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
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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)F(s)F(s)，并求当a→0a\rightarrow0a→0时F(s)F(s)F(s)的极限值。
f(t)={0,t<01a2,0<t<a1−a2,a<t<2a0,t>2af(t)= \begin{cases} 0, & t<0\\\\ \displaystyle\frac{1}{a^2}, & 0<t<a\\\\ \displaystyle\frac{1}{-a^2}, & a<t<2a\\\\ 0, & t>2a \end{cases} f(t)=⎩⎨⎧0,a21,−a21,0,t<00<t<aa<t<2at>2a
解：
F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0a1a2e−stdt−∫a2a1a2e−stdt=1a2s(e−0s−e−as)−1a2s(e−as−e−2as)=1−2e−as+e−2asa2s\begin{aligned} 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^2s}(e^{-0s}-e^{-as})-\frac{1}{a^2s}(e^{-as}-e^{-2as})\\\\ &=\frac{1-2e^{-as}+e^{-2as}}{a^2s} \end{aligned} F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0aa21e−stdt−∫a2aa21e−stdt=a2s1(e−0s−e−as)−a2s1(e−as−e−2as)=a2s1−2e−as+e−2as

lim⁡a→0F(s)=lim⁡a→01−2e−as+e−2asa2s=lim⁡a→02se−as−2se−2as2as=lim⁡a→0−2s2e−as+4s2e−2as2s=s\begin{aligned} \lim_{a\rightarrow0}F(s)&=\lim_{a\rightarrow0}\frac{1-2e^{-as}+e^{-2as}}{a^2s}=\lim_{a\rightarrow0}\frac{2se^{-as}-2se^{-2as}}{2as}\\ &=\lim_{a\rightarrow0}\frac{-2s^2e^{-as}+4s^2e^{-2as}}{2s}=s \end{aligned} a→0limF(s)=a→0lima2s1−2e−as+e−2as=a→0lim2as2se−as−2se−2as=a→0lim2s−2s2e−as+4s2e−2as=s

Example 2.2

求下图所示函数f(t)f(t)f(t)的拉普拉斯变换式F(s)F(s)F(s)。

解：

图(a)：
F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0t02e−stdt+∫t0+∞(t−t0+2)e−stdt=∫t0+∞te−stdt−t0∫t0+∞e−stdt+2∫0+∞e−stdt=−1s[−t0e−t0s+1s(0−e−t0s)]−t0se−t0s+2s=2s+1s2e−t0s\begin{aligned} 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}te^{-st}dt-t_0\int_{t_0}^{+\infty}e^{-st}dt+2\int_{0}^{+\infty}e^{-st}dt\\\\ &=-\frac{1}{s}[-t_0e^{-t_0s}+\frac{1}{s}(0-e^{-t_0s})]-\frac{t_0}{s}e^{-t_0s}+\frac{2}{s}\\\\ &=\frac{2}{s}+\frac{1}{s^2}e^{-t_0s} \end{aligned} F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0t02e−stdt+∫t0+∞(t−t0+2)e−stdt=∫t0+∞te−stdt−t0∫t0+∞e−stdt+2∫0+∞e−stdt=−s1[−t0e−t0s+s1(0−e−t0s)]−st0e−t0s+s2=s2+s21e−t0s
图(b)：
F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0T/2e−stdt−∫T/2Te−stdt+∫T3T/2e−stdt−∫3T/22Te−stdt+…=−1s(e−s(1⋅T/2)−e−s(0⋅T/2)+e−s(3⋅T/2)−e−s(2⋅T/2)+…)+1s(e−s(2⋅T/2)−e−s(1⋅T/2)+e−s(4⋅T/2)−e−s(3⋅T/2)+…)=1s+2s∑i=1+∞e−isT−2s∑i=1+∞e−isT/2=1stanh⁡sT4\begin{aligned} F(s)&=L[f(t)]=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt\\\\ &=\int_{0}^{T/2}e^{-st}dt-\int_{T/2}^Te^{-st}dt+\int_{T}^{3T/2}e^{-st}dt-\int_{3T/2}^{2T}e^{-st}dt+\dots\\\\ &=-\frac{1}{s}(e^{-s(1·T/2)}-e^{-s(0·T/2)}+e^{-s(3·T/2)}-e^{-s(2·T/2)}+\dots)\\\\ &\space\space\space\space\space+\frac{1}{s}(e^{-s(2·T/2)}-e^{-s(1·T/2)}+e^{-s(4·T/2)}-e^{-s(3·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{aligned} F(s)=L[f(t)]=∫0+∞f(t)e−stdt=∫0T/2e−stdt−∫T/2Te−stdt+∫T3T/2e−stdt−∫3T/22Te−stdt+…=−s1(e−s(1⋅T/2)−e−s(0⋅T/2)+e−s(3⋅T/2)−e−s(2⋅T/2)+…) +s1(e−s(2⋅T/2)−e−s(1⋅T/2)+e−s(4⋅T/2)−e−s(3⋅T/2)+…)=s1+s2i=1∑+∞e−isT−s2i=1∑+∞e−isT/2=s1tanh4sT

Example 2.3

求下列函数的拉普拉斯反变换。

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

实例1：

解：
f(t)=L−1[F(s)]=L−1[s+1(s+2)(s+3)]=L−1(2s+3−1s+2)=2e−3t−e−2t\begin{aligned} f(t)&=L^{-1}[F(s)]=L^{-1}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}\end{bmatrix}=L^{-1}\begin{pmatrix}\displaystyle\frac{2}{s+3}-\frac{1}{s+2}\end{pmatrix}=2e^{-3t}-e^{-2t} \end{aligned} f(t)=L−1[F(s)]=L−1[(s+2)(s+3)s+1]=L−1(s+32−s+21)=2e−3t−e−2t
实例2：

解：
f(t)=L−1[F(s)]=L−1[s+2s(s+1)2(s+3)]=L−1[2s(s+3)−2s(s+3)(s+1)2−3(s+3)(s+1)2]=23(1−e−3t)−(32e−t−te−t−32e−3t)−(34e−3t−34e−t+32te−t)=23+112e−3t−34e−t−12te−t\begin{aligned} f(t)&=L^{-1}\begin{bmatrix}F(s)\end{bmatrix}=L^{-1}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\end{bmatrix}\\\\ &=L^{-1}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{2}{s(s+3)}-\frac{2s}{(s+3)(s+1)^2}-\frac{3}{(s+3)(s+1)^2}\end{bmatrix}\\\\ &=\frac{2}{3}(1-e^{-3t})-(\frac{3}{2}e^{-t}-te^{-t}-\frac{3}{2}e^{-3t})-(\frac{3}{4}e^{-3t}-\frac{3}{4}e^{-t}+\frac{3}{2}te^{-t})\\\\ &=\frac{2}{3}+\frac{1}{12}e^{-3t}-\frac{3}{4}e^{-t}-\frac{1}{2}te^{-t} \end{aligned} f(t)=L−1[F(s)]=L−1[s(s+1)2(s+3)s+2]=L−1[s(s+3)2−(s+3)(s+1)22s−(s+3)(s+1)23]=32(1−e−3t)−(23e−t−te−t−23e−3t)−(43e−3t−43e−t+23te−t)=32+121e−3t−43e−t−21te−t

Example 2.4

应用拉普拉斯变换终值定理求函数f(t)f(t)f(t)的终值，并通过拉普拉斯反变换，令t→∞t\rightarrow\inftyt→∞证明其计算结果，f(t)f(t)f(t)的拉普拉斯变换如下：
F(s)=10s(s+1)F(s)=\frac{10}{s(s+1)} F(s)=s(s+1)10
解：
f(t)=L−1[F(s)]=L−1[10s(s+1)]=10(1−e−t)f(t)=L^{-1}[F(s)]=L^{-1}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{10}{s(s+1)}\end{bmatrix}=10(1-e^{-t}) f(t)=L−1[F(s)]=L−1[s(s+1)10]=10(1−e−t)

lim⁡s→0sF(s)=lim⁡s→010ss(s+1)=lim⁡s→010s+1=10\lim_{s\rightarrow0}sF(s)=\lim_{s\rightarrow0}\frac{10s}{s(s+1)}=\lim_{s\rightarrow0}\frac{10}{s+1}=10 s→0limsF(s)=s→0lims(s+1)10s=s→0lims+110=10

lim⁡t→∞f(t)=lim⁡t→∞10(1−e−t)=10\lim_{t\rightarrow\infty}f(t)=\lim_{t\rightarrow\infty}10(1-e^{-t})=10 t→∞limf(t)=t→∞lim10(1−e−t)=10

Example 2.5

设质量-弹簧-摩擦系统如下图所示，图中fff为黏性摩擦系数，kkk为弹簧系数，系统的输入量为力p(t)p(t)p(t)，系统的输出量为质量mmm的位移x(t)x(t)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)−fdx(t)dt−kx(t)=md2x(t)dt2p(t)-f\frac{dx(t)}{dt}-kx(t)=m\frac{d^2x(t)}{dt^2} p(t)−fdtdx(t)−kx(t)=mdt2d2x(t)
系统的微分方程为：
md2x(t)dt2+fdx(t)dt+kx(t)=p(t)m\frac{d^2x(t)}{dt^2}+f\frac{dx(t)}{dt}+kx(t)=p(t) mdt2d2x(t)+fdtdx(t)+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M1、M2M_1、M_2M1、M2分别采用隔离法列出方程：
{F−K1y1−f1y˙1+K12(y2−y1)=M1y¨1−K12(y2−y1)=M2y¨2\begin{cases} &F-K_1y_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{cases} ⎩⎨⎧F−K1y1−f1y˙1+K12(y2−y1)=M1y¨1−K12(y2−y1)=M2y¨2
整理得：
{M1x¨1+f1y˙1+K1y1−K12(y2−y1)=FM2y¨2+K12(y2−y1)=0\begin{cases} &M_1\ddot{x}_1+f_1\dot{y}_1+K_1y_1-K_{12}(y_2-y_1)=F\\\\ &M_2\ddot{y}_2+K_{12}(y_2-y_1)=0 \end{cases} ⎩⎨⎧M1x¨1+f1y˙1+K1y1−K12(y2−y1)=FM2y¨2+K12(y2−y1)=0

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：
{F=M1x¨1+f1x˙1+K1x1+f12(x˙1−x˙2)0=M2x¨2+f2x˙2+K2x2+f12(x˙2−x˙1)\begin{cases} &F=M_1\ddot{x}_1+f_1\dot{x}_1+K_1x_1+f_{12}(\dot{x}_1-\dot{x}_2) \\\\ &0=M_2\ddot{x}_2+f_2\dot{x}_2+K_2x_2+f_{12}(\dot{x}_2-\dot{x}_1) \end{cases} ⎩⎨⎧F=M1x¨1+f1x˙1+K1x1+f12(x˙1−x˙2)0=M2x¨2+f2x˙2+K2x2+f12(x˙2−x˙1)

Example 2.8

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

解：

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

在xxx方向上，小车的惯性力为Mx¨(t)M\ddot{x}(t)Mx¨(t)，摆球产生的位移量为x(t)+lsin⁡φ(t)x(t)+l\sin\varphi(t)x(t)+lsinφ(t)；在垂直摆杆方向上，摆球的转动惯性力为Jφ¨(t)J\ddot{\varphi}(t)Jφ¨(t)，mx¨(t)m\ddot{x}(t)mx¨(t)的分力为mx¨(t)cos⁡φ(t)m\ddot{x}(t)\cos\varphi(t)mx¨(t)cosφ(t)；

根据力的平衡原则，在xxx方向及垂直于摆杆的方向上，有如下运动方程：
u(t)=M[d2x(t)dt2]+m[d2x(t)dt2+d2(lsin⁡φ(t))dt2]u(t)=M\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{d^2x(t)}{dt^2}\end{bmatrix}+m\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{d^2x(t)}{dt^2}+\frac{d^2(l\sin\varphi(t))}{dt^2}\end{bmatrix} u(t)=M[dt2d2x(t)]+m[dt2d2x(t)+dt2d2(lsinφ(t))]

mgsin⁡φ(t)=Jd2φ(t)dt2+md2x(t)dt2cos⁡φ(t)mg\sin\varphi(t)=J\frac{d^2\varphi(t)}{dt^2}+m\frac{d^2x(t)}{dt^2}\cos\varphi(t) mgsinφ(t)=Jdt2d2φ(t)+mdt2d2x(t)cosφ(t)

联立求解可得：
[(M+m)J−m2lcos⁡2φ(t)]d2φ(t)dt2+m2lsin⁡φ(t)cos⁡φ(t)[dφ(t)dt]2−(M+m)mgsin⁡φ(t)+mu(t)cos⁡φ(t)=0[(M+m)J-m^2l\cos^2\varphi(t)]\frac{d^2\varphi(t)}{dt^2}+m^2l\sin\varphi(t)\cos\varphi(t)[\frac{d\varphi(t)}{dt}]^2\\ -(M+m)mg\sin\varphi(t)+mu(t)\cos\varphi(t)=0 [(M+m)J−m2lcos2φ(t)]dt2d2φ(t)+m2lsinφ(t)cosφ(t)[dtdφ(t)]2−(M+m)mgsinφ(t)+mu(t)cosφ(t)=0
上式是非线性运动微分方程，当φ(t)\varphi(t)φ(t)较小时，取：
sin⁡φ(t)≈φ(t)，cos⁡φ(t)≈1\sin\varphi(t)≈\varphi(t)，\cos\varphi(t)≈1 sinφ(t)≈φ(t)，cosφ(t)≈1
略去φ˙2(t)\dot{\varphi}^2(t)φ˙2(t)高次项，得线性运动微分方程：
[(M+m)J−m2l]d2φ(t)dt2+(M+m)gφ(t)=u(t)[(M+m)J-m^2l]\frac{d^2\varphi(t)}{dt^2}+(M+m)g\varphi(t)=u(t) [(M+m)J−m2l]dt2d2φ(t)+(M+m)gφ(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R1R_1R1，热容为C1C_1C1，时间常数为T1=R1C1T_1=R_1C_1T1=R1C1，重量为M1M_1M1；热容器的热阻为R2R_2R2，热容为C2C_2C2，时间常数为T2=R2C2T_2=R_2C_2T2=R2C2，重量为M2M_2M2；假设热电偶与热容器比热CpC_pCp相同，且热电偶-热容器组合系统的热阻为RRR，热容为CCC，重量为MMM，时间常数为TTT；证明
T=T1T2(M1+M2)T1M2+T2M1T=\frac{T_1T_2(M_1+M_2)}{T_1M_2+T_2M_1} T=T1M2+T2M1T1T2(M1+M2)
(提示：C=MCp/g，gC=MC_p/g，gC=MCp/g，g为重力加速度；1/R=1R1+1R21/R=\displaystyle\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}1/R=R11+R21)；

证明：

依题意得：
T=RC=R1R2R1+R2⋅(M1+M2)CpgT=RC=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}·\frac{(M_1+M_2)C_p}{g} T=RC=R1+R2R1R2⋅g(M1+M2)Cp
因为：
C1=M1Cp/g，C2=M2Cp/gC_1=M_1C_p/g，C_2=M_2C_p/g C1=M1Cp/g，C2=M2Cp/g
因此：
Cp=C1g/M1=C2g/M2C_p=C_1g/M_1=C_2g/M_2 Cp=C1g/M1=C2g/M2
即：
T=RC=R1R2R1+R2⋅(M1+M2)Cpg=M1+M21R1⋅gCp+1R2⋅gCp=M1+M2M1R1C1+M2R2C2=M1+M2M1T1+M2T2=T1T2(M1+M2)T1M2+T2M1\begin{aligned} T&=RC=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}·\frac{(M_1+M_2)C_p}{g}=\frac{M_1+M_2}{\displaystyle\frac{1}{R_1}·\frac{g}{C_p}+\frac{1}{R_2}·\frac{g}{C_p}}\\ &=\frac{M_1+M_2}{\displaystyle\frac{M_1}{R_1C_1}+\frac{M_2}{R_2C_2}}=\frac{M_1+M_2}{\displaystyle\frac{M_1}{T_1}+\frac{M_2}{T_2}}\\ \\ &=\frac{T_1T_2(M_1+M_2)}{T_1M_2+T_2M_1} \end{aligned} T=RC=R1+R2R1R2⋅g(M1+M2)Cp=R11⋅Cpg+R21⋅CpgM1+M2=R1C1M1+R2C2M2M1+M2=T1M1+T2M2M1+M2=T1M2+T2M1T1T2(M1+M2)

Example 2.10

在下图所示的齿轮系中，z1，z2，z3，z4z_1，z_2，z_3，z_4z1，z2，z3，z4分别为齿轮的齿数；J1，J2，J3J_1，J_2，J_3J1，J2，J3分别为齿轮和轴(J3J_3J3中包括负载)的转动惯量；θ1，θ2，θ3\theta_1，\theta_2，\theta_3θ1，θ2，θ3分别为各齿轮轴角位移；MmM_mMm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：
Mm=J1d2θ1dt2+J2d2θ2dt2+J3d2θ3dt2M_m=J_1\frac{d^2\theta_1}{dt^2}+J_2\frac{d^2\theta_2}{dt^2}+J_3\frac{d^2\theta_3}{dt^2} Mm=J1dt2d2θ1+J2dt2d2θ2+J3dt2d2θ3
根据齿轮轴角位移与齿数的关系可得：
θ1θ2=z2z1，θ1θ3=θ1θ2⋅θ2θ3=z2z1⋅z4z3\frac{\theta_1}{\theta_2}=\frac{z_2}{z_1}，\frac{\theta_1}{\theta_3}=\frac{\theta_1}{\theta_2}·\frac{\theta_2}{\theta_3}=\frac{z_2}{z_1}·\frac{z_4}{z_3} θ2θ1=z1z2，θ3θ1=θ2θ1⋅θ3θ2=z1z2⋅z3z4
即：
θ2=z1z2θ1，θ3=z1z2⋅z3z4θ1\theta_2=\frac{z_1}{z_2}\theta_1，\theta_3=\frac{z_1}{z_2}·\frac{z_3}{z_4}\theta_1 θ2=z2z1θ1，θ3=z2z1⋅z4z3θ1
则电动机轴上的齿轮系运动方程为：
Mm=J1d2θ1dt2+J2(z1z2)2d2θ1dt2+J3(z1z2⋅z3z4)2d2θ1dt2M_m=J_1\frac{d^2\theta_1}{dt^2}+J_2(\frac{z_1}{z_2})^2\frac{d^2\theta_1}{dt^2}+J_3(\frac{z_1}{z_2}·\frac{z_3}{z_4})^2\frac{d^2\theta_1}{dt^2} Mm=J1dt2d2θ1+J2(z2z1)2dt2d2θ1+J3(z2z1⋅z4z3)2dt2d2θ1