111 年 國立清華大學動力機械工程學系碩士班乙組《控制系統》

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第 Q1 題

For the system in Figure 1,

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(a) find the transfer function Y(s)R(s)\frac{Y(s)}{R(s)}. (5 pts)

(b) Sketch the root locus with respect to KK, K>0K>0. (5 pts)

Ziegler-Nichols Tuning for the Regulator
Dc(s)=Kp(1+1TIs+TDs)D_c(s) = K_p(1 + \frac{1}{T_I s} + T_{D}s), Based on the Ultimate Sensitivity Method

Type of ControllerOptimum Gain
PKp=0.5KuK_p = 0.5K_u
PIKp=0.45KuK_p = 0.45K_u, TI=11.2PuT_I = \frac{1}{1.2}P_u
PIDKp=1.6KuK_p = 1.6K_u, TI=0.5PuT_I = 0.5P_u, TD=0.125PuT_D = 0.125P_u

Table 1 Ziegler-Nichols Tuning method

(c) Let's replace KK with a PI controller Dc(s)D_c(s). Based on the Ziegler-Nichols Tuning method shown as Table 1, design Dc(s)D_c(s). Give the values of your (Kp,TI)(K_p, T_I). (10 pts)

(d) With above PI controller Dc(s)D_c(s), determine the relevant error constant of closed-loop system with respect to reference input R(s)R(s). (5 pts)

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原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查:

  1. 方塊圖化簡與訊號流程方程式。
  2. 根軌跡的開迴路極點、零點、實軸區段與漸近線。
  3. Ziegler–Nichols Ultimate Sensitivity Method。
  4. 系統型別與誤差常數。

由圖定義誤差信號為 E(s)E(s),則三個負回授信號分別為:

  • 輸出回授:Y(s)Y(s);
  • 增益 66 回授:6E(s)s\dfrac{6E(s)}{s};
  • 增益 KK 回授:KE(s)s2\dfrac{KE(s)}{s^2}。

前向路徑輸出為

Y(s)=1s[3E(s)+E(s)s+9E(s)s2].Y(s)=\frac{1}{s} \left[ 3E(s)+\frac{E(s)}{s} +\frac{9E(s)}{s^2} \right].

因此

Y(s)=3s2+s+9s3E(s).Y(s) = \frac{3s^2+s+9}{s^3}E(s).

(a) 求 Y(s)R(s)\dfrac{Y(s)}{R(s)}

由左側加總點:

E(s)=R(s)−Y(s)−6E(s)s−KE(s)s2.E(s) = R(s)-Y(s)-\frac{6E(s)}{s}-\frac{KE(s)}{s^2}.

代入

Y(s)=3s2+s+9s3E(s),Y(s)=\frac{3s^2+s+9}{s^3}E(s),

得到

E(s)=R(s)−3s2+s+9s3E(s)−6sE(s)−Ks2E(s).E(s) = R(s) - \frac{3s^2+s+9}{s^3}E(s) - \frac{6}{s}E(s) - \frac{K}{s^2}E(s).

兩邊乘以 s3s^3:

s3E(s)=s3R(s)−(3s2+s+9)E(s)−6s2E(s)−KsE(s).s^3E(s) = s^3R(s) - (3s^2+s+9)E(s) - 6s^2E(s) - KsE(s).

整理:

[s3+9s2+(K+1)s+9]E(s)=s3R(s).\left[ s^3+9s^2+(K+1)s+9 \right]E(s) = s^3R(s).

又因為

Y(s)=3s2+s+9s3E(s),Y(s)=\frac{3s^2+s+9}{s^3}E(s),

所以

Y(s)R(s)=3s2+s+9s3+9s2+(K+1)s+9\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{3s^2+s+9} {s^3+9s^2+(K+1)s+9} }

特徵方程式為

s3+9s2+(K+1)s+9=0.s^3+9s^2+(K+1)s+9=0.

並可寫成

(s+9)(s2+1)+Ks=0.(s+9)(s^2+1)+Ks=0.

(b) 相對於 KK 的根軌跡

由

(s+9)(s2+1)+Ks=0(s+9)(s^2+1)+Ks=0

可整理為

1+Ks(s+9)(s2+1)=0.1+K\frac{s}{(s+9)(s^2+1)}=0.

因此根軌跡的開迴路傳遞函數為

L(s)=s(s+9)(s2+1).L(s)=\frac{s}{(s+9)(s^2+1)}.

開迴路極點與零點

極點:

s=−9,s=+j,s=−j.s=-9,\qquad s=+j,\qquad s=-j.

零點:

s=0.s=0.

實軸根軌跡

實軸上的奇異點依序為

−∞,−9,0,+∞.-\infty,\quad -9,\quad 0,\quad +\infty.

依右側奇異點數目為奇數的規則,實軸根軌跡為

−9<s<0.\boxed{-9<s<0}.

漸近線

極點數 n=3n=3,零點數 m=1m=1,因此有

n−m=2n-m=2

條漸近線。

漸近線重心:

σa=(−9)+j+(−j)−02=−92.\sigma_a = \frac{(-9)+j+(-j)-0}{2} = -\frac{9}{2}.

漸近線角度:

θa=(2q+1)180∘2,q=0,1,\theta_a = \frac{(2q+1)180^\circ}{2}, \qquad q=0,1,

因此

θa=90∘, 270∘.\boxed{\theta_a=90^\circ,\ 270^\circ}.

也就是通過 s=−4.5s=-4.5 的垂直線。

根軌跡概形

  • 一條分枝由 s=−9s=-9 沿實軸移向零點 s=0s=0。
  • s=±js=\pm j 的兩條分枝離開後往左半平面移動。
  • 兩條無限遠分枝沿著 s=−4.5s=-4.5 的垂直漸近線趨近無限遠。
  • 對 K>0K>0,閉迴路極點維持在左半平面。

因此根軌跡的主要資訊為

極點: −9, ±j;零點: 0;實軸區段: (−9,0)\boxed{ \text{極點: }-9,\ \pm j;\qquad \text{零點: }0;\qquad \text{實軸區段: }(-9,0) }

(c) 以 PI 控制器取代 KK

PI 控制器為

Dc(s)=Kp(1+1TIs).D_c(s)=K_p\left(1+\frac{1}{T_Is}\right).

原圖中的 KK 位於由 E(s)s2\dfrac{E(s)}{s^2} 回到加總點的回授支路,因此置換後的特徵方程式為

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第 Q2 題

For the system shown in Figure 2,

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

The plant Gp(s)G_p(s) in Figure 2 results in y(t)=0y(t) = 0 for 0≤t<10 \leq t < 1 and y(t)=u(t−1)y(t) = u(t-1) for t≥1t \geq 1.

(a) What is the phase margin PM for the system shown in Figure 2? (5 pts)

(b) Draw the Nyquist plot. Specify the crossover points on the real axis to get points. (10 pts)

(c) Use Nyquist criterion to decide the closed-loop system stability. Give the values of N,P,ZN, P, Z to get points. (5 pts)
(Notes: (c) will be counted only when (b) is correct!)

For the system shown in Figure 3,

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

the plant Gp(s)G_p(s) is the same described above and k>0k > 0. What is the range of kk to result in a stable closed-loop system? (5 pts)

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核心觀念

圖中為單位負回授系統,前向迴路傳遞函數為

L(s)=5sGp(s).L(s)=\frac{5}{s}G_p(s).

由題目給定

y(t)=u(t−1),y(t)=u(t-1),

可知植物為純延遲:

Gp(s)=e−s.G_p(s)=e^{-s}.

因此

L(s)=5e−ss.L(s)=\frac{5e^{-s}}{s}.

其頻率響應為

L(jω)=5ωe−j(ω+π/2).L(j\omega)=\frac{5}{\omega}e^{-j(\omega+\pi/2)}.

(a) 相位裕度 PM

增益交越頻率 ωgc\omega_{gc} 滿足

∣L(jωgc)∣=1.|L(j\omega_{gc})|=1.

因為

∣L(jω)∣=5ω,|L(j\omega)|=\frac{5}{\omega},

所以

ωgc=5 rad/s.\omega_{gc}=5\ \text{rad/s}.

在此頻率下,使用未包絡的連續相位:

∠L(jω)=−π2−ω.\angle L(j\omega) =-\frac{\pi}{2}-\omega.

因此

∠L(j5)=−π2−5=−6.5708 rad=−376.48∘.\angle L(j5) =-\frac{\pi}{2}-5 =-6.5708\ \text{rad} =-376.48^\circ.

相位裕度為

PM=180∘+∠L(jωgc),PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc}),

故

PM=180∘−376.48∘=−196.48∘.PM=180^\circ-376.48^\circ =\boxed{-196.48^\circ}.

負的相位裕度表示系統具有嚴重的不穩定傾向。

注意:若將相位包絡成 −16.48∘-16.48^\circ,會得到 163.52∘163.52^\circ,但對含純延遲的 Nyquist 分析,必須採用連續未包絡相位,答案為 −196.48∘-196.48^\circ。


(b) Nyquist 圖

令

L(jω)=5ω[cos⁡(ω+π2)−jsin⁡(ω+π2)].L(j\omega)=\frac{5}{\omega} \left[\cos\left(\omega+\frac{\pi}{2}\right) -j\sin\left(\omega+\frac{\pi}{2}\right)\right].

由於

∣L(jω)∣=5ω,|L(j\omega)|=\frac{5}{\omega},

當 ω→0+\omega\to 0^+ 時,軌跡從負虛軸無限遠處開始;當 ω→∞\omega\to\infty 時,軌跡逐漸靠近原點。

實軸交越點

Nyquist 軌跡位於實軸上時,需滿足

Im⁡{L(jω)}=0.\operatorname{Im}\{L(j\omega)\}=0.

因此

ω+π2=nπ,\omega+\frac{\pi}{2}=n\pi,

得到

ωn=(2n−1)π2,n=1,2,3,…\omega_n=\frac{(2n-1)\pi}{2}, \qquad n=1,2,3,\ldots

對應的實軸座標為

L(jωn)=5ωn(−1)n=10(−1)n(2n−1)π.L(j\omega_n) =\frac{5}{\omega_n}(-1)^n =\frac{10(-1)^n}{(2n-1)\pi}.

前幾個重要交越點為:

ω=π2⇒L=−10π≈−3.183,\omega=\frac{\pi}{2} \quad\Rightarrow\quad L=-\frac{10}{\pi}\approx -3.183, ω=3π2⇒L=103π≈1.061,\omega=\frac{3\pi}{2} \quad\Rightarrow\quad L=\frac{10}{3\pi}\approx 1.061, ω=5π2⇒L=−2π≈−0.637,\omega=\frac{5\pi}{2} \quad\Rightarrow\quad L=-\frac{2}{\pi}\approx -0.637,
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第 Q3 題

For the model depicted in Figure 4,

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(a) derive the (two) differential equations describing the dynamics of the system (8 pts), and

(b) derive the transfer function G(s)=X2(s)F1(s)G(s) = \frac{X_2(s)}{F_1(s)}. Assuming 0<δk<<k0 < \delta k << k and 0<c<<2km0 < c << 2\sqrt{km}, roughly sketch the frequency response of G(s)G(s). (4 pts)

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原卷第 4 頁

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核心觀念

本題考查二自由度質量—彈簧—阻尼系統的:

  • 牛頓第二定律列寫運動微分方程。
  • 拉氏轉換與矩陣方程求傳遞函數。
  • 由系統極點判斷自然頻率與頻率響應。
  • 對稱模態與反對稱模態的共振特性。

令兩質塊向右位移分別為 x1(t)x_1(t)、x2(t)x_2(t),外力為 F1(t)F_1(t)。兩側彈簧與阻尼器參數分別為 kk、cc,中間彈簧剛性為 δk\delta k。

(a) 運動微分方程

對左側質塊 mm:

  • 左側彈簧作用力:−kx1-kx_1
  • 左側阻尼力:−cx˙1-c\dot{x}_1
  • 中間彈簧作用力:δk(x2−x1)\delta k(x_2-x_1)
  • 外力:F1(t)F_1(t)

因此

mx¨1=F1(t)−cx˙1−kx1+δk(x2−x1)m\ddot{x}_1 = F_1(t)-c\dot{x}_1-kx_1+\delta k(x_2-x_1)

整理得

mx¨1+cx˙1+(k+δk)x1−δkx2=F1(t)m\ddot{x}_1+c\dot{x}_1+(k+\delta k)x_1-\delta kx_2=F_1(t)

對右側質塊 mm:

  • 右側彈簧作用力:−kx2-kx_2
  • 右側阻尼力:−cx˙2-c\dot{x}_2
  • 中間彈簧作用力:δk(x1−x2)\delta k(x_1-x_2)

因此

mx¨2=−cx˙2−kx2+δk(x1−x2)m\ddot{x}_2 = -c\dot{x}_2-kx_2+\delta k(x_1-x_2)

整理得

mx¨2+cx˙2+(k+δk)x2−δkx1=0m\ddot{x}_2+c\dot{x}_2+(k+\delta k)x_2-\delta kx_1=0

故兩條微分方程為

mx¨1+cx˙1+(k+δk)x1−δkx2=F1(t)\boxed{ m\ddot{x}_1+c\dot{x}_1+(k+\delta k)x_1-\delta kx_2=F_1(t) } mx¨2+cx˙2+(k+δk)x2−δkx1=0\boxed{ m\ddot{x}_2+c\dot{x}_2+(k+\delta k)x_2-\delta kx_1=0 }

(b) 傳遞函數

假設初始條件為零,對兩式進行拉氏轉換:

(ms2+cs+k+δk)X1(s)−δkX2(s)=F1(s)(ms^2+cs+k+\delta k)X_1(s)-\delta kX_2(s)=F_1(s) −δkX1(s)+(ms2+cs+k+δk)X2(s)=0-\delta kX_1(s)+(ms^2+cs+k+\delta k)X_2(s)=0

寫成矩陣形式:

[D(s)+δk−δk−δkD(s)+δk][X1(s)X2(s)]=[F1(s)0]\begin{bmatrix} D(s)+\delta k & -\delta k\\ -\delta k & D(s)+\delta k \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X_1(s)\\ X_2(s) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F_1(s)\\ 0 \end{bmatrix}

其中

D(s)=ms2+cs+kD(s)=ms^2+cs+k

由第二式:

X2(s)=δkD(s)+δkX1(s)X_2(s)=\frac{\delta k}{D(s)+\delta k}X_1(s)

代回第一式:

[D(s)+δk−(δk)2D(s)+δk]X1(s)=F1(s)\left[ D(s)+\delta k-\frac{(\delta k)^2}{D(s)+\delta k} \right]X_1(s)=F_1(s)

因此

G(s)=X2(s)F1(s)=δk[D(s)+δk]2−(δk)2G(s)=\frac{X_2(s)}{F_1(s)} = \frac{\delta k} {[D(s)+\delta k]^2-(\delta k)^2}

化簡為

G(s)=δk(ms2+cs+k)(ms2+cs+k+2δk)\boxed{ G(s)= \frac{\delta k} {(ms^2+cs+k)(ms^2+cs+k+2\delta k)} }

完整展開分母為

G(s)=δkm2s4+2mcs3+[2mk+c2+2mδk]s2+2c(k+δk)s+k(k+2δk)\boxed{ G(s)= \frac{\delta k} {m^2s^4+2mcs^3+ [2mk+c^2+2m\delta k]s^2+ 2c(k+\delta k)s+k(k+2\delta k)} }

頻率響應分析

令 s=jωs=j\omega。由傳遞函數分母可知系統具有兩個模態:

第一模態:同相模態

當兩質塊同向且位移相同時,中間彈簧沒有伸縮,因此自然頻率約為

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第 Q4 題

Consider the plant shown in Figure 5.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(a) Using u(t)u(t) and b(t)b(t) as the inputs, x(t)x(t) as the state, and y(t)y(t) as the output, establish a state-space model of the system. (3 pts)

(b) In Figure 5, u(t)u(t) is the control input and b(t)b(t) can be treated as the sensor bias. Assume that b(t)b(t) is constant but unknown (i.e. b˙=0\dot{b} = 0). Using [xb]\begin{bmatrix} x \\ b \end{bmatrix} as the new state vector, derive the state equation and output equation of the augmented system. (5 pts)

(c) Examine the observability of the augmented system in (b). For such an augmented system, construct an observer that generates estimates for xx and bb using uu and yy. The observer's characteristic polynomial should be chosen as E(s)=s2+8s+16E(s) = s^2 + 8s + 16. Write down the state equation of the observer as the answer. (7 pts)

(d) Use the results in (c) to implement state-estimate feedback control in the form u(t)=−kx^(t)u(t) = -k\hat{x}(t), where x^(t)\hat{x}(t) is the observer's estimate of xx. What is the controller's transfer function (i.e., U(s)Y(s)\frac{U(s)}{Y(s)})? (7 pts) What is the range of kk for the closed-loop system to be stable and what are the closed-loop poles? (8 pts) (Hint: Separation principle.)

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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核心觀念

圖中方塊 1/(s−2)1/(s-2) 表示

x˙(t)=2x(t)+u(t)\dot{x}(t)=2x(t)+u(t)

加總點兩個輸入皆為正號,因此

y(t)=x(t)+b(t)y(t)=x(t)+b(t)

本題主要考查:

  • 狀態空間表示法
  • 未知常數偏差的增廣系統
  • 可觀測性矩陣
  • Luenberger observer 設計
  • 狀態估測回授與 separation principle

(a) 狀態空間模型

取 x(t)x(t) 為狀態,輸入為 u(t)u(t) 與 b(t)b(t),輸出為 y(t)y(t):

x˙(t)=2x(t)+u(t)\dot{x}(t)=2x(t)+u(t) y(t)=x(t)+b(t)y(t)=x(t)+b(t)

寫成矩陣形式:

x˙(t)=[2]x(t)+[10][u(t)b(t)]\dot{x}(t) = \begin{bmatrix}2\end{bmatrix}x(t) + \begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}u(t)\\b(t)\end{bmatrix} y(t)=[1]x(t)+[01][u(t)b(t)]y(t) = \begin{bmatrix}1\end{bmatrix}x(t) + \begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}u(t)\\b(t)\end{bmatrix}

因此

A=2,B=[10],C=1,D=[01]A=2,\qquad B=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix},\qquad C=1,\qquad D=\begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix}

(b) 增廣系統

令

z(t)=[x(t)b(t)]z(t)= \begin{bmatrix}x(t)\\b(t)\end{bmatrix}

由於 b(t)b(t) 為常數未知偏差,

b˙(t)=0\dot{b}(t)=0

因此增廣狀態方程為

[x˙b˙]=[2000][xb]+[10]u\begin{bmatrix} \dot{x}\\ \dot{b} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&0\\ 0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\b \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}u

輸出方程為

y=[11][xb]y= \begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\b\end{bmatrix}

故

Aa=[2000],Ba=[10],Ca=[11]A_a= \begin{bmatrix} 2&0\\ 0&0 \end{bmatrix}, \qquad B_a= \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}, \qquad C_a= \begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}

(c) 可觀測性與觀測器設計

可觀測性

增廣系統的可觀測性矩陣為

O=[CaCaAa]=[1120]\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C_a\\ C_aA_a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\ 2&0 \end{bmatrix}

其行列式為

det⁡(O)=1(0)−1(2)=−2≠0\det(\mathcal{O})=1(0)-1(2)=-2\neq 0

因此

rank⁡(O)=2\operatorname{rank}(\mathcal{O})=2

增廣系統完全可觀測。

Luenberger observer

令觀測器為

z^˙=Aaz^+Bau+L(y−Caz^)\dot{\hat{z}} = A_a\hat{z}+B_au+L(y-C_a\hat{z})

其中

L=[l1l2]L= \begin{bmatrix}l_1\\l_2\end{bmatrix}

觀測誤差系統矩陣為

Aa−LCa=[2−l1−l1−l2−l2]A_a-LC_a = \begin{bmatrix} 2-l_1&-l_1\\ -l_2&-l_2 \end{bmatrix}

其特徵多項式為

det⁡[sI−(Aa−LCa)]=s2+(l1+l2−2)s−2l2\det\left[sI-(A_a-LC_a)\right] = s^2+(l_1+l_2-2)s-2l_2

題目要求

E(s)=s2+8s+16E(s)=s^2+8s+16

比較係數:

l1+l2−2=8l_1+l_2-2=8 −2l2=16-2l_2=16

得到

l2=−8,l1=18l_2=-8,\qquad l_1=18

所以

L=[18−8]L= \begin{bmatrix}18\\-8\end{bmatrix}

觀測器狀態方程為

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