112 年 國立成功大學機械工程學系碩士班戊組《自動控制》

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第 1 題30 分

Consider a closed-loop control system composed of a rotational mechanical system. The design of the rotational mechanical system is shown in Figure 1 (a), where T(t)T(t) is the torque input and θ(t)\theta(t) is the angle output. The transfer function of the mechanical system, Gs(s)G_s(s), is given as:
Gs(s)=θ(s)T(s)=1s(s+1)G_s(s) = \frac{\theta(s)}{T(s)} = \frac{1}{s(s+1)}
The unity-feedback control system is shown in Figure 1 (b) with a forward controller, Gc(s)G_c(s).
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Figure 1 (a). Rotational mechanical system with T(s)T(s) as input and θ(s)\theta(s) as input
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Figure 1 (b). Closed-loop control system with Gs(s)G_s(s) represented in Figure 1 (a)
Do the following:
(1) Design a proportional controller Gc(s)=KG_c(s)=K, so that the system percent overshoot is 30%. Validate the second-order approximation.
(2) Design a controller Gc(s)G_c(s) while the DC-gain of the controller is the same as in Part (1), so that the system percent overshoot is 30% and the steady-state error is zero with the input r(t)=10+2tr(t)=10+2t.

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核心觀念

本題考查：

  • 單位回授系統的閉迴路傳遞函數
  • 二階系統阻尼比 ζ\zeta 與百分比超越量 MpM_p
  • 系統型別與穩態誤差
  • 速度誤差常數 KvK_v

已知

Gs(s)=1s(s+1)G_s(s)=\frac{1}{s(s+1)}

且為單位負回授，因此

Y(s)R(s)=Gc(s)Gs(s)1+Gc(s)Gs(s).\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G_c(s)G_s(s)}{1+G_c(s)G_s(s)}.

（1）比例控制器設計

令

Gc(s)=K.G_c(s)=K.

則開迴路傳遞函數為

Gc(s)Gs(s)=Ks(s+1).G_c(s)G_s(s)=\frac{K}{s(s+1)}.

閉迴路傳遞函數為

Y(s)R(s)=Ks2+s+K.\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{K}{s^2+s+K}.

將分母與標準二階形式比較：

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

可得

ωn2=K,\omega_n^2=K,

以及

2ζωn=1.2\zeta\omega_n=1.

因此

ζ=12K.\zeta=\frac{1}{2\sqrt K}.

二階系統的百分比超越量為

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

題目要求 Mp=30%=0.3M_p=30\%=0.3，所以

0.3=e−ζπ1−ζ2.0.3=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}.

取自然對數：

ζ1−ζ2=−ln⁡(0.3)π.\frac{\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}} = -\frac{\ln(0.3)}{\pi}.

解得

ζ=−ln⁡(0.3)π2+[ln⁡(0.3)]2≈0.3579.\zeta = \frac{-\ln(0.3)} {\sqrt{\pi^2+\left[\ln(0.3)\right]^2}} \approx 0.3579.

因此

K=14ζ2≈14(0.3579)2≈1.952.K=\frac{1}{4\zeta^2} \approx \frac{1}{4(0.3579)^2} \approx 1.952.

故比例控制器為

Gc(s)=1.952.\boxed{G_c(s)=1.952}.

此時閉迴路特徵方程式為

s2+s+1.952=0,s^2+s+1.952=0,

其極點為

s=−0.5±j1.952−0.25≈−0.5±j1.305.s=-0.5\pm j\sqrt{1.952-0.25} \approx -0.5\pm j1.305.

由於系統閉迴路分母本身就是二階多項式，沒有其他高階極點，因此二階近似在本題中不是近似，而是精確結果。

（2）同時要求相同 DC 增益、30% 超越量與斜坡輸入零穩態誤差

輸入為

r(t)=10+2t.r(t)=10+2t.

其拉氏轉換為

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第 2 題20 分

Given the following state-space representation of a system, where u(t)u(t) is the unit step. Find the settling time, peak time, percent overshoot, and steady-state error of the system. Additionally, denote the aforementioned results on the output response.
x˙=[−3100−6100−5]x+[011]u(t)\dot{x} = \begin{bmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -6 & 1 \\ 0 & 0 & -5 \end{bmatrix} x + \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} u(t)
y=[011]xy = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} x
x(0)=[000]x(0) = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

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核心觀念

本題要先由狀態空間模型求出輸入至輸出的傳遞函數，再由單位階躍響應判斷穩態值、安定時間、峰值時間、百分比超越量與穩態誤差。安定時間採控制常用的 2% 誤差帶定義。

解題方法

由第三個狀態方程可得

X3(s)U(s)=1s+5.\frac{X_3(s)}{U(s)}=\frac{1}{s+5}.

第二個狀態方程為 x˙2=−6x2+x3+u\dot{x}_2=-6x_2+x_3+u，因此

X2(s)U(s)=1+1s+5s+6=1s+5.\frac{X_2(s)}{U(s)} =\frac{1+\frac{1}{s+5}}{s+6} =\frac{1}{s+5}.

輸出為 y=x2+x3y=x_2+x_3，所以系統傳遞函數是

G(s)=Y(s)U(s)=2s+5.G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)} =\frac{2}{s+5}.

輸入為單位階躍，U(s)=1/sU(s)=1/s，故

Y(s)=2s(s+5)=25(1s−1s+5).Y(s)=\frac{2}{s(s+5)} =\frac{2}{5}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+5}\right).

反拉氏轉換得輸出響應

y(t)=25(1−e−5t),t≥0.y(t)=\frac{2}{5}\left(1-e^{-5t}\right),\qquad t\geq 0.

穩態輸出為

y(∞)=25=0.4.y(\infty)=\frac{2}{5}=0.4.
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第 3 題20 分

A unit feedback control system given by
L(s)=G(s)H(s)=5e−sTs(s+3)(s+4)L(s) = G(s)H(s) = \frac{5e^{-sT}}{s(s+3)(s+4)}
(1) (14%) Draw the Bode plot indicating gain margin and phase margin for T=0T=0.
(2) (6%) What is the limiting value of TT for stability?

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核心觀念

波德圖的增益裕度與相位裕度，分別由相位交越頻率與增益交越頻率讀取：

  • 增益交越頻率 ωgc\omega_{gc}：∣L(jωgc)∣=1|L(j\omega_{gc})|=1。相位裕度為 180∘+∠L(jωgc)180^\circ+\angle L(j\omega_{gc})。
  • 相位交越頻率 ωpc\omega_{pc}：∠L(jωpc)=−180∘\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ。增益裕度為 1/∣L(jωpc)∣1/|L(j\omega_{pc})|。
  • 純延遲 e−sTe^{-sT} 不改變增益，只增加相位落後 ωT\omega T 弧度。因此延遲的臨界值為 Tcrit=PM/ωgcT_{\mathrm{crit}}=PM/\omega_{gc}，其中 PMPM 要用弧度表示。

解題方法

先令 T=0T=0，開迴路傳遞函數為

L(s)=5s(s+3)(s+4).L(s)=\frac{5}{s(s+3)(s+4)}.

令 s=jωs=j\omega，可得增益與相位：

∣L(jω)∣=5ωω2+9ω2+16|L(j\omega)|=\frac{5}{\omega\sqrt{\omega^2+9}\sqrt{\omega^2+16}} ∠L(jω)=−90∘−tan⁡−1(ω3)−tan⁡−1(ω4).\angle L(j\omega)=-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{3}\right)-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{4}\right).

求增益交越頻率時，令 ∣L(jω)∣=1|L(j\omega)|=1，並設 x=ω2x=\omega^2：

x(x+9)(x+16)=25.x(x+9)(x+16)=25.

解得 x≈0.16863x\approx0.16863，所以

ωgc≈0.4106 rad/s.\omega_{gc}\approx0.4106\ \text{rad/s}.

在此頻率，相位為

∠L(jωgc)=−90∘−tan⁡−1(0.41063)−tan⁡−1(0.41064)≈−103.66∘.\angle L(j\omega_{gc}) =-90^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{0.4106}{3}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{0.4106}{4}\right) \approx-103.66^\circ.

因此相位裕度為

PM=180∘−103.66∘≈76.34∘.PM=180^\circ-103.66^\circ\approx76.34^\circ.

求相位交越頻率時，令相位為 −180∘-180^\circ：

tan⁡−1(ω3)+tan⁡−1(ω4)=90∘.\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{3}\right)+\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{4}\right)=90^\circ.

兩反正切角互餘時，兩正切值乘積為 11，因此

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第 4 題30 分

A pilot crane control is shown below with the controller Gc(s)=KG_c(s) = K.
🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(a)
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(b)
(1) (15%) Sketch the root locus.
(2) (5%) Determine the value of KK to achieve maximum closed-loop damping.
(3) (10%) Find the peak overshoot of the system for unit step input.

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核心觀念

先把吊車擺角的內迴路化簡，再對外層位置回授建立特徵方程。根軌跡由開迴路極點出發、終止於開迴路零點或無限遠；閉迴路極點的阻尼比為

ζ=−Re⁡(s)∣s∣\zeta=\frac{-\operatorname{Re}(s)}{|s|}

因此，最大閉迴路阻尼比可由根軌跡上複數極點的位置求得。單位步階的超越量則由閉迴路傳遞函數求出。

解題方法

由圖中的訊號關係，設控制器輸出為 u(s)u(s)，則

X(s)=10s[u(s)−ϕ(s)],ϕ(s)=ss2+10X(s)X(s)=\frac{10}{s}\bigl[u(s)-\phi(s)\bigr], \qquad \phi(s)=\frac{s}{s^2+10}X(s)

消去 ϕ(s)\phi(s)，得到控制器輸出至位置的等效傳遞函數：

X(s)u(s)=10(s2+10)s(s2+20)\frac{X(s)}{u(s)} =\frac{10(s^2+10)}{s(s^2+20)}

外層是單位負回授，且 Gc(s)=KG_c(s)=K，所以開迴路傳遞函數與閉迴路特徵方程分別為

L(s)=K10(s2+10)s(s2+20)L(s)=K\frac{10(s^2+10)}{s(s^2+20)} 1+L(s)=0⟹s3+10Ks2+20s+100K=01+L(s)=0 \quad\Longrightarrow\quad s^3+10Ks^2+20s+100K=0

閉迴路位置傳遞函數為

X(s)Xd(s)=10K(s2+10)s3+10Ks2+20s+100K\frac{X(s)}{X_d(s)} =\frac{10K(s^2+10)}{s^3+10Ks^2+20s+100K}

(1) 根軌跡

開迴路極點為 s=0, ±j20s=0,\ \pm j\sqrt{20}，開迴路零點為 s=±j10s=\pm j\sqrt{10}。三條根軌跡分支從三個極點出發：一條由原點沿負實軸趨向 −∞-\infty；另外兩條由 ±j20\pm j\sqrt{20} 出發，向左彎曲，最後分別終止於 ±j10\pm j\sqrt{10}。

根軌跡有一條漸近線，角度為 180∘180^\circ，重心為

σa=∑pi−∑zi3−2=0\sigma_a =\frac{\sum p_i-\sum z_i}{3-2}=0

概略位置如下，箭頭表示 KK 增加的方向：

                 Im
                  ↑
       × j√20     │
          ╲       ○ j√10
           ╲     ↗
─────────────←────┼────→──────── Re
             × 0 │
           ↙     ↘
       ×−j√20     ○−j√10

其中負實軸上的分支由極點 00 向左延伸至無限遠；上、下兩條共軛分支分別由 ±j20\pm j\sqrt{20} 延伸至 ±j10\pm j\sqrt{10}。

(2) 最大閉迴路阻尼比的 KK

令一個實極點為 −a-a，共軛複數極點為 −σ±jω-\sigma\pm j\omega。特徵多項式可寫成

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