108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丙組《控制系統(B)》

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第 1 題

  1. A PI-controller is used to improve the steady state error of a unity feedback control system as shown in Fig.1, where D(s)=Kp+KisD(s) = K_p + \frac{K_i}{s} is the controller and G(s)=48500s(s+2.89)G(s) = \frac{48500}{s(s+2.89)} is the plant.

(a) Determine the value of KiK_i to achieve ess=2%e_{ss}=2\% for a parabolic input. (7%)
(b) Plot the root locus of the system as a function of KpK_p by using the value of KiK_i in (a). (10%)
(c) Please find the value of KpK_p to achieve a real pole at -1, and solve the other two poles. (8%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
R(s)
+
E(s)
C(s)
D(s)
G(s)
Fig.1

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核心觀念

此題考查:

  • PI 控制器與系統型別
  • 拋物線輸入的穩態誤差
  • 加速度誤差常數 KaK_a
  • 根軌跡與閉迴路特徵方程
  • Routh–Hurwitz 穩定判據
  • 指定閉迴路極點的位置代入特徵方程

開迴路傳遞函數為

L(s)=D(s)G(s)=(Kp+Kis)48500s(s+2.89)L(s)=D(s)G(s) =\left(K_p+\frac{K_i}{s}\right) \frac{48500}{s(s+2.89)}

整理得

L(s)=48500(Kps+Ki)s2(s+2.89).L(s)=\frac{48500(K_p s+K_i)}{s^2(s+2.89)}.

系統具有兩個原點極點,因此為第二型系統,能對拋物線輸入產生有限的穩態誤差。


(a) 求 KiK_i

對單位拋物線輸入

R(s)=1s3,R(s)=\frac{1}{s^3},

穩態誤差為

ess=1Ka,e_{ss}=\frac{1}{K_a},

其中加速度誤差常數

Ka=lim⁡s→0s2L(s).K_a=\lim_{s\to 0}s^2L(s).

因此

Ka=lim⁡s→0s248500(Kps+Ki)s2(s+2.89)=48500Ki2.89.K_a =\lim_{s\to 0} s^2\frac{48500(K_p s+K_i)}{s^2(s+2.89)} =\frac{48500K_i}{2.89}.

題目要求

ess=2%=0.02,e_{ss}=2\%=0.02,

所以

Ka=10.02=50.K_a=\frac{1}{0.02}=50.

代入可得

48500Ki2.89=50,\frac{48500K_i}{2.89}=50,

因此

Ki=50(2.89)48500=144.548500≈2.979×10−3.K_i=\frac{50(2.89)}{48500} =\frac{144.5}{48500} \approx 2.979\times10^{-3}.

(b) 以 KpK_p 為參數繪製根軌跡

閉迴路特徵方程由

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

得到

s2(s+2.89)+48500(Kps+Ki)=0.s^2(s+2.89)+48500(K_p s+K_i)=0.

代入

48500Ki=144.5,48500K_i=144.5,

可得

s3+2.89s2+48500Kps+144.5=0.s^3+2.89s^2+48500K_p s+144.5=0.

因此根軌跡方程為

Kp=−s3+2.89s2+144.548500s.K_p=-\frac{s^3+2.89s^2+144.5}{48500s}.

根軌跡起點

當 Kp=0K_p=0 時,

s3+2.89s2+144.5=0.s^3+2.89s^2+144.5=0.

其三個根約為

s1≈−6.41,s_1\approx -6.41,

以及

s2,3≈1.76±j4.41.s_{2,3}\approx 1.76\pm j4.41.

所以根軌跡的三個起點為:

  • 一個實軸極點:s≈−6.41s\approx -6.41
  • 一對複數極點:s≈1.76±j4.41s\approx 1.76\pm j4.41

實軸根軌跡

令 ss 為實數。由

Kp=−s3+2.89s2+144.548500sK_p=-\frac{s^3+2.89s^2+144.5}{48500s}

可知 Kp≥0K_p\geq 0 的實軸範圍為

−6.41≤s<0.-6.41\leq s<0.

因此,位於 s≈−6.41s\approx-6.41 的實根會沿實軸向右移動,最後趨近原點:

s→0−(Kp→∞).s\to 0^- \qquad (K_p\to\infty).

虛軸交點與穩定範圍

特徵方程為

s3+2.89s2+48500Kps+144.5=0.s^3+2.89s^2+48500K_p s+144.5=0.

對三階多項式使用 Routh–Hurwitz 判據,穩定條件為

2.89(48500Kp)>144.5.2.89(48500K_p)>144.5.

因此

Kp>144.52.89(48500)≈1.031×10−3.K_p>\frac{144.5}{2.89(48500)} \approx 1.031\times10^{-3}.

在虛軸交越時,令 s=jωs=j\omega:

(jω)3+2.89(jω)2+48500Kp(jω)+144.5=0.(j\omega)^3+2.89(j\omega)^2 +48500K_p(j\omega)+144.5=0.

分離實部與虛部:

−2.89ω2+144.5=0,-2.89\omega^2+144.5=0,
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第 2 題

  1. A DC motor drive system is shown in Fig. 2, where JJ is moment of inertia; NN is gear number; DD is damping ratio; RaR_a is armature resistance; eae_a is input voltage; θl\theta_l is output rotational angle. The torque TmT_m versus rotational speed ωm\omega_m relation of the DC motor is also given.

(a) Derive the differential equations of mathematical model for the overall system. (10%)
(b) Find the transfer function G(s)=θl(s)/ea(s)G(s) = \theta_l(s) / e_a(s). (15%)

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
R(s)
+
E(s)
C(s)
D(s)
G(s)
Fig.1

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
ea(t)e_a(t)
+
TmT_m
J1=2J_1 = 2 kg-m²
D1=2D_1 = 2 N-m-s/rad
N1=50N_1 = 50
ωm\omega_m
θl(t)\theta_l(t)
N2=150N_2 = 150
J2=18J_2 = 18 kg-m²
D2=36D_2 = 36 N-m-s/rad
TmT_m (N-m)
100
50 V
150
ωm\omega_m (rad/s)
Fig. 2

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核心觀念

本題考查直流馬達的:

  1. 電樞電壓、反電動勢與電流的關係
  2. 馬達轉矩與電流的關係
  3. 轉矩—轉速特性
  4. 齒輪系統的速度、位移轉換
  5. 慣量與阻尼折算至馬達側
  6. 由微分方程推導轉移函數

直流馬達基本方程為

ea(t)=Raia(t)+Keωm(t)e_a(t)=R_a i_a(t)+K_e\omega_m(t) Tm(t)=Ktia(t)T_m(t)=K_t i_a(t)

其中 KeK_e 為反電動勢常數,KtK_t 為轉矩常數。


解題方法

由圖中轉矩—轉速特性,在 ea=50 Ve_a=50\text{ V} 時:

  • ωm=0\omega_m=0 時,Tm=100 N-mT_m=100\text{ N-m}
  • Tm=0T_m=0 時,ωm=150 rad/s\omega_m=150\text{ rad/s}

因此直線方程為

Tm=100−100150ωmT_m=100-\frac{100}{150}\omega_m

即

Tm=100−23ωm(ea=50 V)T_m=100-\frac{2}{3}\omega_m \qquad (e_a=50\text{ V})

由直流馬達關係式

Tm=KtRaea−KtKeRaωmT_m=\frac{K_t}{R_a}e_a-\frac{K_tK_e}{R_a}\omega_m

比較係數可得

KtRa=10050=2\frac{K_t}{R_a}=\frac{100}{50}=2

且

KtKeRa=23\frac{K_tK_e}{R_a}=\frac{2}{3}

所以馬達的輸入—轉矩關係為

Tm=2ea−23ωmT_m=2e_a-\frac{2}{3}\omega_m

其中亦可得到

Ke=13K_e=\frac{1}{3}

(a) 整體系統微分方程

1. 馬達側

馬達側的轉動方程為

J1ω˙m+D1ωm=TmJ_1\dot{\omega}_m+D_1\omega_m=T_m

代入圖中數值 J1=2J_1=2、D1=2D_1=2:

2ω˙m+2ωm=Tm2\dot{\omega}_m+2\omega_m=T_m

電氣方程與轉矩方程可合併為

Tm=2ea−23ωmT_m=2e_a-\frac{2}{3}\omega_m

因此馬達側也可寫成

2ω˙m+2ωm=2ea−23ωm2\dot{\omega}_m+2\omega_m = 2e_a-\frac{2}{3}\omega_m

即

2ω˙m+83ωm=2ea2\dot{\omega}_m+\frac{8}{3}\omega_m=2e_a

2. 齒輪關係

理想齒輪的齒數比為

ωlωm=−N1N2=−50150=−13\frac{\omega_l}{\omega_m}=-\frac{N_1}{N_2} =-\frac{50}{150}=-\frac{1}{3}

因此

ωl=−13ωm\omega_l=-\frac{1}{3}\omega_m

又因為 ωl=θ˙l\omega_l=\dot{\theta}_l、ωm=θ˙m\omega_m=\dot{\theta}_m,所以

θl=−13θm\theta_l=-\frac{1}{3}\theta_m

負號表示輸出軸與馬達軸旋轉方向相反。


3. 將負載折算至馬達側

負載慣量與阻尼折算至馬達側:

J2,eq=J2(N1N2)2=18(13)2=2J_{2,\text{eq}} = J_2\left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 = 18\left(\frac{1}{3}\right)^2 =2
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第 3 題

  1. A linear time-invariant causal control system can be described by the 2nd order differential equation as
    my¨(t)+dy˙(t)+ky(t)=u(t)+u˙(t)m\ddot{y}(t) + d\dot{y}(t) + ky(t) = u(t) + \dot{u}(t)

(a) Derive the state equation with the state variables x1=y(t)x_1 = y(t), x2=y˙(t)x_2 = \dot{y}(t).
x˙(t)=Ax(t)+Bu(t)\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)
y(t)=Cx(t)+Du(t)y(t) = Cx(t) + Du(t)
(10%)
(b) Derive the initial state x(0)x(0) in terms of y˙(0)\dot{y}(0), y(0)y(0) and u(0)u(0). (15%)

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核心觀念

狀態方程 x˙=Ax+Bu\dot{x}=Ax+Bu 的右側只能含狀態 xx 與輸入 uu,不能含輸入的導數 u˙\dot{u}。本題微分方程含有 u˙(t)\dot{u}(t),因此若直接取 x1=yx_1=y、x2=y˙x_2=\dot{y},就無法寫成題目要求的標準形式。要消去 u˙\dot{u},需將第二個狀態改成 y˙−u/m\dot{y}-u/m。

解題方法

由題目微分方程

my¨(t)+dy˙(t)+ky(t)=u(t)+u˙(t)m\ddot{y}(t)+d\dot{y}(t)+ky(t)=u(t)+\dot{u}(t)

兩邊除以 mm,得

y¨(t)=−dmy˙(t)−kmy(t)+1mu(t)+1mu˙(t).\ddot{y}(t)=-\frac{d}{m}\dot{y}(t)-\frac{k}{m}y(t)+\frac{1}{m}u(t)+\frac{1}{m}\dot{u}(t).

若依題目字面設定 x1=yx_1=y、x2=y˙x_2=\dot{y},則

x˙1=x2,x˙2=−kmx1−dmx2+1mu+1mu˙.\dot{x}_1=x_2, \qquad \dot{x}_2=-\frac{k}{m}x_1-\frac{d}{m}x_2+\frac{1}{m}u+\frac{1}{m}\dot{u}.

其中仍含 u˙\dot{u},所以不能整理成題目指定的 x˙=Ax+Bu\dot{x}=Ax+Bu,且 x(0)x(0) 也不會含 u(0)u(0)。

為得到只含 u(t)u(t) 的標準狀態方程,令

x1(t)=y(t),x2(t)=y˙(t)−1mu(t).x_1(t)=y(t), \qquad x_2(t)=\dot{y}(t)-\frac{1}{m}u(t).

因此

x˙1=y˙=x2+1mu.\dot{x}_1=\dot{y}=x_2+\frac{1}{m}u.

再對 x2x_2 微分,並代入原方程:

🔒

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