (t) ；
5
r ( )d
；
（５） （６） c(t )
c(t )
（７）
0, t
6 6.
r (t),
t
，所以该系统为非线性系统。 解：（ 1）因为 c(t) 的表达式中包含变量的二次项
（ 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
r 2 (t )
t
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。
（4）因为 c(t) 的表达式中 r(t) 的系数为非线性函数 ，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。
（ 6）因为 c(t) 的表达式中包含变量的二次项 系统。
cos t
r (t )
2
，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性
（7）因为 c(t) 的表达式可写为 线性时变系统。
c(t )a
a r (t) ，其中
0 (t 6)
1 (t
6) ，所以该系统可看作是
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， 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， 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：
然后利用
对于机械系统，
uo ui
R2
1
C2 s
R1 C1 s
R1R2C1C2 s
2
( R1C1 R2C2 ( R1C1 R2C2
R1C 2 )s 1 R1C2 ) 1
R1R2 C1C 2s2
R2
1 C 2s
R1
1 C1 s
即
R1 R2 C1C2 d u0 ( R1C1
2dt 2R2C2
R1C2 ) du0dt
uo
R1R2C1C2 d ui ( R1C1 R2C2 ) dt dt 2
2dui
ui
取 A、 B 两点进行受力分析，可得：
f1 (
dxdxoi
dt
dx K 2 x
dt dt 整理可得：
o
f2 (
dx
dt
) K1 ( xi xo )
f2 (
dx
o
dt
dx ) dt
)
d 2 xo
dxo
d 2 xi
dxi
f1 f 2 dt 2 K1
( f1K1 f1 K 2 f 2 K1 ) dt
K1 K 2 xo f1 f2 dt 2
( f1K 2
f2 K1) dt
x(t)
K1K 2 xi
经比较可以看出，电网络（
1
, f1
R1,K2
1
a）和机械系统（ b）两者参数的相似关系为
, f2
R2
C1 C2
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
曲线，指
出各方程式的模态。 (1) ( ２ )
2x(t ) x(t) t;
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
R1 C1s
1
U1
(
U i U o Ro Ro )
R1 C1s
U o U 2 U 2 U1
R2 R0
1
R0 C2s
联立上式消去中间变量 U1 和 U2, 可得：
U o (s) U i (s)
R1R2
Ro3R1C1C2 s2 Ro3C2 s R1 R2
率放大级放大系数为
2-8 某位置随动系统原理方块图如图
K
, 要求：
2-7 所示。已知电位器最大工作角度
m ax330o ，功
(1) 分别求出电位器传递系数
3
K 、第一级和第二级放大器的比例系数
0
K 和K；
1
2
(2) 画出系统结构图；
(3)
简化结构图，求系统传递函数
(s) /(s)0 i
。
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。
K 0
解：（ 1）
E
m
30
0
180 11
0
V / rad
330
180
K1
K 2
30 103 10 10 20 103
10 10
3
3
3
2
（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
( s) K m
U a (s) Tm 1 (rad s 1 ) / V 。
式中 Km为电动机的传递系数，单位为 又设测速发电机的斜率为
i
K t (V / rad
s 1 )
，则其传递函数为
U t (s)
(s)
K t
由此可画出系统的结构图如下：
(s)
-
K o K1
U 1
-
K 2
U 2
K3
U a K m
(s) 1
s
Tm s 1
K t
U t ( s)
（3）简化后可得系统的传递函数为
o (s) i (s)
Tm
2
1 1 K 2 K3 K m Kt K0 K1 K 2K 3K m s 1
K 0K1 K 2 K3 K m s
2-9 若某系统在阶跃输入 r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出
试求系统的传递函数和脉冲响应。
响应 c(t) 1 e
2t
e t ，
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)
1
解：（ 1）
C( s)
s ，则系统的传递函数
1 s s C( s)
1
1
s2
4s 2
G(s)
2 s 1 s( s 1)(s 2) s2 4s 2
R( s)
L
1
( s 1)(s 2)
L
1
t
（2）系统的脉冲响应
[G(s)]
k (t)
[
(s 1)(s
s2
4s 2
]
L [1
1
1 s
2
1 s 2
C(s)/R(s )
](t) e
2e
2 t
2)
2-10 试简化图 2-9 中的系统结构图，并求传递函数 和 C(s)/N(s) 。
自动控制原理第五版课后答案完整版2
