《自動控制原理胡壽松第5版課后習題及答案完整.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《自動控制原理胡壽松第5版課后習題及答案完整.doc（106頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、胡壽松自動控制原理習題解答第二章21設水位自動控制系統(tǒng)的原理方案如圖 118 所示，其中 Q1 為水箱的進水流量，Q2 為水箱的用水流量，H 為水箱中實際水面高度。假定水箱橫截面積為 F，希望水面高度為 H 0 ，與 H 0 對應的水流量為 Q0 ，試列出水箱的微分方程。解當 Q1 = Q2 = Q0 時，H = H 0 ；當 Q1 Q2 時，水面高度 H 將發(fā)生變化，其變化率與流量差 Q1 Q2 成正比，此時有F d (H H 0 ) = (Q Q ) (Q Q )dt1020于是得水箱的微分方程為F dH = Q Qdt1222設機械系統(tǒng)如圖 257 所示，其中 xi 為輸入位移， x0

2、為輸出位移。試分別列寫各系統(tǒng)的微分方程式及傳遞函數(shù)。圖 257機械系統(tǒng)解圖 257(a)：由牛頓第二運動定律，在不計重力時，可得f1 ( x&i x&0 ) f 2 x&0 = m&x&0整理得2m d x0 + ( f+ f ) dx0 = fdxidt 212dt1 dt將上式進行拉氏變換，并注意到運動由靜止開始，即初始條件全部為零，可得1ms 2 + ( f+ f 2)sX0 (s) =f1 sX i(s)于是傳遞函數(shù)為X 0 (s) =X i (s)f1ms + f1 + f 2圖 257(b)：其上半部彈簧與阻尼器之間，取輔助點 A，并設 A 點位移為 x ，方向朝下；而在其下半部工

3、。 引出點處取為輔助點 B。則由彈簧力與阻尼力平衡的原則，從 A 和 B 兩點可以分別列出如下原始方程：K1 ( xi x) =f ( x& x&0 )K 2 x0 =f ( x& x&0 )消去中間變量 x，可得系統(tǒng)微分方程f (K+ K ) dx0 + K K x= K fdxi12dt12 01dt對上式取拉氏變換，并計及初始條件為零，得系統(tǒng)傳遞函數(shù)為X 0 (s) =X i (s)fK1 sf (K1 + K 2 )s + K1 K 2圖 257(c)：以 x0 的引出點作為輔助點，根據(jù)力的平衡原則，可列出如下原始方程：K1 ( xi x) + f ( x&i x&0 ) = K 2

4、x0移項整理得系統(tǒng)微分方程f dx0 + (Kdt1+ K 2) x0 =f dxidt+ K1 xi對上式進行拉氏變換，并注意到運動由靜止開始，即xi (0) = x0 (0) = 0則系統(tǒng)傳遞函數(shù)為X 0 (s) =X i (s)fs + K1fs + (K1 + K 2 )2-3 試證明圖2-58()的電網(wǎng)絡與(b)的機械系統(tǒng)有相同的數(shù)學模型。圖 2-58電網(wǎng)絡與機械系統(tǒng)1R11 C sRR解：（a）：利用運算阻抗法得： Z= R /= 1 = 1 = 1 11C sR C s +T s +1R1+ 1C1 s1 1111Z 2 = R2+ 1C2 s= 1C2 s(R2 C2s + 1

5、) =1C2 s(T2 s + 1)U (s)Z1(T2 s + 1)C s(T s + 1)(T s + 1)所以： 0 = 2 = 2 = 1 2 U i (s)Z1 + Z 2R1+T1 s + 11C2 s(T2 s + 1)R1C2 s + (T1 s + 1)(T2 s + 1)(b)以 K1 和 f1 之間取輔助點 A，并設 A 點位移為 x ，方向朝下；根據(jù)力的平衡原則，可列出如下原始方程：K 2 ( xi x0 ) + f 2 ( x&i x&0 ) =f1 ( x&0 x&)（1）K1 x =f1 ( x&0 x&)（2）所以 K 2 ( xi x0 ) + f 2 ( x

6、&i x&0 ) = K1 x對（3）式兩邊取微分得K 2 ( x&i x&0 ) + f 2 (&x&i &x&0 ) = K1 x&將（4）式代入（1）式中得（3）（4）K1 K 2 ( xi x0 ) + K1 f 2 ( x&i x&0 ) = K1 f1 x&0 f1 K 2 ( x&i x&0 ) f1 f 2 (&x&i &x&0 )整理上式得f1 f 2 &x&0 + f1 K 2 x&0 + K1 f1 x&0 + K1 f 2 x&0 + K1 K 2 x0= f1 f 2 &x&i + f1 K 2 x&i + K1 f 2 x&i + K1 K 2 xi對上式去拉氏變換

7、得12f f112s 2 + ( f K2+ K1 f1+ K10f 2 )s + K1 K 2X (s)12= ff s 2 + ( f K+ K1f 2 )s + K1 K 2 Xi(s)所以：X 0 (s) =22f1 f 2 s+ ( f1 K 2 + K1 f 2 )s + K1 K 2f1 f 2K1 K 2=s 2 + ( f1K1+ f 2 )s + 1K 2X i (s)f1 f 2 s+ ( f1 K 2 + K1 f1 + K1 f 2 )s + K1 K 2f1 f 2K1 K 2s 2 +( f1K1+ f 2 )s + 1 + f1K 2K 2( f1K=1s +

8、1)( f 2K 2s + 1)( f1K1s + 1)( f 2K 2s + 1) + f1K 2所以圖 2-58()的電網(wǎng)絡與(b)的機械系統(tǒng)有相同的數(shù)學模型。24 試分別列寫圖 2-59 中個無源網(wǎng)絡的微分方程式。解：（a） :列寫電壓平衡方程：duCuCui u0 = uCiC = CdtduCuC iR1 =R1R1d (ui u0 )ui u0 u0 = (iC + iR1 )R2 = C+ R2 = C+ R2整理得：dtR1 dtR1CR du0 + C R20+ 1u= CRdui+ C R2 u2 dtR12 dti(b) :列寫電壓平衡方程：duC1ui u0 = uC1

9、（1）iC1 = C1dt（2）iC 2 =uC1 + iC1 R R+ iC1 =uC1R+ 2iC1 = C2duC 2dt= C2d (u0 iC1 R)dt（3）即： uC1R+ 2iC1 = C2d (u0 iC1 R)dt2（4）將（1）（2）代入（4）得：ui u0 + 2Cd (ui u0 ) = Cdu0 C CR d uC1R1dt2 dt1 2dt 2uudududud 2 ud 2 u即： i 0 + 2C i 2C 0 = C 0 C CR i + C CR 0 RR整理得：1 dt1 dt2 dt1 2dt 21 2dt 22C C R d u0CCdu0u0C C

10、 R d uiuiC dui1 2dt 2+ ( 2 + 21 ) dt + R =1 22dt 2+ 2R1 dt2-5 設初始條件均為零，試用拉氏變換法求解下列微分方程式，并概略繪制x(t)曲線，指出各方程式的模態(tài)。(1)2 x&(t ) + x(t ) = t;解：對上式兩邊去拉氏變換得：（2s+1）X（s）=1/s2 X (s) =1= 1s 2 (2s + 1)s 2 1 +s42s + 1運動模態(tài) e 0.5t所以： x(t ) = t 2(1 e 1 t2 )() &x&(t ) + x&(t ) + x(t) = (t）。解：對上式兩邊去拉氏變換得：(s 2 + s + 1)

11、X (s) = 1 X (s) =1(s 2 + s + 1)=1(s + 1/ 2) 2 + 3 / 4運動模態(tài) et / 2t3sin 2所以： x(t ) =2 e t / 23t3sin 2（3） &x&(t ) + 2x&(t ) + x(t ) = 1(t）。解：對上式兩邊去拉氏變換得：(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運動模態(tài) e t (1 + t )所以： x(t ) = 1 e t te t= 1 e t (1 + t)2-6 在液壓系統(tǒng)管道中，

12、設通過閥門的流量滿足如下流量方程：Q = KP式中 K 為比例常數(shù)， P 為閥門前后的壓差。若流量 Q 與壓差 P 在其平衡點 (Q0 , P0 ) 附近作微小變化，試導出線性化方程。解：設正常工作點為 A，這時 Q0 = KP0在該點附近用泰勒級數(shù)展開近似為：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x0即 Q Q0 = K1 (P P0 ) dQ 其中 K1 = dP= 1 K1002 P = PP2-7 設彈簧特性由下式描述：F = 12.65 y1.1其中，是彈簧力；是變形位移。若彈簧在變形位移附近作微小變化，試推導的線性化方程。解：設正常工作點為 A，這時

13、F = 12.65 y1.100在該點附近用泰勒級數(shù)展開近似為：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x0即 F F0 = K1 ( y y0 ) dF 其中0.10.1K1 = = 12.65 1.1y0= 13.915 1.1y0 dy y = y02-8 設晶閘管三相橋式全控整流電路的輸入量為控制角，輸出量為空載整流電壓，它們之間的關系為：0ed = Edcos式中是整流電壓的理想空載值，試推導其線性化方程式。解：設正常工作點為 A，這時 Ed= Ed 0 cos 0在該點附近用泰勒級數(shù)展開近似為：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0

14、dx0 x00即 ed Edcos 0 = K s ( 0 )s其中 K = ded d= Ed 0 sin 0 =2-9 若某系統(tǒng)在階躍輸入r(t)=1(t)時，零初始條件下的輸出響應 c(t) = 1 e 2t + e t ，試求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)和脈沖 響應。解：對輸出響應取拉氏變換的：C (s) = 1 1+1=s 2 + 4s + 2因為： C (s) = (s)R(s) = 1 (s)ss + 2s + 1s(s + 1)(s + 2)s所以系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為： (s) =s 2 + 4s + 2 (s + 1)(s + 2)= 1 +s(s + 1)(s + 2)= 1 1+s + 1

15、2s + 2系統(tǒng)的脈沖響應為： g (t ) = (t) e t + e 2t2-10 設系統(tǒng)傳遞函數(shù)為C (s)=R(s)2s 2 + 3s + 2且初始條件 c(0)=-1, c& (0)。試求階躍輸入 r(t)=1(t)時，系統(tǒng)的輸出響應 c(t)。解：由系統(tǒng)的傳遞函數(shù)得：2d c(t) + 3 dc(t) + 2c(t ) = 2r (t )（1）dt 2dt對式（1）取拉氏變換得：s 2 C (s) sc(0) c&(0) + 3sC (s) 3c(0) + 2C (s) = 2R(s)將初始條件代入（2）式得(s 2 + 3s + 2)C (s) + s + 3 = 2 1s（2）

16、即： C (s) =2 s 2 3s=s(s 2 + 3s + 2)2 2s + 6ss 2 + 3s + 2= 1 s4+s + 12s + 2所以： c(t) = 2 4e t + 2e 2t2-11 在圖 2-60 中，已知和兩方框相對應的微分方程分別是6 dc(t ) + 10c(t) = 20e(t )dt20 db(t) + 5b(t ) = 10c(t)dt且初始條件均為零，試求傳遞函數(shù) C (s) / R(s) 及 E(s) / R(s)解：系統(tǒng)結構圖及微分方程得：G(s) =206s + 10H (s) =1020s + 51020E (s) 10 10C (s) =10G(

17、s)= 6s + 10 R(s)= =1 + G(s)H (s)20 10R(s)1 + G(s)H (s)1 +20101 +6s + 10 20s + 56s + 10 20s + 510(20s + 5)(6s + 10)1200s 2 + 1500s + 5000=200(20s + 5)= = 200(20s + 5)= =(6s + 10)(20s + 5) + 200120s 2 + 230s + 250(6s + 10)(20s + 5) + 200120s 2 + 230s + 2502-12 求圖 2-61 所示有源網(wǎng)絡的傳遞函數(shù)1解：（a） Z 0 = R0 /=C sR

18、1C0 s 1= R0T s + 1T0 = R0 C0R00 +0C0 sU 0 (s) = R1= R1 (T s + 1)RU i (s)Z 00（b） Z 0= R000/ 1=C sR1C0 s 1= R0T s + 1T0 = R0 C0R00 +0C0 s11Z = R + 1= T1 s + 1T = R CC1 sC1 s11 1U 0 (s) = Z1 = 1(T s + 1)(T s + 1)U (s)ZR C s1 0i 0 0 1Z12= R1/( R2+ 1C2 s) = R1/ T2 s + 1C2 s（c）1=R T2 s + 1C2 s= R1 (T2 s +

19、 1)T2 = R2 C21R + T2 s + 1C2 sT2 s + R1 + 1U 0 (s) = Z12= R1T2 s + 1U i (s)R0R0 T2 s + R1 + 12-13由運算放大器組成的控制系統(tǒng)模擬電路如圖2-62所示，試求閉環(huán)傳遞函數(shù)U()()。圖2-62控制系統(tǒng)模擬電路解：U1 (s)= Z1（1）U 2 (s) = Z 2（2）U 0 (s) = R2 （3）U 0 (s) + U i (s)R0U1 (s)R0U 2 (s)R0式（1）（2）（3）左右兩邊分別相乘得U 0 (s)U 0 (s) + U i (s)= Z1 Z 2R0 R0R2 即R0R3U 0

20、 (s) + U i (s) = 01 + U i (s) = 0U 0 (s)Z1 Z 2 R2U 0 (s)Z1 Z 2 R2R所以：U i (s) = 0 1U 0 (s)Z1 Z 2 R2R3R+0R11R22U 0 (s) = 1= Z1 Z 2 R2= T1 s + 1 C2 sU (s)R 3R 3 + Z Z RR13i0+ 1Z1 Z 2 R23= R1 R201 2 231R T1 s + 1 C2 s(T1 s + 1)C2 sR0+ R1 R22-14 試參照例2-2給出的電樞控制直流電動機的三組微分方程式，畫出直流電動機的結構圖，并由結構圖等效變換求 出電動機的傳遞函

21、數(shù) m (s) / U a (s) 和 m (s) / M c (s)解：由公式（2-2）、（2-3）、（2-4）取拉氏變換U a (s) Ea (s) = IL s + Ra(s)Ea (s) = Ce m(s)aaCm I a (s) = M m (s)mM m (s) M c (s) = (s)J m s + f m得到系統(tǒng)結構圖如下：McUa(s)1Ia(s)CmMm1m(s)Las+RaJms+fmCe m (s) =CmLa s + Ra1J m s + f m=CmU a (s)1 +Ce CmLa s + Ra1J m s + f m(La s + Ra )( J m s +

22、f m ) + Ce Cm m (s) =M c (s)1 +1J m s + f mCe Cm1=La s + Ra(La s + Ra )( J m s + f m ) + Ce CmLa s + RaJ m s + f m2-15 某位置隨動系統(tǒng)原理方塊圖如圖2-63所示。已知電位器最大工作角度max= 330 o ，功率放大級放大系數(shù)為K3,要求：(1) 分別求出電位器傳遞系數(shù)K0、第一級和第二級放大器的比例系數(shù)K1和K2；(2) 畫出系統(tǒng)結構圖；(3) 簡化結構圖，求系統(tǒng)傳遞函數(shù) 0 (s) / i (s) 。圖2-63位置隨動系統(tǒng)原理圖解：（1） K = 15V01650K = 3

23、0 = 3110K = 20 = 2210（2） e (s) = i (s) 0 (s)U s (s) = K 0 e (s)U a (s) = K1 K 2 K sU s (s)U a (s) = Ra I a (s) + La sI a (s) + Eb (s)M m (s) = Cm I a (s)00mcJs 2 (s) + fs (s) = M (s) M (s)系統(tǒng)結構圖如下：Eb (s) = K b 0 (s)mMcie00K K KKUs1 2 s Ua Eb1Las+RaM10Js2+fsCmKb(3) 系統(tǒng)傳遞函數(shù) 0 (s) / i (s)CmK K K Ks(La s

24、+ Ra )( Js + f )0 12sC KK K K K C 0 (s) =1 + m b s(La s + Ra )( Js + f ) 0 1 2 s m = s(La s + Ra )( Js + f ) + Cm K b i (s)1 + K K K KCms(La s + Ra )( Js + f )1 + K 0 K1 K 2 K s Cms(La s + Ra )( Js + f ) + Cm K b0 12sC K1 + m b s(La s + Ra )( Js + f )= K 0 K1 K 2 K s Cms(La s + Ra )( Js + f ) + Cm K

25、 b + K 0 K1 K 2 K s Cm2-16 設直流電動機雙閉環(huán)調速系統(tǒng)的原理線路如圖 2-64 所示：要求（1） 分別求速度調節(jié)器和電流調節(jié)器的傳遞函數(shù)（2） 畫出系統(tǒng)結構圖（設可控硅電路傳遞函數(shù)為 K 3 /( 3 s + 1) ；電流互感器和測速發(fā)電機的傳遞函數(shù)分別為K 4 和 K 5 ；直流電動機的結構圖用題 2-14 的結果）；（3） 簡化結構圖，求系統(tǒng)傳遞函數(shù) (s) / U i (s)解：（1）速調U ST (s)= Z1R1 +=1C1 s= R1C1 s + 1 = T1 s + 1U i (s) U f (s)R流調R1R2 +RC1 sRC1 sU LT (s)=

26、 Z 2 =C2 s= R2 C2 s + 1 = T2 s + 1U ST (s) U dlfk (s)RRRC2 sRC2 s（2）系統(tǒng)結構圖如下：K4UiT1s+1RC1sUfUSTT2s+1RC2sULTK3Ua3s+1 Eb1MmCmLas+Ra IaCe1Jms+fmK5(3) 簡化結構圖，求系統(tǒng)傳遞函數(shù) (s) / U i (s)因為求系統(tǒng)傳遞函數(shù) (s) / U i (s) ，所以令 M c = 0 ，系統(tǒng)結構圖如下：K4UiT1s+1UfUSTT2s+1RC2sULTK33Ua Eb1Las+Ra Ia1Jms+fmCeK5將 K4 后移到輸出，系統(tǒng)結構圖化簡如下：UiT1s

27、+1RC1sUfUSTT2s+1RC2sULTK4K3Ua3s+1 Eb1Las+Ra IaJms+fmCmCmCe1Jms+fmK5進一步化簡得：UiT1s+1RC1sUSTT2s+1RC2sULTK4K3Ua3s+1Jms+fmCmCm（Las+Ra）(Jms+fm)+ Ce CmUfJms+fm2K5進一步化簡得：UiT1s+1RC1sUfK3 Cm (T2s+1)2CmRC2s (Las+Ra)(Jms+fm)+ Ce Cm(3s+1)+ K3 K4 Cm(Jms+fm)( T2s+1)K5進一步化簡得：UiK3 Cm 212(T s+1)( T s+1)2RC1s CmRC2s (L

28、as+Ra)(Jms+fm)+ Ce Cm(3s+1)+ K3 K4 Cm(Jms+fm)( T2s+1)+ K5 K3 Cm (T2s+1)( T1s+1)所以：(s) =U i (s)3 m21K C 2 (T s + 1)(T s + 1)RC1 sCmRC2s(La s + Ra)( Jm s + f m) + Ce Cm(3 s + 1)+ K 3 K4 Cm( J ms + f m)+ K 5K 3Cm(T2 s + 1)(T1 s + 1)2-17 已知控制系統(tǒng)結構圖如圖2-65所示。試通過結構圖等效變換求系統(tǒng)傳遞函數(shù)C(s)/R(s)。解：（a）圖2-65題2-17系統(tǒng)結構圖R

29、(s)C(s) G1(s）G2(s）G2(s)G3(s)R(s)C(s) G1(s）G2(s）G2(s)G3(s)R(s)G1(s)+ G2(s)11+G2(s) G2(s)C(s)C (s)所以：=R(s)G1 + G21 + G2 G3（b）R(s)G1(s）G2(s）C(s)H1(s）1+ H1(s)H2(s）R(s)G1 (1+ H1H2)1+ H1H2- G1H1G2(s）C(s)C (s)所以：=R(s)G1G2 (1 + H1 H 2 )1 + H1 H 2 G1 H1(c)G3R(s)G1G21+G2H1C(s)H2R(s)G3G2G11+G2H1C(s)G1H2R(s)G1+

30、G3G21+ G2H1+ G1G2H2C(s)C (s)所以：=R(s)G2 (G1 + G3 )1 + G2 H1 + G1G2 H 2(d)R(s)H2/G3C(s)G1G2G3H3H2R(s)H2/ G1G3G3C(s)G1G21+ G3H3H2R(s)H2/ G1G3G3G1G2C(s)C (s)所以：=R(s)1+ G1H1G1G2 G3(1 + G1 H1 )(1 + G3 H 3 ) + G2 H 21+ G3H3(e)R(s)C(s)G1G2H1/ G3G3H2+ H1/ G3G4R(s)G1G2G31+ G2G3H2+ H1G2C(s)H1/ G3G4R(s)G1G2G31+

31、 G2G3H2+ H1G2- G1G2H1C(s)G4C (s)所以：=R(s)G4 +1 + G G HG1G2 G3+ H G G G H2 321 21 21(f)R(s)H1G1G1G2C(s)G3R(s)G1+G3G21+ G1G2H1C(s)C (s)(G + G )G所以：= 132R(s)1 + G1G2 H12-18 試簡化圖2-66中的系統(tǒng)結構圖，并求傳遞函數(shù)C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。解：（1）求C (s)R(s)時， N = 0 這時結構圖變?yōu)椋篏GRC12H1RG1G2C1+G1G2H1C (s)所以：=R(s)G1G21 + G1G2 H1 + G1G

32、2（2）求C (s)N (s)時， R = 0 這時結構圖變?yōu)椋篊NG3G2G1H1進一步化簡得CNG3G2G1H1G1再進一步化簡得：NG2C G31+G1G2H1G1再進一步化簡得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再進一步化簡得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再進一步化簡得：NG2G3-1-G1G2H11+G1G2H1G2C G2+G1 (1+G1G2H1)所以：C (s)R(s)= G2 (G2 G3 1 G1G2 H1 )(1 + G1G2 H1 )G2 + G1 (1 + G1G2 H1 )解：（1）求圖2-66題2-18系統(tǒng)結構圖C (

33、s)時， N = 0 這時結構圖變?yōu)椋篟(s)G1G2R4G2GCG3G1G2R4G2+G3GCG1G2RC G2+G3G4G2+G3RG1G2+G2+G3G4C1+G4(G2+G3)所以：C (s)R(s)= G4 (G1G2 + G2 + G3 )1 + G4 (G2 + G3 )(2) 求C (s)N (s)時， R = 0 這時結構圖變?yōu)椋篘C G2G4G3NC G4G2+G3所以：C (s)R(s)= G41 + G4 (G2 + G3 )This is tri2a3l version胡壽松自動控制原理習題解答第三章3-1 設隨動系統(tǒng)的微分方程為：T&x&0 + x&0 = K 2

34、uu = K1 r (t ) x f T f x& f+ x f= x0其中 T,Tf, K2 為正常數(shù)。如果在外作用 r(t)=1+t 的情況下，使 x0 對 r(t)的穩(wěn)態(tài)誤差不大于正常數(shù) 0 ,試問 k1 應滿足什么條件？ 見習題 3-20 解答3-2 設系統(tǒng)的微分方程式如下：（1）0.2c&(t) = 2r (t )（2） 0.04c& (t) + 0.24c&(t ) + c(t ) = r (t )試求系統(tǒng)的單位脈沖響應 k(t)和單位階躍響應 h(t)。已知全部初始條件為零。解：（1） 因為 0.2sC(s) = 2R(s)單位脈沖響應： C(s) = 10 / sk (t) =

35、 10t 0單位階躍響應 h(t) C(s) = 10 / s 2（2） (0.04s 2 + 0.24s + 1)C(s) = R(s)h(t) = 10tC(s) =t 0R(s)0.04s 2 + 0.24s + 1單位脈沖響應： C (s) =0.04s 21+ 0.24s + 1k (t) =25 e33tsin 4t單位階躍響應 h(t)C(s) =2512s + 62s( s + 3)h(t) = 1 e 3t cos 4t 3 e 3t sin 4t4+ 16s(s + 3)+ 163-3 已知系統(tǒng)脈沖響應如下，試求系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)（）。（1） k (t ) = 0.0125e

36、 1.25t（2） k (t ) = 5t + 10 sin(4t + 450 )（3） k (t ) = 0.1(1 e t / 3 ) 解：（1） (s) =0.0125s + 1.25（2） k (t) = 5t + 10 sin 4t cos 450 + 10 cos 4t sin 450(s) = 5 + 5s 224+ 5s 2 + 162s= 5 + 5s 2 + 16s 22 s + 4s 2 + 16（3） (s) =0.1 s0.1s + 1 / 33-4 已知二階系統(tǒng)的單位階躍響應為h(t ) = 10 12.5e 1.2t sin(1.6t + 53.1o )試求系統(tǒng)的

37、超調量、峰值時間p 和調節(jié)時間s。解： h(t) = 1 11 2e n t sin(1 2 n t + ) = arccos % = e /1 2t p =21 nt = 3.5ns = cos = cos 53.10 = 0.6 % = e /1 2= e 0.6 /10.62= e 0.6 /10.62= 9.5%t p =n1 2 = 1.6= 1.96(s)ts =3.5n= 3.5 = 2.92(s)1.23-5 設單位反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為G(s) =0.4s + 1s(s + 0.6)試求系統(tǒng)在單位階躍輸入下的動態(tài)性能。解：閉環(huán)傳遞函數(shù)GB (s) =G(s)=0.4s +

38、1=s(s + 0.6)0.4s + 121 + G(s)1 + 0.4s + 1s + s + 1s(s+ 0.6)C(s) = G(s)R(s) = 10.4s + 1 =0.4+1Bs s 2 + s + 1s 2 + s + 1s(s 2 + s + 1)=0.4s 2 + s + 1+ 1 ss + 1s 2 + s + 1= 1 ss + 0.6s 2 + s + 1c(t) = 1 e 0.5t cos3 t 2 0.6 e 0.5t sin3 t2= 1 1.22e 0.5t sin(323 t + 55.30 )2h(t) = 1 11 2e n t sin(1 2 n t

39、+ ) = arccos % = e /1 2t p =21 nt = 3.5ns = cos = cos 55.30 = 0.569 % = e /1 2= 11.37% 2t p =n1 2 = 3.63s3t = 3.5ns= 3.5 = 7s0.53-6 已知控制系統(tǒng)的單位階躍響應為h(t ) = 1 + 0.2e 60t 1.2e 10t試確定系統(tǒng)的阻尼比和自然頻率。解： 求拉氏變換得H (s) = 1 +s0.2s + 601.2=s + 10(s + 60)(s + 10) +s(s + 60)(s + 10)0.2s(s + 10)s(s + 60)(s + 10)1.2s(s

40、 + 60)s(s + 60)(s + 10)=600=600 2nn= n s(s + 60)(s + 10)s(s 2 + 70s + 600) 2s(s 2 + 2s + 2 )顯然閉環(huán)傳遞函數(shù)為 n n(s 2 + 2s + 2 )n其中 2 = 600根據(jù)（3-17） n = 10 6n2 n= 70 =72 6h(t) = 1 +e t / T1+T2 / T1 1e t / T12T1 / T2 1解：根據(jù)公式（3-17）h(t) = 1 + te T1 te T2+T1 =T2 / T1 11T1 / T2 11T2 = n ( 1 2 1)n ( +1 2 1)顯然：T1 =10T2 =60 T1 = +T2 2 1 2 11 += 6 =1 1 1 21 1 2解方程得 =72 6由T1 = n ( 1= 1 2 1)102得到 n (