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r u （表征液位的希望值r c ）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度不变。

工作原理：当电位电刷位于中点（对应r u ）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r c ，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r c 。

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，从而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r c 。

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r c 。

系统方块图如图所示：1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统（１）222)()(5)(dt t r d tt r t c ++=； （２）)()(8)(6)(3)(2233t r t c dt t dc dt t c d dt t c d =+++； （３）dt t dr t r t c dt t dc t)(3)()()(+=+； （４）5cos )()(+=t t r t c ω；（５）⎰∞-++=t d r dt t dr t r t c ττ)(5)(6)(3)(；（６）)()(2t r t c =；（７）⎪⎩⎪⎨⎧≥<=.6),(6,0)(t t r t t c解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项2()r t ，所以该系统为非线性系统。

（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()dc t tdt 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cos t ω，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2()r t ，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。

（7）因为c(t)的表达式可写为()()c t a r t=⋅，其中0(6)1(6)tat⎧<⎪=⎨≥⎪⎩，所以该系统可看作是线性时变系统。

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，然后利用电压、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，对于机械系统，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：2221212112212211212112212122111()1()111oiR u C sR R C C s R C R C R C s R u R R C C s R C R C R C C s R C s R C s+++++==+++++++即220012121122121212112222()()i i o id u du d u duR R C C R C R C R C u R R C C R C R C u dt dt dt dt++++=+++取A 、B 两点进行受力分析，可得：o 112()()()i o i o dx dx dx dx f K x x f dt dt dt dt -+-=- o 22()dx dxf K x dt dt -= 整理可得：2212111221121212211222()()o o i i o id x dx d x dx f f f K f K f K K K x f f f K f K K K x dt dt dt dt ++++=+++经比较可以看出，电网络（a ）和机械系统（b ）两者参数的相似关系为1112221211,,,K f R K f R C C2-5 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x(t)曲线，指出各方程式的模态。

(1) ;)()(2t t x t x =+(２)）。

t t x t x t x ()()(2)(δ=++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U ｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。

图2-6 控制系统模拟电路解：由图可得11111()1i o o oR U U C sU R R R C s =--+220o U R U R =21021U U R C s =联立上式消去中间变量U1和U2,可得：12323112212()()o i o o U s R R U s R R C C s R C s R R -=-++2-8 某位置随动系统原理方块图如图2-7所示。

已知电位器最大工作角度o330m ax =θ，功率放大级放大系数为K 3,要求：(1) 分别求出电位器传递系数K 0、第一级和第二级放大器的比例系数K 1和K 2；(2) 画出系统结构图；(3) 简化结构图，求系统传递函数)(/)(0s s i θθ。

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。

解：（1）00030180/11330180mEK V rad πθπ===⨯313301031010K -⨯==-⨯323201021010K -⨯==-⨯（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()()1m a m K s U s T Ω=+式中Km 为电动机的传递系数，单位为1()/rad s V -。

又设测速发电机的斜率为1(/)t K V rad s -⋅，则其传递函数为 ()()t tU s K s =Ω由此可画出系统的结构图如下：（3）简化后可得系统的传递函数为22301230123()11()1o m m ti m ms T K K K K s s s K K K K K K K K K K θθ=+++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 响应tt e e t c --+-=21)(，试求系统的传递函数和脉冲响应。

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。

解：（1）1()R s s =，则系统的传递函数211142()21(1)(2)s s C s s s s s s s ++=-+=++++ 2()42()()(1)(2)C s s s G s R s s s ++==++（2）系统的脉冲响应()k t =211124212L [G(s)]L []L [1]()2(1)(2)12t ts s t e e s s s s δ-----++==-+=-+++++2-10 试简化图2-9中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。

图2-9 题2-10系统结构图分析：分别假定R(s)=0和N(s)=0，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换，将其化成最简单的形式，从而求解系统的传递函数。

解：（a）令N（s）＝0，简化结构图如图所示：可求出：12112 ()()1(1)G GC sR s H G G=++令R（s）＝0，简化结构图如图所示：所以：3212112121(1)()()1G G G G H C s N s G G G G H -+=++ （b ）令N （s ）＝0，简化结构图如下图所示：(N(N()s(N()s(N()s所以：124342434(1)()()1G G G G G C s R s G G G G ++=++ 令R （s ）＝0，简化结构图如下图所示：42434()()1G C s N s G G G G =++2-12 试用梅逊增益公式求图2-8中各系统信号流图的传递函 数C(s)/R(s)。

4GN C23G G +12G G 23G G +4GR C 23G G +12G G23G G +4GRC图2-11 题2-12系统信号流图解：（a ） 存在三个回路：312323431G H G G H G G H ∆=+++ 存在两条前向通路：1123451262,1,P G G G G G P G =∆==∆=∆所以：12345631343232()()1G G G G G C s G R s G H G G H G G H =++++ （b ）9个单独回路：12124236343454512345656734565718658718659841,,,,,,,L G H L G H L G H L G G G H L G G G G G G H L G G G G G H L G G G H L G H G G H L G H H =-=-=-=-=-=-=-==6对两两互不接触回路：121323728292L L L L L L L L L L L L三个互不接触回路1组：123L L L 4条前向通路及其余子式：112345612734563718642418642P =G G G G G G ,=1 ; P =G G G G G , 2=1 ;P =-G H G G ,3=1+G H ; P =G G G , 4=1+G H ∆∆∆∆所以，419612311()()1kkk a b c a P C s R s L L L L L L ==∆=-+-∑∑∑第 三 章3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为：1.20()1012.5sin(1.653.1)t h t e t -=-+ 试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。

解：依题意pt t =时()0p h t '=，并且pt 是使()p h t '第一次为零的时刻(p t ≠)1.20()1012.5sin(1.653.1)t h t e t -=-+1.2001012.5(cos53.1sin1.6sin 53.1cos1.6)t e t t -=-+1.20 1.20 1.2()15sin(1.653.1)20cos(1.653.1)25sin1.6t t t h t e t e t e t ---'=+-+=可见，当()h t '第一次为0时，1.6 1.96p p t t π=⇒=，所以1.21.960180()1012.5sin(1.6 1.9653.1)10.95p h t eπ-⨯=-⨯⨯+=()()10.9510%100%100%9.5%()10p h t h h σ-∞-=⨯=⨯=∞ 根据调节时间s t 的定义：0.95()() 1.05()s h h t h ∞<<∞，即1.29.51012.50.5t e -<-<，得ln 0.04 3.2122.681.2 1.2s t >-== 所以：%9.5% 1.96 2.68p s t st sσ===3-5设图3-3是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K １和Kt ，使系统ωｎ＝６、ζ＝１。