机械工程控制基础修订本_陈康宁_1997年11月第1版_习题解答

机械工程控制基础修订本_陈康宁_1997年11月第1版_习题解答内容摘要：

          得到递推关系如下： 11210211 1 1 1 1()n at n atn at n atat at atnL t e L t esanL t e L t esaL t e L t e L es a s a s a s a s a                              所以 1!()n a t nnL t e sa   解法 5： 直接套用教材表 21 中第 9 项结果 1!()n a t nnL t e sa   22 √求下列函数的拉氏变换。 （ 1） 33( ) 2 3 2 tf t t t e   （ 2） 3 3 3( ) c os 2 sin 4 ( 0)t t tf t t e e t e t t      （ 3） 22( ) 5 1( 2) ( 1) tf t t t e     （ 4） si n 0()0 0 ,ttft tt   （ 1） 33( ) 2 3 2 tf t t t e   解 ： 设 t＜ 0 时， f(t)＝ 0 利用拉氏变换的线性特性 33244 3 241 3 ! 1( ) [ ( ) ] 2 [ ] 3 [ ] 2 [ ] 2 3 232 2 6 1 8 5 4( 3 )tF s L f t L t L t L es s ss s s sss             （ 2） 3 3 3( ) c os 2 sin 4 ( 0)t t tf t t e e t e t t      解 ： 利用拉氏变换的性质：线性性质，复域平移特性 3 3 34 2 27 6 5 4 3 28 7 6 5 4 3 2( ) [ ( ) ] [ ] [ c os 2 ] [ sin 4 ]3 ! 1 4( 3 ) ( 1 ) 4 ( 3 ) 1623 225 122 1 396 3 878 5 849 9 439 520 192 112 4 429 8 110 04 187 92 199 80 101 25t t tF s L f t L t e L e t L e tss s ss s s s s s ss s s s s s s s                         （ 3） 22( ) 5 1( 2) ( 1) tf t t t e     解 ： 设 t＜ 0 时， f(t)＝ 0。 利用拉氏变换线性特性、延时特性和复域平移特性 22222 2 2 2232( ) [ ( ) ] 5 [ 1 ( 2) ] [ ( 1 ) ]5 [ 1 ( 2) ] [ ( 2 1 ) ]5 [ 1 ( 2) ] [ ] 2 [ ] [ ]1 2 2 15( 2) ( 2) 2ttt t tsF s L f t L t L t eL t L t t eL t L t e L te L ees s s s                  【注】本题不可对第二项 (t‒1)2e2t采用如下方法： 因为 232[]Lt s，利 用时域位移定理得 232[( 1) ] sL t e s，再利用复域平移定理得2 2 ( 2 ) 32[ ( 1 ) ] ( 2 )tsL t e e s 。 这样计算的结果是错误的，原因在于：在利用时域位移定理时，将(t‒1)2的定义域变成了 2( 1) 1()01ttft t   ≥＜，而原题中 (t‒1)2 的定义域为 2( 1) 0()00ttft t   ≥＜。 换句话说，这里 (t‒1)2 并不是 t2 的延时函数。 （ 4） si n 0()0 0 ,ttft tt   解法 1： ( ) si n si n( ) 1 ( )f t t t t   ，如图 22 所示。 所以 2 2 2( ) [ ( ) ] [ si n ] [ si n( ) 1 ( ) ]1 1 11 1 1 ssF s L f t L t L t tees s s          解法 2：直接按定义求解。 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )0000( ) ( )1( ) [ ( ) ] ( ) d si n d ( ) d21 1 1 1dd2 2 2 ( ) 2 ( )1 1 1 12 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )()st st jt jt stj s t j s t j s t j s tj s j sjsF s L f t f t e t t e t e e e tje t e t e ej j j j s j j seej j s j j s j j s j j ss j ee                             2 2 2 222222 2 2( ) ( )2 ( ) 2 ( )( ) ( ) 12 ( 1 ) 12 si n 2 c os 12 ( 1 ) 1111 1 1jj j j jsssss j e s j s jj s j j s js e e j e eej s sj s jej s sees s s               23 √已知 10()( 1)Fs ss  （ 1） 利用终值定理， t→∞ 时的 f(t)值。 （ 2） 通过取 F(s)的拉氏反变换，求 t→∞ 时的 f(t)值。 解： （ 1）0 0 01 0 1 0l im ( ) l im ( ) l im l im 1 0( 1 ) 1t s s sf t s F s s s s s        （ 2） 1210()( 1) 1KKFs s s s s   根据部分分式法得 1 010 10( 1) sKsss  π 2π 3π 4π 5π 6π 1 0 1 t f(t) 图题 22 sin(t) sin(t－ π)∙1(t－ π) 2 110 ( 1 ) 1 0( 1 ) sKsss     所以 10 10()1Fs ss 所以 1 1 1 11 0 1 0 1 1( ) [ ( ) ] [ ] 1 0 [ ] 1 0 [ ] 1 0 1 ( ) 1 0 011 tf t L F s L L L t e ts s s s            ≥ 所以 l im ( ) l im [1 0 1 ( ) 1 0 ] 1 0tttf t t e       ，与（ 1）中计算结果相同。 【注】本题求拉氏反变换时，可以利用教材表 21 中的第 10 项。 24 √已知21() ( 2)Fs s  （ 1） 利用初值定理，求 f(0＋ )和 f 39。 (0＋ )的值。 （ 2） 通 过取 F(s)的拉氏反变换，求 f(t)，再 求 f 39。 (t)，然后求 f(0＋ )和 f 39。 (0＋ )。 解： （ 1）20 1( 0 ) l im ( ) l im ( ) l im 0( 2 )t s sf f t s F s s s          根据拉氏变换的微分特性得知 f 39。 (t)的拉氏变换为 22[ ( ) ] ( ) ( 0 ) 0( 2 ) ( 2 )ssL f t s F s f ss       则再次利用 初值定理 得 20( 0 ) l im ( ) l im 1( 2 )ts sf f t s s       （ 2） 1 1 221( ) [ ( ) ] [ ] 0( 2 ) tf t L F s L e t ts     ≥ 22( ) 2ttf t e e t  则 200( 0 ) lim ( ) lim 0tttf f t e t      2200( 0 ) l im ( ) l im ( ) 1ttttf f t e e t         结果与（ 1）中计算的一致。 25 求图题 2－ 5 所示的各种波形所表示的函数的拉氏变换。 图题 2－ 5 解：（ a） 解法 1： 设110 50() 200t t tftt  ≥＜，则 11( ) ( ) ( 2) 10 1 ( 2)f t f t f t t    （见图 251(a)） 由此得 112222( ) [ ( ) ] [ ( ) ] [ ( 2) ] [ 10 1 ( 2) ]5 5 10ssF s L f t L f t L f t L tees s s        解法 2： 令 ( ) ( ) 5 1 ( ) 5 1 ( 2) 10 ( 2)g t f t t t t      22( ) [ ( ) ] [ ( ) ] [ 5 1 ( ) ] [ 5 1 ( 2) ] [ 10 ( 2) ]5510ssG s L g t L f t L t L t L teess         根据拉氏变换的积分特性得 02222()( ) ( ) d5 5 1 0tssGsF s L g t tsees s s   解法 3：直接利用拉氏变换定义 5 0 2() 0 0 2ttft tt  ≤ ≤＜ ， ＞ 则  02 2 2200 0 022 2 202 2 2 22 2 2 2( ) [ ( ) ] ( ) d155 d 5 d d5 1 5 1 1221 0 5 5 5 5 1 0stst st st sts st s ss s s sF s L f t f t e tt e t t e t t e e tsse e e es s s s se e e es s s s s s                                          （ b） 解法 1： 设1 2 1 1() 3 1 2f t t t，则由图 251(b)可知 11( ) 1 ( 1 ) ( 1 ) ( 3 ) 2 1 ( 3 )f t t f t f t t        所以 113322( ) [ ( ) ] [ 1 ( 1 ) ] [ ( 1 ) ] [ ( 3 ) ] [ 2 1 ( 3 ) ]1 1 1 1 1 222s s s sF s L f t L t L f t L f t L te e e es s s s               解法 2： 令 11( ) ( ) ( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 3 ) 2 ( 3 )22g t f t t t t t         3311( ) [ ( ) ] [ ( ) ] [ ( 1 ) ] [ 1 ( 1 ) ] [ 1 ( 3 ) ] 2 [ ( 3 ) ]221 1 1 1 222s s s sG s L g t L f t L t L t L t L te e e ess   。