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自动控制原理A卷(第二版 余成波)

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考试试卷(A)

题号 一 二 三 四 五 六 七 八 总分 总分人

分数

一、填空(每空2分，共10分)

得分 评卷人

1.线性定常系统的传递函数与系统本身的结构与参数有关，同时与外作用信号的形式（ ）。

2. 某系统在输入信号δ（t）作用下的响应函数为24te，此系统的传递函数为

（ ）。

3. 某单位负反馈系统的开环传递函数为)5)(11.0(50)(ssssG，则此系统的根轨迹增益kg为（ ）。

4. 某串联校正装置的传递函数为1121sTsT，当T1（ ） T2时，该装置为滞后校正装置。

5. 绘制某系统的期望开环对数幅频特性，希望系统具有较好的动态性能，则中频段应该以（ ）斜率穿越0分贝线。

二、判断并改错，将错误的部分改正即可（每题3分，共15分）

得分 评卷人

1. 线性定常系统稳定与否决定于与本身的闭环极点和零点的性质。（ ）

2. 增大系统的开环传递系数或增加开环积分环节的个数，可以减小或消除系统的稳态误差，同时改善系统的动态性能。（ ）

3. 采用PD调节器可以在不影响系统动态性能的前提下，改善系统的稳态性能，提高系统的型别。（ ）

4. 某系统采用串联滞后校正，则可以利用滞后校正装置本身的相频特性，在系统新的截止频率ωc‘附近为系统额外提供较大的正相角，从而提高系统的相角裕度，改善动态性能。（ ）

5. 某采样控制系统，原信号的上限频率为ωmax，若采样角频率为1.5ωmax，则可以毫不失真地复现原信号。（ ）

三、（8分）

得分 评卷人

求如图所示电路的传递函数，并求其

频率特性表达式，定性绘制对数幅频特性

曲线与相频特性曲线。

四、稳定性判别（共19分）

得分 评卷人

1.系统的开环奈氏图如图所示，p为开环传递函数在s右半平面的极点数，v为系统的型别，判别系统的闭环稳定性，求出闭环系统在s右半平面的极点数。（每小题3分，共9分）

2.求如图所示系统的闭环传递函数，并判断稳定性。（10分）

五、绘制根轨迹草图（每小题3分，共9分）

得分 评卷人

六、时域分析（15分）

已知随动系统如图所示，当K=8时，

① 求系统的特征参量ζ和n

② 求系统的动态性能指标%和st

③ 当输入信号为（1+t）·1（t）时，求响应的稳态误差

得分 评卷人

七、校正（12分）

原系统的开环传递函数为)15.0(10ss，采用串联校正，期望校正以后的开环幅频特性曲线L（ω）如图所示，

① 在原图上绘制所需校正装置的波德图，求出此装置的传递函数，并说明该装置的类型。

② 求校正之后闭环系统的阻尼比ζ，简要说明系统校正后具有什么样的性能。

得分 评卷人

八、离散控制系统（12分）

某离散控制系统结构如图所示。

① 求此系统的闭环脉冲传递函数

② 判断此系统是否稳定

得分 评卷人

附：变换表

X（s） x（t） X（Z）

s1 1（t） 1ZZ

21s t·1（t） 2)1(ZZTs

as1 ate·1（t）

saTeZZ

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（上 中 下）190-290

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2020厦门大学844自动控制原理考研考试范围(大纲)和参考书目

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我们的梦想，为成就更多人的梦想 /

2020厦门大学844自动控制原理考研考试范围（大纲）和参考书目

由于厦门大学大部分专业课官方没有公布参考书目由此给很多考生带来了很大的不便，对此精都考研

网整理了厦门大学往届研究生初试用书对应的辅导资料，同时摘录了厦门大学官方公布的考试科目考试范围以便同学查阅参考。以下内容是【精都考研网】整理发布，每天及时发布最新考研资讯、考研经验、考

研真题。目前很多同学已加入2020厦门大学考研总群829573389，抓紧时间加入了解你所不知道的考研信

息。

一、2019专业课考试范围（官网公布，20届的今年10月份公布）

1. 控制系统基本概念；

2. 数学基础：拉氏变换及Z变换；数学模型；

3. 时域分析法；根轨迹法；频率响应法；控制系统校正；

4. 现代控制理论基础。

二、往届研究生初试参考用书：

胡寿松《自动控制原理》

余成波《自动控制原理》

三、往届研究生初试配套精编复习资料

厦门大学844自动控制原理复习全程通（全套资料目录清单）

复习全程通NO1（历年真题汇编）：2000-2017年考研真题汇编，附赠2012-2013年答案

复习全程通NO2（教辅一本通）：1本：

胡寿松《自动控制原理》本专业研究生整理章节的重点笔记和章节典型题及答案解析

复习全程通NO3（冲刺模拟套卷）：2套含答案解析

复习全程通NO4（非卖品，电子版赠送内容）：

1. 余成波《自动控制原理》习题及解答

2. 胡寿松《自动控制原理》课件讲义

以上资料可以上精都考研网或加厦大考研群了解

自动控制原理第二版课后答案

自动控制原理第二版课后答案

自动控制原理第二版课后答案

2- 2由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得

/；(x.-x0)-/2x0 =rnx

整理得

将上式拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得 ［亦+(人+/2)$］血0)=人迟⑸

于是传递函数为

疋($)恥 + /; +/2

②其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A,并设A点位移为无，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, "等十⑺S字" d\ X. 从A和B两点可以分别列出如下原始方程：

K］（兀-x） = /（x-xc）

消去中间变量X,可得系统微分方程

佔+心）牛+ K心0 = 牛

at at

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

K ⑸一/（&+£）$+&瓦

③以引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程:

蜀（兀-X）+ /（乙-对）=丘％

移项整理得系统微分方程

/贽+ （陌+ 0）心=令+瓦兀

对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即

Xr （。） = X0 （。） = °

则系统传递函数为

X。(£)_ fz K\ 兀 G) 一 冷+ (K]+0)

2-3

r 並'C2s =1 （&C°s 十 1）一

1 {T.S

+ 1） ・・・

——(T.s + 1)

所以.5(s)_ S _ C“ - _ ⑺s + l)®s + l)

'5(s) Z1 + Z2 尽 | 1(匚「J 尽CQS + ^S + I)込s + 1)

T、s +1 C2s 2

(b) 以幻和fl之间取辅助点A,并设A点位移为方向朝下；根据力的平 衡原则，可列出如下原始方程： 解：(a):利用运算阻抗法得：Z] =R』 R.——

1 _ C\s

泾尽+丄 R】

RiGs +1 +1 K2(X. -X0) + f2(x. - x0) = /；(x0 -x) (1)

A：1x = /；(x(> -x) (2)

自动控制原理(非自动化类)答案第二版

自动控制原理(非自动化类)答案第二版

第 1 页 共 10 页 自动控制原理（非自动化类）答案第二版

电位器 放大器 电动机 减速器 阀门 水箱 浮子 杠杆 _

电位器 放大器 电动机 绞盘 位置 大门 _

1 1-5 解：

系统的输出量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉 仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图 门实际 开(闭)门 的位置 工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。

当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动， 使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。

受控量：门的位置 测量比较元件：电位计 1-4 解：

受控对象：门。

执行元件：电动机，绞盘。

放大元件：放大器。

水位自动控制系统的职能方框图 h c hr 出水 电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr 。

当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc ≠

hr 时，浮子位置相应升高（或 降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动 电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。

r c （与电位器设定 工作原理：系统的被控对象为水箱。被控量为水箱的实际水位 h 。给定值为希望水位 h 测量元件：浮子，杠杆。

放大元件：放大器。

执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。

比较计算元件：电位器。 第 2 页 共 10 页 c 被控量：水箱的实际水位 h 受控对象：水箱液面。

1-1（略）

1-2（略）

1-3 解：

习题 第一章 自动控制原理（非自动化类）习题答案 电位器 电压 放