109 年 國立成功大學電機工程學系碩士班乙組《控制系統》

核心觀念

兩個結構皆為負回授系統，使用閉迴路傳遞函數

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}.$$

以下以 $K$ 表示名目值，輸入為 $R$。

解題方法

Fig. 1(a)

Fig. 1(a) 是兩個相同的負回授閉迴路串接。每一級的閉迴路增益為

$$T_1=\frac{K}{1+KH_1}.$$

因此總輸出 $F_1$ 為

$$\frac{F_1}{R} = \left(\frac{K}{1+KH_1}\right)^2 = \frac{K^2}{(1+KH_1)^2}.$$

Fig. 1(b)

Fig. 1(b) 的前向路徑為兩個 $K$ 串接，因此前向增益為 $K^2$；外部回授為 $H_2$。故

$$\frac{F_2}{R} = \frac{K^2}{1+K^2H_2}.$$

要求兩者具有相同的名目輸出 $F$，必須滿足

$$\frac{F_1}{R}=\frac{F_2}{R}=\frac{F}{R}.$$

因此

$$\frac{K^2}{(1+KH_1)^2} = \frac{K^2}{1+K^2H_2}.$$

消去 $K^2$ 後得到

$$(1+KH_1)^2=1+K^2H_2.$$

整理可得兩個回授元件的關係：

$$\boxed{ H_2=\frac{2H_1}{K}+H_1^2 }$$

這就是使兩種結構具有相同名目輸出的選擇條件。

若指定共同的目標閉迴路增益為 $F/R$，則由

核心觀念

本題考查相對敏感度定義：

$$S_F^K=\frac{\partial F/F}{\partial K/K} =\frac{K}{F}\frac{\partial F}{\partial K}.$$

計算對 $K$ 的敏感度時，$H_1$、$H_2$ 視為固定參數，只考慮 $K$ 的變動。

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結構一：Fig. 1(a)

每一個局部負回授區塊的閉迴路傳遞函數為

$$\frac{K}{1+KH_1}.$$

兩個相同區塊串聯，因此

$$F_1=\frac{K^2}{(1+KH_1)^2}.$$

依敏感度定義：

$$S_{F_1}^{K} =\frac{K}{F_1}\frac{\partial F_1}{\partial K}.$$

先取對數微分：

$$\ln F_1=2\ln K-2\ln(1+KH_1),$$

因此

$$S_{F_1}^{K} =2-\frac{2KH_1}{1+KH_1} =\frac{2}{1+KH_1}.$$

由題目前一小題的設計條件，名義傳遞函數為 $F_1=F$，故

$$F=\frac{K^2}{(1+KH_1)^2}.$$

又因 $KH_1>0$，取正值平方根：

$$1+KH_1=\frac{K}{\sqrt F}.$$

所以

$$\boxed{S_{F_1}^{K}=\frac{2\sqrt F}{K}}.$$

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結構二：Fig. 1(b)

兩個 $K$ 串聯後，以 $H_2$ 構成外部負回授，因此

$$F_2=\frac{K^2}{1+K^2H_2}.$$

其相對敏感度為

$$S_{F_2}^{K} =\frac{K}{F_2}\frac{\partial F_2}{\partial K}.$$

取對數微分：

核心觀念

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=C(s)G(s)=K\frac{s^2+1}{(s-1)^3}.$$

因為 $(s-1)^3$ 有 3 個右半平面極點，所以開迴路系統的右半平面極點數為

$$P=3.$$

負回授系統的閉迴路穩定條件，是 Nyquist 圖對 $-1+j0$ 點產生適當的順時針包圍，使閉迴路右半平面極點數 $Z=0$。

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Nyquist 曲線與負實軸交點

令 $s=j\omega$，則

$$L(j\omega) =K\frac{1-\omega^2}{(j\omega-1)^3}.$$

由

$$(j\omega-1)^3=(3\omega^2-1)+j(3\omega-\omega^3)$$

可得

$$L(j\omega) = K\frac{(1-\omega^2)(3\omega^2-1)} {(1+\omega^2)^3} -jK\frac{(1-\omega^2)\omega(3-\omega^2)} {(1+\omega^2)^3}.$$

因此虛部為

$$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = -K\frac{(1-\omega^2)\omega(3-\omega^2)} {(1+\omega^2)^3}.$$

對 $\omega>0$，虛部為零的情況為

$$\omega=1 \quad\text{或}\quad \omega=\sqrt{3}.$$

其中：

1. $\omega=1$

此時

$$1-\omega^2=0$$

所以

$$L(j)=0.$$

這是 Nyquist 曲線通過原點的位置，不是與負實軸的臨界交點。

2. $\omega=\sqrt{3}$

此時

核心觀念

本題考查：

1. 由馬達的 torque-speed curve 建立馬達轉矩方程式。
2. 利用齒輪組將負載的轉動慣量與黏滯阻尼折算至馬達軸。
3. 建立輸入電壓 $E_a(t)$ 至負載角位移 $\theta_L(t)$ 的傳遞函數。
4. 將二階傳遞函數寫成 phase-variable form。

圖中 60 V 時的 torque-speed curve 通過兩點：

$$(\omega_m,T_m)=(0,150),\qquad (100,0)$$

因此其斜率為

$$\frac{0-150}{100-0}=-1.5$$

故在 60 V 時：

$$T_m=150-1.5\omega_m$$

考慮輸入電壓與 60 V 成正比，可得一般輸入電壓下的馬達轉矩：

$$T_m=\frac{150}{60}E_a-1.5\omega_m$$

即

$$T_m=2.5E_a-1.5\omega_m$$

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解題方法

1. 將負載參數折算至馬達軸

齒輪齒數為

$$N_1=50,\qquad N_2=150$$

因此速度比為

$$\frac{\omega_L}{\omega_m}=-\frac{N_1}{N_2}=-\frac{1}{3}$$

負號表示外接齒輪使轉動方向相反。

負載慣量與阻尼折算至馬達軸後為：

$$J_{2,\text{eq}}=J_2\left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 =24\left(\frac{1}{3}\right)^2 =\frac{8}{3}$$ $$D_{2,\text{eq}}=D_2\left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 =36\left(\frac{1}{3}\right)^2 =4$$

所以馬達軸的等效慣量與等效阻尼為：

$$J_{\text{eq}}=J_1+J_{2,\text{eq}} =6+\frac{8}{3} =\frac{26}{3}$$ $$D_{\text{eq}}=D_1+D_{2,\text{eq}} =8+4=12$$

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2. 建立馬達軸的機械方程式

馬達軸的運動方程式為：

$$J_{\text{eq}}\dot{\omega}_m+D_{\text{eq}}\omega_m=T_m$$

代入 $T_m=2.5E_a-1.5\omega_m$：

$$\frac{26}{3}\dot{\omega}_m+12\omega_m =2.5E_a-1.5\omega_m$$

整理得：

$$\frac{26}{3}\dot{\omega}_m+\frac{27}{2}\omega_m =2.5E_a$$

由

$$\omega_m=\dot{\theta}_m$$

且齒輪關係為：

$$\theta_L=-\frac{1}{3}\theta_m$$

在拉氏域中：

核心觀念

本題考查多輸入回授系統的穩態誤差。圖 4 為單位負回授，擾動 $D(s)$ 加在兩個前向方塊之間。令

$$G_1(s)=K_1\frac{s+2}{s+3}, \qquad G_2(s)=\frac{K_2}{s(s+4)}, \qquad e(s)=R(s)-C(s).$$

分別計算輸入 $R(s)$ 與擾動 $D(s)$ 對誤差的影響，並使用終值定理。

解題方法

由方塊圖可得

$$C(s)=G_2(s)\left[G_1(s)\bigl(R(s)-C(s)\bigr)+D(s)\right].$$

整理可得誤差：

$$e(s)=\frac{1}{1+G_1(s)G_2(s)}R(s) -\frac{G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}D(s).$$

一、由單位斜坡輸入求 $K_1K_2$

令 $D(s)=0$，單位斜坡輸入為 $R(s)=1/s^2$。穩態誤差為

$$e_{\mathrm{ramp},ss} =\lim_{s\to 0}s\frac{1}{1+G_1(s)G_2(s)}\frac{1}{s^2} =\frac{1}{K_v},$$

其中速度誤差常數

$$K_v=\lim_{s\to 0}sG_1(s)G_2(s) =\frac{K_1K_2}{6}.$$

題目給定 $e_{\mathrm{ramp},ss}=0.2$，所以