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胡寿松自动控制原理习题解答第二章21设水位自动控制系统的原理方案如图 118 所示，其中 Q1 为水箱的进水流量，Q2 为水箱的用水流量，H 为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为 F，希望水面高度为 H 0 ，与 H 0 对应的水流量为 Q0 ，试列出水箱的微分方程。解当 Q1 = Q2 = Q0 时，H = H 0 ；当 Q1 Q2 时，水面高度 H 将发生变化，其变化率与流量差 Q1 Q2 成正比，此时有F d (H H 0 ) = (Q Q ) (Q Q )dt1020于是得水箱的微分方程为F dH = Q Qdt1222设机械系统如图 257 所示，其中 xi 为输入位移， x0 为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式及传递函数。图 257机械系统解图 257(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，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将上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得1ms 2 + ( f+ f 2)sX0 (s) =f1 sX i(s)于是传递函数为X 0 (s) =X i (s)f1ms + f1 + f 2图 257(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点 A，并设 A 点位移为 x ，方向朝下；而在其下半部工。 引出点处取为辅助点 B。则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从 A 和 B 两点可以分别列出如下原始方程：K1 ( xi x) =f ( x& x&0 )K 2 x0 =f ( x& x&0 )消去中间变量 x，可得系统微分方程f (K+ K ) dx0 + K K x= K fdxi12dt12 01dt对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为X 0 (s) =X i (s)fK1 sf (K1 + K 2 )s + K1 K 2图 257(c)：以 x0 的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：K1 ( xi x) + f ( x&i x&0 ) = K 2 x0移项整理得系统微分方程f dx0 + (Kdt1+ K 2) x0 =f dxidt+ K1 xi对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即xi (0) = x0 (0) = 0则系统传递函数为X 0 (s) =X i (s)fs + K1fs + (K1 + K 2 )2-3 试证明图2-58()的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。图 2-58电网络与机械系统1R11 C sRR解：（a）：利用运算阻抗法得： Z= R /= 1 = 1 = 1 11C sR C s +T s +1R1+ 1C1 s1 1111Z 2 = R2+ 1C2 s= 1C2 s(R2 C2s + 1) =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 之间取辅助点 A，并设 A 点位移为 x ，方向朝下；根据力的平衡原则，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&i x&0 ) = K1 x对（3）式两边取微分得K 2 ( x&i x&0 ) + f 2 (&x&i &x&0 ) = K1 x&将（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对上式去拉氏变换得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 + 1)( f 2K 2s + 1)( f1K1s + 1)( f 2K 2s + 1) + f1K 2所以图 2-58()的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。24 试分别列写图 2-59 中个无源网络的微分方程式。解：（a） :列写电压平衡方程：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) :列写电压平衡方程：duC1ui u0 = uC1（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）将（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 R d uiuiC dui1 2dt 2+ ( 2 + 21 ) dt + R =1 22dt 2+ 2R1 dt2-5 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)2 x&(t ) + x(t ) = t;解：对上式两边去拉氏变换得：（2s+1）X（s）=1/s2 X (s) =1= 1s 2 (2s + 1)s 2 1 +s42s + 1运动模态 e 0.5t所以： x(t ) = t 2(1 e 1 t2 )() &x&(t ) + x&(t ) + x(t) = (t）。解：对上式两边去拉氏变换得：(s 2 + s + 1) X (s) = 1 X (s) =1(s 2 + s + 1)=1(s + 1/ 2) 2 + 3 / 4运动模态 et / 2t3sin 2所以： x(t ) =2 e t / 23t3sin 2（3） &x&(t ) + 2x&(t ) + x(t ) = 1(t）。解：对上式两边去拉氏变换得：(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运动模态 e t (1 + t )所以： x(t ) = 1 e t te t= 1 e t (1 + t)2-6 在液压系统管道中，设通过阀门的流量满足如下流量方程：Q = KP式中 K 为比例常数， P 为阀门前后的压差。若流量 Q 与压差 P 在其平衡点 (Q0 , P0 ) 附近作微小变化，试导出线性化方程。解：设正常工作点为 A，这时 Q0 = KP0在该点附近用泰勒级数展开近似为：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 设弹簧特性由下式描述：F = 12.65 y1.1其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。解：设正常工作点为 A，这时 F = 12.65 y1.100在该点附近用泰勒级数展开近似为：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 设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：0ed = Edcos式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。解：设正常工作点为 A，这时 Ed= Ed 0 cos 0在该点附近用泰勒级数展开近似为：y = f ( x) + df ( x) ( x x )0 dx0 x00即 ed Edcos 0 = K s ( 0 )s其中 K = ded d= Ed 0 sin 0 =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 c(t) = 1 e 2t + e t ，试求系统的传递函数和脉冲 响应。解：对输出响应取拉氏变换的：C (s) = 1 1+1=s 2 + 4s + 2因为： C (s) = (s)R(s) = 1 (s)ss + 2s + 1s(s + 1)(s + 2)s所以系统的传递函数为： (s) =s 2 + 4s + 2 (s + 1)(s + 2)= 1 +s(s + 1)(s + 2)= 1 1+s + 12s + 2系统的脉冲响应为： g (t ) = (t) e t + e 2t2-10 设系统传递函数为C (s)=R(s)2s 2 + 3s + 2且初始条件 c(0)=-1, c& (0)。试求阶跃输入 r(t)=1(t)时，系统的输出响应 c(t)。解：由系统的传递函数得：2d c(t) + 3 dc(t) + 2c(t ) = 2r (t )（1）dt 2dt对式（1）取拉氏变换得：s 2 C (s) sc(0) c&(0) + 3sC (s) 3c(0) + 2C (s) = 2R(s)将初始条件代入（2）式得(s 2 + 3s + 2)C (s) + s + 3 = 2 1s（2）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 在图 2-60 中，已知和两方框相对应的微分方程分别是6 dc(t ) + 10c(t) = 20e(t )dt20 db(t) + 5b(t ) = 10c(t)dt且初始条件均为零，试求传递函数 C (s) / R(s) 及 E(s) / R(s)解：系统结构图及微分方程得：G(s) =206s + 10H (s) =1020s + 51020E (s) 10 10C (s) =10G(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 求图 2-61 所示有源网络的传递函数1解：（a） Z 0 = R0 /=C sR1C0 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 + 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由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数U()()。图2-62控制系统模拟电路解：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）左右两边分别相乘得U 0 (s)U 0 (s) + U i (s)= Z1 Z 2R0 R0R2 即R0R3U 0 (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 试参照例2-2给出的电枢控制直流电动机的三组微分方程式，画出直流电动机的结构图，并由结构图等效变换求 出电动机的传递函数 m (s) / U a (s) 和 m (s) / M c (s)解：由公式（2-2）、（2-3）、（2-4）取拉氏变换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得到系统结构图如下：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 + 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 某位置随动系统原理方块图如图2-63所示。已知电位器最大工作角度max= 330 o ，功率放大级放大系数为K3,要求：(1) 分别求出电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2；(2) 画出系统结构图；(3) 简化结构图，求系统传递函数 0 (s) / i (s) 。图2-63位置随动系统原理图解：（1） K = 15V01650K = 30 = 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)系统结构图如下：Eb (s) = K b 0 (s)mMcie00K K KKUs1 2 s Ua Eb1Las+RaM10Js2+fsCmKb(3) 系统传递函数 0 (s) / i (s)CmK K K Ks(La s + 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 b + K 0 K1 K 2 K s Cm2-16 设直流电动机双闭环调速系统的原理线路如图 2-64 所示：要求（1） 分别求速度调节器和电流调节器的传递函数（2） 画出系统结构图（设可控硅电路传递函数为 K 3 /( 3 s + 1) ；电流互感器和测速发电机的传递函数分别为K 4 和 K 5 ；直流电动机的结构图用题 2-14 的结果）；（3） 简化结构图，求系统传递函数 (s) / U i (s)解：（1）速调U ST (s)= Z1R1 +=1C1 s= R1C1 s + 1 = T1 s + 1U i (s) U f (s)R流调R1R2 +RC1 sRC1 sU LT (s)= Z 2 =C2 s= R2 C2 s + 1 = T2 s + 1U ST (s) U dlfk (s)RRRC2 sRC2 s（2）系统结构图如下：K4UiT1s+1RC1sUfUSTT2s+1RC2sULTK3Ua3s+1 Eb1MmCmLas+Ra IaCe1Jms+fmK5(3) 简化结构图，求系统传递函数 (s) / U i (s)因为求系统传递函数 (s) / U i (s) ，所以令 M c = 0 ，系统结构图如下：K4UiT1s+1UfUSTT2s+1RC2sULTK33Ua Eb1Las+Ra Ia1Jms+fmCeK5将 K4 后移到输出，系统结构图化简如下：UiT1s+1RC1sUfUSTT2s+1RC2sULTK4K3Ua3s+1 Eb1Las+Ra IaJms+fmCmCmCe1Jms+fmK5进一步化简得：UiT1s+1RC1sUSTT2s+1RC2sULTK4K3Ua3s+1Jms+fmCmCm（Las+Ra）(Jms+fm)+ Ce CmUfJms+fm2K5进一步化简得：UiT1s+1RC1sUfK3 Cm (T2s+1)2CmRC2s (Las+Ra)(Jms+fm)+ Ce Cm(3s+1)+ K3 K4 Cm(Jms+fm)( T2s+1)K5进一步化简得：UiK3 Cm 212(T s+1)( T s+1)2RC1s CmRC2s (Las+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 已知控制系统结构图如图2-65所示。试通过结构图等效变换求系统传递函数C(s)/R(s)。解：（a）图2-65题2-17系统结构图R(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+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+ 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 试简化图2-66中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。解：（1）求C (s)R(s)时， N = 0 这时结构图变为：GGRC12H1RG1G2C1+G1G2H1C (s)所以：=R(s)G1G21 + G1G2 H1 + G1G2（2）求C (s)N (s)时， R = 0 这时结构图变为：CNG3G2G1H1进一步化简得CNG3G2G1H1G1再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H1G1再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再进一步化简得：NG2C G31+G1G2H11+G1G2H1G1G2再进一步化简得：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）求图2-66题2-18系统结构图C (s)时， N = 0 这时结构图变为：R(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)时， R = 0 这时结构图变为：NC G2G4G3NC G4G2+G3所以：C (s)R(s)= G41 + G4 (G2 + G3 )This is tri2a3l version胡寿松自动控制原理习题解答第三章3-1 设随动系统的微分方程为：T&x&0 + x&0 = K 2 uu = K1 r (t ) x f T f x& f+ x f= x0其中 T,Tf, K2 为正常数。如果在外作用 r(t)=1+t 的情况下，使 x0 对 r(t)的稳态误差不大于正常数 0 ,试问 k1 应满足什么条件？ 见习题 3-20 解答3-2 设系统的微分方程式如下：（1）0.2c&(t) = 2r (t )（2） 0.04c& (t) + 0.24c&(t ) + c(t ) = r (t )试求系统的单位脉冲响应 k(t)和单位阶跃响应 h(t)。已知全部初始条件为零。解：（1） 因为 0.2sC(s) = 2R(s)单位脉冲响应： C(s) = 10 / sk (t) = 10t 0单位阶跃响应 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单位脉冲响应： C (s) =0.04s 21+ 0.24s + 1k (t) =25 e33tsin 4t单位阶跃响应 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 已知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数（）。（1） k (t ) = 0.0125e 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 已知二阶系统的单位阶跃响应为h(t ) = 10 12.5e 1.2t sin(1.6t + 53.1o )试求系统的超调量、峰值时间p 和调节时间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 设单位反馈系统的开环传递函数为G(s) =0.4s + 1s(s + 0.6)试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。解：闭环传递函数GB (s) =G(s)=0.4s + 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 + ) = 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 已知控制系统的单位阶跃响应为h(t ) = 1 + 0.2e 60t 1.2e 10t试确定系统的阻尼比和自然频率。解： 求拉氏变换得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 + 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 )显然闭环传递函数为 n n(s 2 + 2s + 2 )n其中 2 = 600根据（3-17） n = 10 6n2 n= 70 =72 6h(t) = 1 +e t / T1+T2 / T1 1e t / T12T1 / T2 1解：根据公式（3-17）h(t) = 1 + te T1 te T2+T1 =T2 / T1 11T1 / T2 11T2 = n ( 1 2 1)n ( +1 2 1)显然：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 (
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