110 年 國立臺灣聯合大學系統(清華、政治、陽明交通、中央四校聯招)研究所電機類《控制系統》

📄 試題原卷 免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題28 分

Consider the two-mass system in Figure 1, where k1k_1 and k2k_2 are spring constants; x1x_1 and x2x_2 are displacements of m1m_1 and m2m_2, assuming that both springs have their natural lengths when x1=x2=0x_1 = x_2 = 0. The surface is frictionless and ff is an external force applied to m1m_1.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 1: Two-mass system

(a) (6%) Choose x1x_1 as the output of the system. Write down the state space representation using x=[x1,x2,x˙1,x˙2]Tx = [x_1, x_2, \dot{x}_1, \dot{x}_2]^T as the state vector, where x˙i\dot{x}_i denotes the time derivative of xix_i for i=1,2i = 1,2.

(b) (8%) Find the transfer function from ff to x1x_1.

(c) (6%) Suppose that k2m1=r\frac{k_2}{m_1} = r and k2m2=r\frac{k_2}{m_2} = r. Find the resonant frequencies of the system in terms of rr.

(d) (8%) Let f(t)=sin⁡(ω0t)f(t) = \sin(\omega_0 t) and x1(0)=0x_1(0) = 0. Find ω0,x¨2(0)\omega_0, \ddot{x}_2(0), and x¨2(0)\ddot{x}_2(0) such that x1(t)=0x_1(t) = 0 for all t≥0t \ge 0.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  • 牛頓第二定律建立雙質量—彈簧系統之運動方程式。
  • 狀態空間表示法。
  • 拉氏轉換與傳遞函數。
  • 系統自然頻率(共振頻率)由特徵方程式求得。
  • 利用輸入—輸出關係反推特殊初始條件。

依原卷圖示,x1,x2x_1,x_2 正方向皆向右,外力 ff 作用於 m1m_1。


(a) 狀態空間表示

解題方法

對兩個質量分別使用牛頓第二定律。

對 m1m_1:

m1x¨1=−(k1+k2)x1+k2x2+fm_1\ddot{x}_1=-(k_1+k_2)x_1+k_2x_2+f

對 m2m_2:

m2x¨2=k2x1−k2x2m_2\ddot{x}_2=k_2x_1-k_2x_2

令狀態向量為

x=[x1x2x˙1x˙2]\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \dot{x}_1\\ \dot{x}_2 \end{bmatrix}

則

x˙=[x˙1x˙2x¨1x¨2]\dot{\mathbf{x}} = \begin{bmatrix} \dot{x}_1\\ \dot{x}_2\\ \ddot{x}_1\\ \ddot{x}_2 \end{bmatrix}

因此狀態空間形式為

x˙=Ax+Bf\dot{\mathbf{x}}=A\mathbf{x}+Bf

其中

A=[00100001−k1+k2m1k2m100k2m2−k2m200],B=[001m10]A= \begin{bmatrix} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ -\dfrac{k_1+k_2}{m_1}&\dfrac{k_2}{m_1}&0&0\\ \dfrac{k_2}{m_2}&-\dfrac{k_2}{m_2}&0&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \dfrac{1}{m_1}\\ 0 \end{bmatrix}

輸出為 y=x1y=x_1,所以

y=Cx+Dfy=C\mathbf{x}+Df

其中

C=[1000],D=0C= \begin{bmatrix} 1&0&0&0 \end{bmatrix}, \qquad D=0

(b) ff 到 x1x_1 的傳遞函數

解題方法

假設初始條件為零,對運動方程式取拉氏轉換:

(m1s2+k1+k2)X1−k2X2=F\left(m_1s^2+k_1+k_2\right)X_1-k_2X_2=F −k2X1+(m2s2+k2)X2=0-k_2X_1+\left(m_2s^2+k_2\right)X_2=0

由第二式得

X2=k2m2s2+k2X1X_2=\frac{k_2}{m_2s^2+k_2}X_1

代回第一式:

(m1s2+k1+k2)X1−k22m2s2+k2X1=F\left(m_1s^2+k_1+k_2\right)X_1 - \frac{k_2^2}{m_2s^2+k_2}X_1 =F

因此

X1(s)F(s)=m2s2+k2(m1s2+k1+k2)(m2s2+k2)−k22\frac{X_1(s)}{F(s)} = \frac{m_2s^2+k_2} {\left(m_1s^2+k_1+k_2\right)\left(m_2s^2+k_2\right)-k_2^2}

展開分母可得

X1(s)F(s)=m2s2+k2m1m2s4+[m2(k1+k2)+m1k2]s2+k1k2\boxed{ \frac{X_1(s)}{F(s)} = \frac{m_2s^2+k_2} {m_1m_2s^4+ \left[m_2(k_1+k_2)+m_1k_2\right]s^2+k_1k_2} }

(c) 系統共振頻率

題目條件

依原卷圖示,條件為

k1m1=r,k2m2=r,k2m1=r6\frac{k_1}{m_1}=r, \qquad \frac{k_2}{m_2}=r, \qquad \frac{k_2}{m_1}=\frac{r}{6}

解題方法

系統特徵方程式由傳遞函數分母給出:

m1m2s4+[m2(k1+k2)+m1k2]s2+k1k2=0m_1m_2s^4+ \left[m_2(k_1+k_2)+m_1k_2\right]s^2+k_1k_2=0

除以 m1m2m_1m_2:

s4+(k1m1+k2m1+k2m2)s2+k1m1k2m2=0s^4+ \left( \frac{k_1}{m_1} +\frac{k_2}{m_1} +\frac{k_2}{m_2} \right)s^2 + \frac{k_1}{m_1}\frac{k_2}{m_2} =0

代入條件:

s4+13r6s2+r2=0s^4+\frac{13r}{6}s^2+r^2=0

令 s=jωs=j\omega,則

ω4−13r6ω2+r2=0\omega^4-\frac{13r}{6}\omega^2+r^2=0

令 z=ω2z=\omega^2,得到

z2−13r6z+r2=0z^2-\frac{13r}{6}z+r^2=0

解得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題22 分

Consider the feedback control system in Figure 2, where
G(s)=10(s+1)(s+10)G(s) = \frac{10}{(s + 1)(s + 10)}, C(s)=k(as+1)sC(s) = \frac{k(as + 1)}{s}, k,a>0k, a > 0.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Figure 2: Feedback Control System

(a) (6%) Find the conditions on kk and aa such that the closed-loop system is stable.

(b) (8%) Find kk and aa to satisfy the following requirements simultaneously:
i. The closed-loop transfer function from rr to yy is a stable, 2nd order rational function.
ii. The steady-state error with respect to the unit-ramp input r(t)=tr(t) = t, t≥0t \ge 0, is less than 0.2.
iii. The percent maximum overshoot with respect to the unit-step input r(t)=1r(t) = 1, t≥0t \ge 0, is less than 10%.

(c) (8%) Let a=120a = \frac{1}{20}. Draw the root locus when kk increases from 0 to ∞\infty. If k=1k = 1, what is the gain margin of the system?

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  • 單位負回授閉迴路傳遞函數。
  • 三階特徵方程式的 Routh–Hurwitz 穩定判據。
  • 型別一系統的斜坡穩態誤差。
  • 二階系統阻尼比與最大超越量。
  • 根軌跡的實軸區段、分離點、漸近線與增益裕度。

令開迴路傳遞函數為

L(s)=C(s)G(s)=10k(as+1)s(s+1)(s+10).L(s)=C(s)G(s) =\frac{10k(as+1)}{s(s+1)(s+10)}.

因此閉迴路傳遞函數為

T(s)=L(s)1+L(s)=10k(as+1)s(s+1)(s+10)+10k(as+1).T(s)=\frac{L(s)}{1+L(s)} =\frac{10k(as+1)} {s(s+1)(s+10)+10k(as+1)}.

整理分母得

D(s)=s3+11s2+(10+10ka)s+10k.D(s)=s^3+11s^2+(10+10ka)s+10k.

(a) 閉迴路穩定條件

三階多項式

s3+a1s2+a2s+a3s^3+a_1s^2+a_2s+a_3

穩定的必要且充分條件為

a1>0,a2>0,a3>0,a1a2>a3.a_1>0,\qquad a_2>0,\qquad a_3>0,\qquad a_1a_2>a_3.

套用本題:

a1=11,a2=10+10ka,a3=10k.a_1=11,\qquad a_2=10+10ka,\qquad a_3=10k.

由題設 k>0, a>0k>0,\ a>0,前三個條件自動成立,剩下

11(10+10ka)>10k.11(10+10ka)>10k.

化簡:

110+110ka>10k,110+110ka>10k, 11+11ka>k.11+11ka>k.

所以穩定條件為

11+11ka>k.\boxed{11+11ka>k}.

也可寫成:

  • 若 0<a<1110<a<\dfrac{1}{11},則

    0<k<111−11a.\boxed{0<k<\frac{11}{1-11a}}.
  • 若 a≥111a\geq \dfrac{1}{11},則對所有 k>0k>0 均穩定。


(b) 同時滿足三項規格

第一步:使閉迴路成為二階有理函數

原本分母為三階,若要約化成二階,必須使控制器零點

s=−1as=-\frac{1}{a}

與被控體極點 s=−1s=-1 或 s=−10s=-10 抵消。

因此有兩種可能:

情況一:a=1a=1

此時 as+1=s+1as+1=s+1,可與極點 s=−1s=-1 抵消。

T(s)=10k(s+1)(s+1)(s2+10s+10k)T(s) =\frac{10k(s+1)} {(s+1)\left(s^2+10s+10k\right)}

所以

T(s)=10ks2+10s+10k.T(s)=\frac{10k}{s^2+10s+10k}.

此為二階系統,且 k>0k>0 時穩定。

情況二:a=110a=\dfrac{1}{10}

此時

as+1=s+1010,as+1=\frac{s+10}{10},

可與極點 s=−10s=-10 抵消:

T(s)=k(s+10)(s+10)(s2+s+k)=ks2+s+k.T(s) =\frac{k(s+10)} {(s+10)(s^2+s+k)} =\frac{k}{s^2+s+k}.

此時同樣是穩定二階系統,條件為 k>0k>0。


第二步:斜坡輸入的穩態誤差

系統為型別一,因此單位斜坡輸入的穩態誤差為

ess=1Kv,e_{\mathrm{ss}}=\frac{1}{K_v},

其中

Kv=lim⁡s→0sL(s).K_v=\lim_{s\to 0}sL(s).

對兩種抵消情況皆有

Kv=k.K_v=k.

因此

ess=1k<0.2,e_{\mathrm{ss}}=\frac{1}{k}<0.2,

得到

k>5.\boxed{k>5}.

第三步:最大超越量小於 10%10\%

二階標準型為

s2+2ζωns+ωn2.s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2.

最大超越量為

Mp=e−ζπ1−ζ2.M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}.

要求 Mp<0.1M_p<0.1,因此

ζ>ζ10,\zeta>\zeta_{10},

其中

ζ10=−ln⁡(0.1)π2+ln⁡2(0.1)≈0.591.\zeta_{10} =\frac{-\ln(0.1)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.1)}} \approx 0.591.

檢查 a=1a=1

此時

s2+10s+10ks^2+10s+10k

與標準型比較:

2ζωn=10,ωn2=10k.2\zeta\omega_n=10,\qquad \omega_n^2=10k.

所以

ζ=510k.\zeta=\frac{5}{\sqrt{10k}}.

要求 ζ>0.591\zeta>0.591:

510k>0.591.\frac{5}{\sqrt{10k}}>0.591.

因此

k<2.5(0.591)2≈7.15.k<\frac{2.5}{(0.591)^2}\approx 7.15.

配合斜坡誤差條件 k>5k>5,得到

5<k<7.15,a=1.\boxed{5<k<7.15,\qquad a=1}.

檢查 a=110a=\dfrac{1}{10}

此時

s2+s+ks^2+s+k

因此

2ζωn=1,ωn2=k,2\zeta\omega_n=1,\qquad \omega_n^2=k, ζ=12k.\zeta=\frac{1}{2\sqrt{k}}.

最大超越量小於 10%10\% 要求

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題32 分

Consider the following feedback system with plant Gp(s)G_p(s) and controller Gc(s)G_c(s).

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

Let Gp(s)=s2s+2G_p(s) = \frac{s^2}{s+2}, where Gp(jω)=−2jω34+ω2G_p(j\omega) = \frac{-2j\omega^3}{4+\omega^2}. The controller Gc(s)=KG_c(s) = K.

(a) (6%) Plot the root locus for K>0K>0 and K<0K<0, respectively.

(b) (5%) Sketch the Nyquist plot for K>0K>0.

(c) (4%) Analyze the stability from Nyquist plot for all KK.

(d) (6%) To stabilize the system, a control engineer chooses Gc(s)=Ks(s+p)G_c(s) = \frac{K}{s(s+p)}, where p>0p>0. Show that the root locus contains a circle for K>0K>0.

(e) (4%) As in part (d), design the closed-loop poles at −1±j-1 \pm j, design the controller Gc(s)G_c(s).

(f) (3%) From the root locus in part (d), what are the Gain margin?

(g) (4%) In part (e) and input r(t)=1+cos⁡(2t−30∘)r(t)=1+\cos(\sqrt{2}t-30^\circ), what is the steady state output?

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查:

  • 根軌跡的開迴路極點、零點、實軸判斷與分離點。
  • Nyquist 圖與閉迴路穩定性。
  • 利用特徵方程判斷補償器參數。
  • 增益裕度與頻率響應。
  • 正弦輸入下的穩態輸出。

以下依原題常見架構,採用「單位負回授」:

1+Gc(s)Gp(s)=01+G_c(s)G_p(s)=0

(a) K>0K>0 與 K<0K<0 的根軌跡

Gc(s)=KG_c(s)=K 時的特徵方程

1+Ks2s+2=01+K\frac{s^2}{s+2}=0

因此

Ks2+s+2=0Ks^2+s+2=0

或寫成根軌跡形式:

K=−s+2s2K=-\frac{s+2}{s^2}

開迴路極點為 s=−2s=-2,開迴路有兩個重零點 s=0s=0。

K>0K>0

由

K=−s+2s2K=-\frac{s+2}{s^2}

可知實軸上 K>0K>0 的區段為

(−∞,−2)(-\infty,-2)

分離點由

dKds=0\frac{dK}{ds}=0

求得:

K=−s+2s2K=-\frac{s+2}{s^2} dKds=s+4s3=0\frac{dK}{ds}=\frac{s+4}{s^3}=0

所以分離點為

s=−4s=-4

代回得

K=18K=\frac{1}{8}

閉迴路極點為

s=−1±1−8K2Ks=\frac{-1\pm\sqrt{1-8K}}{2K}

因此:

  • 0<K<1/80<K<1/8:兩根位於負實軸,分別由 −2-2 與 00 往左移動。
  • K=1/8K=1/8:兩根在 s=−4s=-4 重合。
  • K>1/8K>1/8:根離開 −4-4 成為共軛複數根,最後由左半平面趨近於原點。

所以 K>0K>0 的根軌跡完全位於左半平面。

K<0K<0

實軸上 K<0K<0 的區段為

(−2,0)∪(0,∞)(-2,0)\cup(0,\infty)

當 K→0−K\to0^- 時:

  • 一根由 s=−2s=-2 出發,沿 (−2,0)(-2,0) 趨近原點。
  • 另一根由正無限遠處出發,沿 (0,∞)(0,\infty) 趨近原點。

由特徵方程

s=−1±1−8K2Ks=\frac{-1\pm\sqrt{1-8K}}{2K}

因為 K<0K<0,其中一根必在右半平面。因此 K<0K<0 時系統不穩定。


(b) K>0K>0 的 Nyquist 圖

已知

Gp(jω)=−2jω34+ω2G_p(j\omega)=\frac{-2j\omega^3}{4+\omega^2}

因此

KGp(jω)=−j2Kω34+ω2KG_p(j\omega) = -j\frac{2K\omega^3}{4+\omega^2}

此頻率響應的實部永遠為零,虛部為負值。

當 ω=0\omega=0:

KGp(j0)=0KG_p(j0)=0

當 ω→∞\omega\to\infty:

KGp(jω)→−j∞KG_p(j\omega)\to-j\infty

所以正頻率的 Nyquist 曲線沿負虛軸,由原點往 −j∞-j\infty 延伸;負頻率部分為其關於實軸的鏡射,沿正虛軸返回原點。

曲線不會包圍 −1+j0-1+j0。


(c) 由 Nyquist 圖分析所有 KK 的穩定性

開迴路

Gp(s)=s2s+2G_p(s)=\frac{s^2}{s+2}

沒有右半平面極點,因此 P=0P=0。

K>0K>0

Nyquist 圖不包圍 −1-1,所以

N=0N=0

由 Nyquist 判據:

Z=N+P=0Z=N+P=0

閉迴路沒有右半平面極點,系統穩定。

K=0K=0

此時回授增益為零,系統極點為

s=−2s=-2

因此系統穩定。

K<0K<0

由特徵方程

Ks2+s+2=0Ks^2+s+2=0

二階系統的係數中,K<0K<0。將方程式除以 KK:

s2+1Ks+2K=0s^2+\frac{1}{K}s+\frac{2}{K}=0

其中

2K<0\frac{2}{K}<0

故兩根乘積為負,一根在左半平面、一根在右半平面,系統不穩定。

因此:

K≥0 時穩定,K<0 時不穩定\boxed{K\ge 0\text{ 時穩定,}\quad K<0\text{ 時不穩定}}

(d) 使用 Gc(s)=Ks(s+p)G_c(s)=\dfrac{K}{s(s+p)} 時的圓形根軌跡

新的開迴路傳遞函數為

L(s)=Gc(s)Gp(s)=Ks(s+p)s2s+2=Ks(s+p)(s+2)L(s)=G_c(s)G_p(s) = \frac{K}{s(s+p)}\frac{s^2}{s+2} = \frac{Ks}{(s+p)(s+2)}

特徵方程為

1+Ks(s+p)(s+2)=01+\frac{Ks}{(s+p)(s+2)}=0

所以

(s+p)(s+2)+Ks=0(s+p)(s+2)+Ks=0

展開得

s2+(p+2+K)s+2p=0s^2+(p+2+K)s+2p=0

根軌跡條件為

K=−(s+p)(s+2)sK=-\frac{(s+p)(s+2)}{s}

令

s=σ+jωs=\sigma+j\omega

要使 KK 為實數,虛部必須為零。整理後得到:

ω(1−2pσ2+ω2)=0\omega\left(1-\frac{2p}{\sigma^2+\omega^2}\right)=0

除了實軸根軌跡 ω=0\omega=0 外,複數根軌跡滿足

σ2+ω2=2p\sigma^2+\omega^2=2p

因此根軌跡包含一個以原點為圓心、半徑為

2p\boxed{\sqrt{2p}}

的圓。

在圓上有

∣s∣2=2p|s|^2=2p

且

K=−(2σ+p+2)K=-(2\sigma+p+2)

所以 K>0K>0 時須滿足

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題