115 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30 分

Consider the following RLC circuit (Figure 1):
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(a) Please calculate the transfer function Vo(s)Vi(s)\frac{V_o(s)}{V_i(s)}.
(b) Define the state variables vCv_C and iLi_L, input and output variables to be viv_i and vov_o, respectively, please find the state space representation (in terms of x1=vCx_1 = v_C, x2=iLx_2 = i_L, y=voy = v_o, and u=viu = v_i).
(c) Let R=L=C=1R=L=C=1. Is the system controllable? Observable?
(d) Let R=L=C=1R=L=C=1, one utilizes the linear state feedback control u=−k(x1+x2)u = -k(x_1+x_2) to stabilize the system, please find the stability condition of the closed-loop system.
(e) Please calculate the natural frequency and damping ratio of the corresponding closed-loop system for k=2k=2.

🖼️ 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 RLC 電路的阻抗分析、狀態空間建模,以及線性系統的可控制性、可觀測性與閉迴路穩定性。

依圖定義 x1=vCx_1=v_C,其極性為左正右負,因此 x1=vi−vox_1=v_i-v_o;x2=iLx_2=i_L 的方向向下。輸出為 y=voy=v_o,輸入為 u=viu=v_i。圖中的電容與上方電阻並聯,接在輸入節點與輸出節點之間;右側的電阻與電感並聯,接在輸出節點與接地之間。

解題方法

(a) 傳遞函數

輸入與輸出節點之間的等效阻抗,以及輸出端對地的等效阻抗分別為

Z1=R∥1sC=R1+sRC,Z2=R∥sL=sLRR+sL.Z_1=R\parallel\frac{1}{sC}=\frac{R}{1+sRC}, \qquad Z_2=R\parallel sL=\frac{sLR}{R+sL}.

由阻抗分壓,

Vo(s)Vi(s)=Z2Z1+Z2=s2+sRCs2+2sRC+1LC.\frac{V_o(s)}{V_i(s)} =\frac{Z_2}{Z_1+Z_2} =\frac{s^2+\dfrac{s}{RC}} {s^2+\dfrac{2s}{RC}+\dfrac{1}{LC}}.

(b) 狀態空間表示

輸出節點電壓為

y=vo=u−x1.y=v_o=u-x_1.

在輸出節點套用 KCL:由輸入側經電阻與電容流入的電流,等於由輸出節點經負載電阻與電感流出的電流。因此

x1R+Cx˙1=yR+x2.\frac{x_1}{R}+C\dot{x}_1=\frac{y}{R}+x_2.

代入 y=u−x1y=u-x_1,得

x˙1=−2RCx1+1Cx2+1RCu.\dot{x}_1=-\frac{2}{RC}x_1+\frac{1}{C}x_2+\frac{1}{RC}u.

電感兩端電壓為 vov_o,且電流方向向下,故

Lx˙2=vo=u−x1,L\dot{x}_2=v_o=u-x_1,

也就是

x˙2=−1Lx1+1Lu.\dot{x}_2=-\frac{1}{L}x_1+\frac{1}{L}u.

因此狀態空間表示為

x˙=[−2RC1C−1L0]x+[1RC1L]u,y=[−10]x+u.\dot{x} = \begin{bmatrix} -\dfrac{2}{RC} & \dfrac{1}{C}\\[4pt] -\dfrac{1}{L} & 0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} \dfrac{1}{RC}\\[4pt] \dfrac{1}{L} \end{bmatrix}u, \qquad y= \begin{bmatrix} -1&0 \end{bmatrix}x+u.

(c) 可控制性與可觀測性

令 R=L=C=1R=L=C=1,則

A=[−21−10],B=[11],C=[−10].A= \begin{bmatrix} -2&1\\ -1&0 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} -1&0 \end{bmatrix}.

可控制矩陣為

C=[BAB]=[1−11−1].\mathcal{C}= \begin{bmatrix}B&AB\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&-1\\ 1&-1 \end{bmatrix}.

其秩為 1<21<2,所以系統不可控制。

可觀測矩陣為

🔒

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20 分

Consider a unit feedback system with open-loop transfer function as G(s)=k(s+2)(s+3)(s2+2s+5)G(s) = \frac{k}{(s+2)(s+3)(s^2+2s+5)}.
Please sketch the corresponding root locus plot for K>0K>0. Note: (2% for each term) The following terms should be identified for the root loci if there exists- poles, zeros, number of separate root loci, intersection of asymptotes, asymptotes, root loci on the real axis, angle of departure, intersection on the imaginary axis, breakaway points, and the corresponding values of KK.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

🖼️ 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

本題考察單位回授系統的根軌跡。閉迴路特徵方程為

1+G(s)=01+G(s)=0

其中

G(s)=k(s+2)(s+3)(s2+2s+5),k>0G(s)=\frac{k}{(s+2)(s+3)(s^2+2s+5)},\qquad k>0

根軌跡分析重點包括:

  • 開迴路極點與零點
  • 根軌跡分支數
  • 實軸根軌跡
  • 漸近線
  • 複數極點出發角
  • 虛軸交點
  • 分離點與對應增益

解題方法

1. 開迴路極點與零點

由

(s+2)(s+3)(s2+2s+5)=0(s+2)(s+3)(s^2+2s+5)=0

可得開迴路極點:

p1=−2,p2=−3p_1=-2,\qquad p_2=-3

以及

s2+2s+5=0s^2+2s+5=0

因此

p3,4=−1±j2p_{3,4}=-1\pm j2

系統沒有有限零點。


2. 根軌跡分支數

根軌跡分支數等於開迴路極點數:

n=4n=4

因此共有 4 條根軌跡,分別由四個開迴路極點出發,最後全部朝無限遠處行進。


3. 實軸上的根軌跡

實軸上的點若其右側有奇數個實軸極點與零點,則該點位於根軌跡上。

檢查各區間:

  • s<−3s<-3:右側有 −3,−2-3,-2 兩個實軸極點,為偶數,不在根軌跡上。
  • −3<s<−2-3<s<-2:右側只有 −2-2 一個實軸極點,為奇數,在根軌跡上。
  • s>−2s>-2:右側沒有實軸極點,為偶數,不在根軌跡上。

所以實軸根軌跡為

−3<s<−2\boxed{-3<s<-2}

4. 漸近線

因為極點數 n=4n=4,零點數 m=0m=0,所以有

n−m=4n-m=4

條漸近線。

漸近線交點為所有極點的平均位置:

σa=−3−2+(−1+j2)+(−1−j2)4=−74\sigma_a = \frac{-3-2+(-1+j2)+(-1-j2)}{4} = -\frac{7}{4}

因此漸近線交於

s=−74=−1.75\boxed{s=-\frac{7}{4}=-1.75}

漸近線角度為

θq=(2q+1)180∘n−m,q=0,1,2,3\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}, \qquad q=0,1,2,3

所以

θ=45∘, 135∘, 225∘, 315∘\boxed{\theta=45^\circ,\ 135^\circ,\ 225^\circ,\ 315^\circ}

5. 複數極點的出發角

考慮上半部極點

p=−1+j2p=-1+j2

由其他極點指向此極點的角度為:

∠(p−(−2))=tan⁡−1(21)=63.435∘\angle(p-(-2))=\tan^{-1}\left(\frac{2}{1}\right)=63.435^\circ ∠(p−(−3))=tan⁡−1(22)=45∘\angle(p-(-3))=\tan^{-1}\left(\frac{2}{2}\right)=45^\circ ∠(p−(−1−j2))=90∘\angle\bigl(p-(-1-j2)\bigr)=90^\circ

總和為

63.435∘+45∘+90∘=198.435∘63.435^\circ+45^\circ+90^\circ=198.435^\circ

由根軌跡角度條件,出發角為

ϕd=180∘−198.435∘=−18.435∘\phi_d=180^\circ-198.435^\circ =-18.435^\circ

因此:

  • 上半部極點 −1+j2-1+j2 的出發角:
−18.435∘\boxed{-18.435^\circ}
  • 下半部極點 −1−j2-1-j2 的出發角:
18.435∘\boxed{18.435^\circ}

本題沒有有限零點,因此沒有零點到達角。


6. 虛軸交點

閉迴路特徵方程為

(s+2)(s+3)(s2+2s+5)+k=0(s+2)(s+3)(s^2+2s+5)+k=0

展開得

s4+7s3+21s2+37s+(30+k)=0s^4+7s^3+21s^2+37s+(30+k)=0

建立 Routh 表:

🔒

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24 分

Consider the feedback system in Figure 2, where K>0K > 0 is a constant gain. For K=1K = 1, the closed-loop system is stable. The Nyquist plot (for K=1K = 1) and its enlarged views are shown in Figure 3, where the Nyquist path is in the clockwise direction. Note that in the bottom-left corner of Figure 3, the small circle centered at (−1,0)(-1,0) with radius 0.1288 is tangent to the Nyquist plot at −0.8939±0.073j-0.8939 \pm 0.073j.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(a) What are the gain margin and the phase margin of this system?
(b) Let rr be the unit impulse. Then, what is the value of y(0)y(0)?
(c) Let r=cos⁡(ωt)r = \cos(\omega t). The steady-state error esse_{ss} is also a sinusoidal function with the same frequency ω\omega, i.e. ess=Acos⁡(ωt+ϕ)e_{ss} = A \cos(\omega t + \phi), where AA and ϕ\phi are the magnitude and the phase of esse_{ss}, respectively. Note that AA and ϕ\phi depend on ω\omega. Find ω\omega such that AA is maximum, and find this maximal AA.
(d) Find the ranges of KK such that the closed-loop system is stable.
(e) Find the values of KK such that the closed-loop system has pure imaginary poles. What are these pure imaginary poles?

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁原卷第 3 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:

  • Nyquist 圖上的增益裕度與相位裕度。
  • 單位負回授系統的誤差信號。
  • 頻率響應與穩態正弦誤差。
  • Nyquist 圖縮放後判斷不同 KK 值的穩定範圍。
  • Nyquist 圖穿越負實軸時所對應的純虛數閉迴路極點。

令開迴路傳遞函數為

L(s)=KG(s).L(s)=KG(s).

由圖中標示可讀得:

  • 單位增益交越頻率:ωgc=5.482 rad/s\omega_{gc}=5.482\ \text{rad/s},此時 L(jωgc)=−0.9838±j0.1796.L(j\omega_{gc})=-0.9838\pm j0.1796.
  • 相位交越頻率:ωpc=6.366 rad/s\omega_{pc}=6.366\ \text{rad/s},此時 L(jωpc)=−0.8510.L(j\omega_{pc})=-0.8510.
  • Nyquist 曲線距離 (−1,0)(-1,0) 的最小距離為 0.12880.1288,發生於 ω=6.019 rad/s.\omega=6.019\ \text{rad/s}.

(a) 增益裕度與相位裕度

增益裕度

相位交越點位於負實軸上的 −0.8510-0.8510,因此

GM=1∣L(jωpc)∣=10.8510≈1.175.GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|} =\frac{1}{0.8510} \approx 1.175.

以分貝表示:

GMdB=20log⁡10(1.175)≈1.40 dB.GM_{\text{dB}} =20\log_{10}(1.175) \approx 1.40\ \text{dB}.

相位裕度

在 ωgc=5.482 rad/s\omega_{gc}=5.482\ \text{rad/s} 時,幅值約為 11。其相位為

∠L(jωgc)=180∘−tan⁡−1(0.17960.9838)≈169.66∘.\angle L(j\omega_{gc}) =180^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{0.1796}{0.9838}\right) \approx 169.66^\circ.

由於系統相位為負值,相位裕度為

PM=180∘−169.66∘≈10.34∘.PM=180^\circ-169.66^\circ \approx 10.34^\circ.

(b) 單位脈衝輸入時的 y(0)y(0)

閉迴路傳遞函數為

T(s)=Y(s)R(s)=KG(s)1+KG(s).T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{KG(s)}{1+KG(s)}.

單位脈衝輸入為 R(s)=1R(s)=1,所以

Y(s)=T(s).Y(s)=T(s).

利用初值定理:

y(0+)=lim⁡s→∞sT(s).y(0^+)=\lim_{s\to\infty}sT(s).

由圖示系統的 G(s)G(s) 為嚴格真有理函數,故

lim⁡s→∞sKG(s)1+KG(s)=0.\lim_{s\to\infty}s\frac{KG(s)}{1+KG(s)}=0.

因此

y(0+)=0.y(0^+)=0.

(c) 使穩態誤差振幅最大的頻率與最大振幅

單位負回授下,

E(s)=11+KG(s)R(s).E(s)=\frac{1}{1+KG(s)}R(s).

當 r(t)=cos⁡(ωt)r(t)=\cos(\omega t) 時,穩態誤差振幅為

🔒

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 4 題26 分

Consider the feedback system in Figure 4, where G(s)=1s(s+1)G(s) = \frac{1}{s(s+1)} and C(s)=Kp+KisC(s) = K_p + \frac{K_i}{s}, Kp,Ki≥0K_p, K_i \ge 0.
🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
(a) Show that if Kp=Ki>0K_p = K_i > 0, the closed-loop system always has a pair of pure imaginary poles.
(b) Let Ki=0K_i = 0 and Kp>0K_p > 0. Find the gain crossover frequency and the phase margin of the system in terms of KpK_p. What is the phase margin when Kp=1K_p = 1?
(c) Find KpK_p and KiK_i such that the phase margin is at least 60∘60^\circ.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 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

此題考查:

  • 單位負回授系統的閉迴路特徵方程式。
  • 純虛根判斷。
  • 增益交越頻率 ωgc\omega_{gc}。
  • 相位裕度定義:
PM=180∘+∠L(jωgc),PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc}),

其中開迴路傳遞函數為

L(s)=C(s)G(s)=Kp+Kiss(s+1)=Kps+Kis2(s+1).L(s)=C(s)G(s) =\frac{K_p+\dfrac{K_i}{s}}{s(s+1)} =\frac{K_p s+K_i}{s^2(s+1)}.

解題方法

(a) 證明 Kp=Ki>0K_p=K_i>0 時有一對純虛根

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為

1+L(s)=0.1+L(s)=0.

因此

s2(s+1)+Kps+Ki=0,s^2(s+1)+K_p s+K_i=0,

整理得

s3+s2+Kps+Ki=0.s^3+s^2+K_p s+K_i=0.

令

Kp=Ki=K,K>0,K_p=K_i=K,\qquad K>0,

則特徵方程式變為

s3+s2+Ks+K=0.s^3+s^2+Ks+K=0.

分組因式分解:

s3+s2+Ks+K=s2(s+1)+K(s+1)=(s+1)(s2+K).s^3+s^2+Ks+K =s^2(s+1)+K(s+1) =(s+1)(s^2+K).

所以閉迴路極點為

s=−1,s=±jK.s=-1,\qquad s=\pm j\sqrt{K}.

因為 K>0K>0,所以 ±jK\pm j\sqrt{K} 為一對純虛數極點。故系統處於臨界穩定狀態,會產生持續等幅振盪。


(b) Ki=0K_i=0 時的增益交越頻率與相位裕度

當 Ki=0K_i=0 時,

C(s)=Kp,C(s)=K_p,

因此開迴路傳遞函數為

L(s)=Kps(s+1).L(s)=\frac{K_p}{s(s+1)}.

令 s=jωs=j\omega,其大小為

∣L(jω)∣=Kpω1+ω2.|L(j\omega)| =\frac{K_p}{\omega\sqrt{1+\omega^2}}.

增益交越頻率滿足 ∣L(jωgc)∣=1|L(j\omega_{gc})|=1,因此

Kpωgc1+ωgc2=1.\frac{K_p}{\omega_{gc}\sqrt{1+\omega_{gc}^2}}=1.

平方後得

Kp2=ωgc2(1+ωgc2).K_p^2=\omega_{gc}^2(1+\omega_{gc}^2).

令 x=ωgc2x=\omega_{gc}^2,則

x2+x−Kp2=0.x^2+x-K_p^2=0.

取正根:

ωgc=1+4Kp2−12.\boxed{ \omega_{gc} =\sqrt{\frac{\sqrt{1+4K_p^2}-1}{2}} }.

開迴路相位為

∠L(jω)=−90∘−tan⁡−1(ω).\angle L(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}(\omega).

所以相位裕度為

PM=180∘+∠L(jωgc)PM =180^\circ+\angle L(j\omega_{gc}) PM=90∘−tan⁡−1(ωgc).\boxed{ PM =90^\circ-\tan^{-1}(\omega_{gc}) }.

代入 ωgc\omega_{gc}:

PM=90∘−tan⁡−1(1+4Kp2−12).\boxed{ PM = 90^\circ -\tan^{-1} \left( \sqrt{\frac{\sqrt{1+4K_p^2}-1}{2}} \right) }.

當 Kp=1K_p=1

此時

ωgc=5−12≈0.7862.\omega_{gc} =\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}} \approx 0.7862.

因此

PM=90∘−tan⁡−1(0.7862)≈51.8∘.PM =90^\circ-\tan^{-1}(0.7862) \approx 51.8^\circ.

故

PM≈51.8∘.\boxed{PM\approx 51.8^\circ}.

(c) 設計 KpK_p 與 KiK_i,使相位裕度至少為 60∘60^\circ

為了給出 Ki>0K_i>0 的設計,取指定增益交越頻率

ωgc=0.5 rad/s.\omega_{gc}=0.5\ \text{rad/s}.

開迴路函數為

L(jω)=Ki+jKpω(jω)2(jω+1).L(j\omega) = \frac{K_i+jK_p\omega}{(j\omega)^2(j\omega+1)}.

其相位為

🔒

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