Chapter2.1：控制系统的数学模型

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
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自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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第二章：控制系统的数学模型

Example2.1

求下列函数的拉普拉斯变换$F(s)$，并求当$a\to 0$时$F(s)$的极限值。
$$f(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0\\ & \\ \frac{1}{a^2},& 0<t<a\\ & \\ \frac{1}{-a^2},& a<t<2a\\ & \\ 0,& t>2a\end{array}$$
解：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =L[f(t)]={\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-st}dt={\int }_0^a\frac{1}{a^2}{e}^{-st}dt-{\int }_a^{2a}\frac{1}{a^2}{e}^{-st}dt\\ & \\ & =\frac{1}{a^{2}s}(e^{-0s}-e^{-as})-\frac{1}{a^{2}s}(e^{-as}-e^{-2as})\\ & \\ & =\frac{1-2e^{-as}+e^{-2as}}{a^{2}s}\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\underset{a\to 0}{\lim }F(s)& =\underset{a\to 0}{\lim }\frac{1-2e^{-as}+e^{-2as}}{a^{2}s}=\underset{a\to 0}{\lim }\frac{2s{e}^{-as}-2s{e}^{-2as}}{2as}\\ & =\underset{a\to 0}{\lim }\frac{-2s^2{e}^{-as}+4s^2{e}^{-2as}}{2s}=s\end{array}$$

Example 2.2

求下图所示函数$f(t)$的拉普拉斯变换式$F(s)$。

解：

图(a)：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =L[f(t)]={\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-st}dt={\int }_0^{t_0}2e^{-st}dt+{\int }_{t_0}^{+\infty }(t-t_0+2)e^{-st}dt\\ & \\ & ={\int }_{t_0}^{+\infty }t{e}^{-st}dt-t_0{\int }_{t_0}^{+\infty }{e}^{-st}dt+2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-st}dt\\ & \\ & =-\frac{1}{s}[-t_0{e}^{-t_{0}s}+\frac{1}{s}(0-e^{-t_{0}s})]-\frac{t_0}{s}{e}^{-t_{0}s}+\frac{2}{s}\\ & \\ & =\frac{2}{s}+\frac{1}{s^2}{e}^{-t_{0}s}\end{array}$$
图(b)：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =L[f(t)]={\int }_0^{+\infty }f(t)e^{-st}dt\\ & \\ & ={\int }_0^{T/2}{e}^{-st}dt-{\int }_{T/2}^T{e}^{-st}dt+{\int }_T^{3T/2}{e}^{-st}dt-{\int }_{3T/2}^{2T}{e}^{-st}dt+\dots \\ & \\ & =-\frac{1}{s}(e^{-s(1\cdot T/2)}-e^{-s(0\cdot T/2)}+e^{-s(3\cdot T/2)}-e^{-s(2\cdot T/2)}+\dots )\\ & \\ & +\frac{1}{s}(e^{-s(2\cdot T/2)}-e^{-s(1\cdot T/2)}+e^{-s(4\cdot T/2)}-e^{-s(3\cdot T/2)}+\dots )\\ & \\ & =\frac{1}{s}+\frac{2}{s}\sum _{i=1}^{+\infty }{e}^{-isT}-\frac{2}{s}\sum _{i=1}^{+\infty }{e}^{-isT/2}\\ & \\ & =\frac{1}{s}\tanh \frac{sT}{4}\end{array}$$

Example 2.3

求下列函数的拉普拉斯反变换。

1. $F(s)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}$；
2. $F(s)=\frac{s+2}{s(s+1{)}^2(s+3)}$；

实例1：

解：
$$\begin{array}{rl}f(t)& =L^{-1}[F(s)]=L^{-1}\left[\begin{array}{c}\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}\end{array}\right]=L^{-1}\left(\begin{array}{c}\frac{2}{s+3}-\frac{1}{s+2}\end{array}\right)=2e^{-3t}-e^{-2t}\end{array}$$
实例2：

解：
$$\begin{array}{rl}f(t)& =L^{-1}\left[\begin{array}{c}F(s)\end{array}\right]=L^{-1}\left[\begin{array}{c}\frac{s+2}{s(s+1{)}^2(s+3)}\end{array}\right]\\ & \\ & =L^{-1}\left[\begin{array}{c}\frac{2}{s(s+3)}-\frac{2s}{(s+3)(s+1{)}^2}-\frac{3}{(s+3)(s+1{)}^2}\end{array}\right]\\ & \\ & =\frac{2}{3}(1-e^{-3t})-(\frac{3}{2}{e}^{-t}-t{e}^{-t}-\frac{3}{2}{e}^{-3t})-(\frac{3}{4}{e}^{-3t}-\frac{3}{4}{e}^{-t}+\frac{3}{2}t{e}^{-t})\\ & \\ & =\frac{2}{3}+\frac{1}{12}{e}^{-3t}-\frac{3}{4}{e}^{-t}-\frac{1}{2}t{e}^{-t}\end{array}$$

Example 2.4

应用拉普拉斯变换终值定理求函数$f(t)$的终值，并通过拉普拉斯反变换，令$t\to \infty$证明其计算结果，$f(t)$的拉普拉斯变换如下：
$$F(s)=\frac{10}{s(s+1)}$$
解：
$$f(t)=L^{-1}[F(s)]=L^{-1}\left[\begin{array}{c}\frac{10}{s(s+1)}\end{array}\right]=10(1-e^{-t})$$

$$\underset{s\to 0}{\lim }sF(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{10s}{s(s+1)}=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{10}{s+1}=10$$

$$\underset{t\to \infty }{\lim }f(t)=\underset{t\to \infty }{\lim }10(1-e^{-t})=10$$

Example 2.5

设质量-弹簧-摩擦系统如下图所示，图中$f$为黏性摩擦系数，$k$为弹簧系数，系统的输入量为力$p(t)$，系统的输出量为质量$m$的位移$x(t)$；列出系统的输入输出微分方程。(水平系统)

解：

根据牛顿第二定律有：
$$p(t)-f\frac{dx(t)}{dt}-kx(t)=m\frac{d^{2}x(t)}{d{t}^2}$$
系统的微分方程为：
$$m\frac{d^{2}x(t)}{d{t}^2}+f\frac{dx(t)}{dt}+kx(t)=p(t)$$

Example 2.6

系统如下图所示，列写下图机械系统的运动微分方程。(垂直系统)

解：

根据力平衡方程，对$M_1、M_2$分别采用隔离法列出方程：
$$\{\begin{array}{ll}& F-K_1{y}_1-f_1{\dot{y}}_1+K_{12}(y_2-y_1)=M_1{\ddot{y}}_1\\ & \\ & -K_{12}(y_2-y_1)=M_2{\ddot{y}}_2\end{array}$$
整理得：
$$\{\begin{array}{ll}& M_1{\ddot{x}}_1+f_1{\dot{y}}_1+K_1{y}_1-K_{12}(y_2-y_1)=F\\ & \\ & M_2{\ddot{y}}_2+K_{12}(y_2-y_1)=0\end{array}$$

Example 2.7

系统如下图所示，列写下图机械系统得运动微分方程。(水平系统)

解：

根据力平衡方程，可得：
$$\{\begin{array}{ll}& F=M_1{\ddot{x}}_1+f_1{\dot{x}}_1+K_1{x}_1+f_{12}({\dot{x}}_1-{\dot{x}}_2)\\ & \\ & 0=M_2{\ddot{x}}_2+f_2{\dot{x}}_2+K_2{x}_2+f_{12}({\dot{x}}_2-{\dot{x}}_1)\end{array}$$

Example 2.8

设有倒摆装在只能沿$x$方向移动得小车上，如下图所示；图中，$M$为小车质量，$m$为摆的质量，$l$为摆长，$J$为摆的转动惯量；当小车受到外力$u(t)$作用时，如果摆的角位移$\phi (t)$较小，推导描述$\phi (t)$的运动方程。

解：

倒立摆小车受力分析如上图(b)所示，其中：$mg$为重力，$m\ddot{x}(t)$为$x$方向的惯性力，$mg\sin \phi (t)$为垂直于摆杆方向的重力分力；

在$x$方向上，小车的惯性力为$M\ddot{x}(t)$，摆球产生的位移量为$x(t)+l\sin \phi (t)$；在垂直摆杆方向上，摆球的转动惯性力为$J\ddot{\phi }(t)$，$m\ddot{x}(t)$的分力为$m\ddot{x}(t)\cos \phi (t)$；

根据力的平衡原则，在$x$方向及垂直于摆杆的方向上，有如下运动方程：
$$u(t)=M\left[\begin{array}{c}\frac{d^{2}x(t)}{d{t}^2}\end{array}\right]+m\left[\begin{array}{c}\frac{d^{2}x(t)}{d{t}^2}+\frac{d^2(l\sin \phi (t))}{d{t}^2}\end{array}\right]$$

$$mg\sin \phi (t)=J\frac{d^2\phi (t)}{d{t}^2}+m\frac{d^{2}x(t)}{d{t}^2}\cos \phi (t)$$

联立求解可得：
$$\begin{gathered} [(M+m)J-m^{2}l{\cos }^2\phi (t)]\frac{d^2\phi (t)}{d{t}^2}+m^{2}l\sin \phi (t)\cos \phi (t)[\frac{d\phi (t)}{dt}{]}^2 \\ -(M+m)mg\sin \phi (t)+mu(t)\cos \phi (t)=0 \end{gathered}$$
上式是非线性运动微分方程，当$\phi (t)$较小时，取：
$$\sin \phi (t)\approx \phi (t)，\cos \phi (t)\approx 1$$
略去${\dot{\phi }}^2(t)$高次项，得线性运动微分方程：
$$[(M+m)J-m^{2}l]\frac{d^2\phi (t)}{d{t}^2}+(M+m)g\phi (t)=u(t)$$

Example 2.9

设有一用热电偶测量热容器温度得温度测量装置，热电偶的热阻为$R_1$，热容为$C_1$，时间常数为$T_1=R_1{C}_1$，重量为$M_1$；热容器的热阻为$R_2$，热容为$C_2$，时间常数为$T_2=R_2{C}_2$，重量为$M_2$；假设热电偶与热容器比热$C_p$相同，且热电偶-热容器组合系统的热阻为$R$，热容为$C$，重量为$M$，时间常数为$T$；证明
$$T=\frac{T_1{T}_2(M_1+M_2)}{T_1{M}_2+T_2{M}_1}$$
(提示：$C=M{C}_p/g，g$为重力加速度；$1/R=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}$)；

证明：

依题意得：
$$T=RC=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}\cdot \frac{(M_1+M_2)C_p}{g}$$
因为：
$$C_1=M_1{C}_p/g，C_2=M_2{C}_p/g$$
因此：
$$C_p=C_{1}g/M_1=C_{2}g/M_2$$
即：
$$\begin{array}{rl}T& =RC=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}\cdot \frac{(M_1+M_2)C_p}{g}=\frac{M_1+M_2}{\frac{1}{R_1}\cdot \frac{g}{C_p}+\frac{1}{R_2}\cdot \frac{g}{C_p}}\\ & =\frac{M_1+M_2}{\frac{M_1}{R_1{C}_1}+\frac{M_2}{R_2{C}_2}}=\frac{M_1+M_2}{\frac{M_1}{T_1}+\frac{M_2}{T_2}}\\ & \\ & =\frac{T_1{T}_2(M_1+M_2)}{T_1{M}_2+T_2{M}_1}\end{array}$$

Example 2.10

在下图所示的齿轮系中，$z_1，z_2，z_3，z_4$分别为齿轮的齿数；$J_1，J_2，J_3$分别为齿轮和轴($J_3$中包括负载)的转动惯量；${\theta }_1，{\theta }_2，{\theta }_3$分别为各齿轮轴角位移；$M_m$是电动机输出转矩；列写折算到电动机轴上的齿轮系运动方程(忽略各级黏性摩擦)。

解：

由上图可得：
$$M_m=J_1\frac{d^2{\theta }_1}{d{t}^2}+J_2\frac{d^2{\theta }_2}{d{t}^2}+J_3\frac{d^2{\theta }_3}{d{t}^2}$$
根据齿轮轴角位移与齿数的关系可得：
$$\frac{{\theta }_1}{{\theta }_2}=\frac{z_2}{z_1}，\frac{{\theta }_1}{{\theta }_3}=\frac{{\theta }_1}{{\theta }_2}\cdot \frac{{\theta }_2}{{\theta }_3}=\frac{z_2}{z_1}\cdot \frac{z_4}{z_3}$$
即：
$${\theta }_2=\frac{z_1}{z_2}{\theta }_1，{\theta }_3=\frac{z_1}{z_2}\cdot \frac{z_3}{z_4}{\theta }_1$$
则电动机轴上的齿轮系运动方程为：
$$M_m=J_1\frac{d^2{\theta }_1}{d{t}^2}+J_2(\frac{z_1}{z_2}{)}^2\frac{d^2{\theta }_1}{d{t}^2}+J_3(\frac{z_1}{z_2}\cdot \frac{z_3}{z_4}{)}^2\frac{d^2{\theta }_1}{d{t}^2}$$