109 年 國立中正大學電機工程學系碩士班電力與電能處理甲組《控制系統》

核心觀念

令

$$G_1(s)=\frac{s+1}{s+2},\qquad G_2(s)=\frac{1}{s(s+20)}.$$

由圖可定義：

• $x(s)$：$G_1(s)$ 的輸出。
• 第一個加總點輸出為 $e(s)$。
• 第二個加總點輸出為 $v(s)$。

依照圖中的正負號：

$$e(s)=R(s)-Y(s)-x(s)$$ $$v(s)=K e(s)-T(s)D(s)+x(s)$$ $$x(s)=G_1(s)v(s)$$ $$Y(s)=G_2(s)x(s)+D(s)$$

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解題方法

先以 $x(s)$ 表示所有訊號，再分別求出 $Y(s)/R(s)$ 與 $Y(s)/D(s)$。

由

$$e=R-Y-x$$

且

$$Y=G_2x+D$$

可得

$$e=R-D-(1+G_2)x.$$

代入第二個加總點：

$$x=G_1\left[K\{R-D-(1+G_2)x\}-TD+x\right].$$

整理得

$$\left[1-G_1+KG_1(1+G_2)\right]x = KG_1R-G_1(K+T)D.$$

令

$$\Delta(s)=1-G_1+KG_1(1+G_2).$$

因此

$$x(s)=\frac{KG_1(s)}{\Delta(s)}R(s) -\frac{G_1(s)[K+T(s)]}{\Delta(s)}D(s).$$

又因為 $Y=G_2x+D$，所以可求得所需轉移函數。

(a) 求兩個轉移函數

當 $D=0$ 時：

$$\boxed{ \left.\frac{Y(s)}{R(s)}\right|_{D=0} = \frac{KG_1G_2} {1-G_1+KG_1(1+G_2)} }$$

代入 $G_1,G_2$：

$$\left.\frac{Y(s)}{R(s)}\right|_{D=0} = \frac{K(s+1)} {K s^3+(20K+1)s^2+(K+20)s+K}.$$

當 $R=0$ 時：

$$\boxed{ \left.\frac{Y(s)}{D(s)}\right|_{R=0} = \frac{1-G_1+KG_1-G_1G_2T} {1-G_1+KG_1(1+G_2)} }$$

代入 $G_1,G_2$ 後，也可寫成

$$\left.\frac{Y(s)}{D(s)}\right|_{R=0} = \frac{ s(s+20)+K(s+1)s(s+20)-(s+1)T(s) }{ K s^3+(20K+1)s^2+(K+20)s+K }.$$

(b) 使輸出完全不受 $D(s)$ 影響

要使 $Y(s)$ 完全獨立於 $D(s)$，必須令 $D\to Y$ 的轉移函數分子為零：

$$1-G_1+KG_1-G_1G_2T=0.$$

因此

$$T(s)=\frac{1-G_1+KG_1}{G_1G_2}.$$

代入 $G_1,G_2$：

核心觀念

由特性方程式

$$s^3+6s^2+5s+K=0$$

可辨識其未補償開迴路傳遞函數為

$$G_0(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+5)}$$

因此含增益 $K$ 的迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+5)}.$$

本題考查：

• Routh-Hurwitz 判據與平移後的穩定性判斷。
• 阻尼比 $\zeta$ 與根軌跡。
• Nyquist 穩定判據。
• Gain margin 的定義。
• Phase-lag compensator 對穩態誤差與相位裕度的影響。

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(a) 求位於直線 $s=-1$ 左側的根數

令

$$s=z-1$$

使得 $s=-1$ 對應於 $z=0$。代入特性方程式：

$$(z-1)^3+6(z-1)^2+5(z-1)+10=0$$

整理得

$$z^3+3z^2-4z+10=0.$$

對此方程式建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} z^3 & 1 & -4\\ z^2 & 3 & 10\\ z^1 & \dfrac{3(-4)-10}{3}=-\dfrac{22}{3} & 0\\ z^0 & 10 & \end{array}$$

第一欄符號為

$$+,\quad +,\quad -,\quad +.$$

符號變化次數為 $2$，因此有 $2$ 個根位於 $z$ 平面的右半部，也就是位於原本 $s$ 平面的直線 $s=-1$ 右側。

總共有 $3$ 個根，因此位於 $s=-1$ 左側的根數為

$$3-2=1.$$

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(b) 使主導複數根的阻尼比為 $0.707$

阻尼比為

$$\zeta=\frac{-\operatorname{Re}(s)}{|s|}.$$

當

$$\zeta=0.707\approx \frac{1}{\sqrt{2}}$$

時，複數根位於 $45^\circ$ 阻尼比線上，因此可令

$$s=-a+ja,\qquad a>0.$$

由特性方程式可得

$$K=-s(s+1)(s+5).$$

先令 $s=-a+ja$，計算 $s(s+1)(s+5)$ 的虛部。由虛部必須為零：

$$2a^3-12a^2+5a=0.$$

排除 $a=0$，得

$$2a^2-12a+5=0.$$

因此

$$a=3\pm \frac{\sqrt{26}}{2}.$$

為使 $K>0$，取

$$a=3-\frac{\sqrt{26}}{2}\approx 0.4505.$$

此時

$$K=a(5-2a^2).$$

代入數值：

$$K\approx 0.4505\left[5-2(0.4505)^2\right] \approx 2.07.$$

複數根約為

$$s_{1,2}=-0.4505\pm j0.4505.$$

第三根由根之和為 $-6$ 得

$$s_3=-6-2(-0.4505)\approx -5.099,$$

故複數根確實為主導根。

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(c) 使用 Nyquist 判據求系統穩定的 $K$ 範圍

由 Routh-Hurwitz 判據，原特性方程式

$$s^3+6s^2+5s+K=0$$

的 Routh 表為

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 5\\ s^2 & 6 & K\\ s^1 & \dfrac{30-K}{6} & 0\\ s^0 & K & \end{array}$$

系統穩定時，第一欄必須全部為正：

$$1>0,\qquad 6>0,\qquad \frac{30-K}{6}>0,\qquad K>0.$$

因此

$$0<K<30.$$

以 Nyquist 觀點驗算，開迴路為

$$L(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+5)}.$$

相位穿越頻率滿足

$$-90^\circ-\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{5}=-180^\circ.$$

所以

$$\tan^{-1}\omega+\tan^{-1}\frac{\omega}{5}=90^\circ,$$

得到

$$\omega_{pc}=\sqrt{5}.$$

在此頻率下，

$$\left|G_0(j\omega_{pc})\right| = \frac{1}{\sqrt{5}\sqrt{6}\sqrt{30}} =\frac{1}{30}.$$

Nyquist 曲線通過 $-1$ 的臨界條件為

核心觀念

本題考查二階電路的狀態空間表示法，以及線性系統的可控制性與可觀測性。

選定狀態變數為

$$x_1(t)=v_C(t),\qquad x_2(t)=i_L(t)$$

輸入為

$$u(t)=v(t)$$

根據圖示，左支路為 $R_1$ 與 $C$ 串聯，右支路為 $R_2$ 與 $L$ 串聯；輸出為電阻 $R_2$ 兩端電壓。

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解題方法

(a) 狀態方程、輸出方程與特徵方程

電容支路

由 KVL，$R_1$ 上的電流為

$$i_C(t)=\frac{v(t)-v_C(t)}{R_1}$$

又因為

$$i_C(t)=C\frac{dv_C(t)}{dt}$$

因此

$$\frac{dv_C(t)}{dt} = -\frac{1}{R_1C}v_C(t)+\frac{1}{R_1C}v(t)$$

即

$$\dot{x}_1 = -\frac{1}{R_1C}x_1+\frac{1}{R_1C}u$$

電感支路

右支路適用 KVL：

$$v(t)=R_2i_L(t)+L\frac{di_L(t)}{dt}$$

因此

$$\frac{di_L(t)}{dt} = -\frac{R_2}{L}i_L(t)+\frac{1}{L}v(t)$$

即

$$\dot{x}_2 = -\frac{R_2}{L}x_2+\frac{1}{L}u$$

所以狀態方程為

$$\dot{x} = Ax+Bu$$

其中

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} -\dfrac{1}{R_1C} & 0\\ 0 & -\dfrac{R_2}{L} \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} \dfrac{1}{R_1C}\\ \dfrac{1}{L} \end{bmatrix}$$

輸出為 $R_2$ 兩端電壓：

$$y(t)=R_2i_L(t)=R_2x_2(t)$$

因此

$$y=Cx+Du$$

其中

$$C= \begin{bmatrix} 0 & R_2 \end{bmatrix}, \qquad D=0$$

特徵方程

特徵方程由

$$\det(sI-A)=0$$

得到

$$\det \begin{bmatrix} s+\dfrac{1}{R_1C} & 0\\ 0 & s+\dfrac{R_2}{L} \end{bmatrix} =0$$

因此

$$\boxed{ \left(s+\frac{1}{R_1C}\right) \left(s+\frac{R_2}{L}\right)=0 }$$

展開為

$$\boxed{ s^2+ \left(\frac{1}{R_1C}+\frac{R_2}{L}\right)s +\frac{R_2}{R_1CL}=0 }$$

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(b) 可控制性與可觀測性

可控制性

二階系統的可控制性矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B & AB \end{bmatrix}$$

令

$$a=\frac{1}{R_1C}, \qquad b=\frac{R_2}{L}$$

則