113 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

Q1. The system block diagram is shown on the right (Fig. 1). The Bode plot of the loop gain Gc(s)Gp(s)G_c(s)G_p(s) is given below (Fig. 2) for Gc(s)=kGcc(s)G_c(s) = kG_{cc}(s) at k=1k=1.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

Fig. 1

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

Fig. 2.

(a) Write the transfer function of the loop gain Gc(s)Gp(s)G_c(s)G_p(s). (5 pts)
(b) (b1)Draw the Nyquist plot. (10 pts) (b2)"Calculate" the real axis crossing if there is. (5 pts)
(c) Use Nyquist Criterion to figure out the stability of the closed-loop system. (need to give the values of Z, N, P to get points). (5 pts)
(d) If tuning kk as a variable from 0 up to ∞\infty. What is the range for kk to result in a stable closed-loop system, if there is? (5 pts)

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核心觀念

令

L(s)=Gc(s)Gp(s)=kGcc(s)Gp(s)=kL1(s),L(s)=G_c(s)G_p(s)=kG_{cc}(s)G_p(s)=kL_1(s),

其中

L1(s)=Gcc(s)Gp(s)L_1(s)=G_{cc}(s)G_p(s)

為 k=1k=1 時的迴路增益。

本題使用:

  1. Bode 圖反推傳遞函數的零點、極點與增益。
  2. Nyquist 圖判斷 1+L(s)=01+L(s)=0 的根分布。
  3. Nyquist 判據:
Z=N+P,Z=N+P,

其中:

  • PP:L(s)L(s) 在右半平面的極點數。
  • NN:Nyquist 圖對 −1+j0-1+j0 的順時針包圍數。
  • ZZ:閉迴路系統在右半平面的極點數。

閉迴路穩定的條件為 Z=0Z=0。


(a) 迴路增益傳遞函數

由圖中 Bode 相位可讀出:

  • 低頻相位約為 +90∘+90^\circ,表示含有原點零點 ss。
  • 高頻相位趨近 −180∘-180^\circ,因此有限頻率的極點總相位貢獻約為 −270∘-270^\circ。
  • Bode 圖只提供近似曲線,圖上沒有標出精確轉折頻率與精確增益數值。

因此,從題目掃描圖無法唯一確定各極點的精確位置。依其相位特徵,可寫成一般形式

L1(s)=Ks∏i(1+sωzi)∏m=1r(1+sωpm),L_1(s)=K \frac{s\displaystyle\prod_i\left(1+\frac{s}{\omega_{z_i}}\right)} {\displaystyle\prod_{m=1}^{r}\left(1+\frac{s}{\omega_{p_m}}\right)},

並滿足

1+rz−rp=−3,1+r_z-r_p=-3,

其中 rzr_z 與 rpr_p 分別表示有限零點與有限極點數目。

若依最簡單的模型解讀,取一個原點零點與三個有限極點,則

L1(s)=Gcc(s)Gp(s)=Ks(1+sωp1)(1+sωp2)(1+sωp3)\boxed{ L_1(s)=G_{cc}(s)G_p(s) = K\frac{s} {\left(1+\frac{s}{\omega_{p1}}\right) \left(1+\frac{s}{\omega_{p2}}\right) \left(1+\frac{s}{\omega_{p3}}\right)} }

而

Gc(s)Gp(s)=kKs(1+sωp1)(1+sωp2)(1+sωp3).\boxed{ G_c(s)G_p(s)= kK\frac{s} {\left(1+\frac{s}{\omega_{p1}}\right) \left(1+\frac{s}{\omega_{p2}}\right) \left(1+\frac{s}{\omega_{p3}}\right)} }.

精確的 K,ωp1,ωp2,ωp3K,\omega_{p1},\omega_{p2},\omega_{p3} 必須由具有清楚刻度的原始 Bode 數據提供。


(b1) Nyquist 圖

令

L1(jω)=M(ω)ejϕ(ω).L_1(j\omega)=M(\omega)e^{j\phi(\omega)}.

由 Bode 圖:

  • 當 ω→0+\omega\to0^+ 時,ϕ→+90∘\phi\to+90^\circ,曲線由正虛軸方向開始。
  • 隨著 ω\omega 增加,相位由 +90∘+90^\circ 下降,通過正實軸。
  • 高頻時 ϕ→−180∘\phi\to-180^\circ,且 M(ω)→0M(\omega)\to0,曲線最後由負實軸方向趨近原點。
  • 負頻率部分為正頻率部分關於實軸的鏡射。

因此,Nyquist 圖為一條由正虛軸附近出發,穿越正實軸,再由負實軸方向趨近原點的曲線;其共軛部分位於實軸下方。

因為 k>0k>0 只會將 Nyquist 圖沿原點向外或向內等比例縮放,所以圖形形狀不變。


(b2) 實軸交點

實軸交點必須滿足:

Im⁡{L1(jω)}=0,\operatorname{Im}\{L_1(j\omega)\}=0,

也就是

ϕ(ω)=0∘或ϕ(ω)=±180∘.\phi(\omega)=0^\circ \quad\text{或}\quad \phi(\omega)=\pm180^\circ.

由圖可見:

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第 Q2. 題

Q2. A system has the open-loop plant transfer function G(s)=10(s−0.1)(s+1)(s−1)G(s) = \frac{10(s-0.1)}{(s+1)(s-1)}.

(a) Sketch a root locus for the system (a simple root locus sketch is sufficient here). (5 pts)
(b) Based on looking at the root locus, can we use high gain proportional control to obtain a stable closed-loop system? (5 pts)
(c) Suggest a dynamic compensator, D(s)D(s), that will result in a stable closed-loop system. Sketch the compensated root locus of D(s)G(s)D(s)G(s) (again, a simple root locus sketch is sufficient). (5 pts)
Comment on any practical difficulty of implementing your solution. (5 pts)

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核心觀念

本題考查負回授系統的根軌跡:

  • 開迴路極點與零點位置
  • 根軌跡實軸判定法
  • 高增益比例控制的穩定性
  • 利用動態補償器配置極點、零點
  • 極點零點精確消去的實作風險

假設負回授增益為 K≥0K\geq 0,閉迴路特徵方程為

1+KD(s)G(s)=0.1+K D(s)G(s)=0.

(a) 原系統根軌跡

原開迴路傳遞函數為

G(s)=10(s−0.1)(s+1)(s−1).G(s)=\frac{10(s-0.1)}{(s+1)(s-1)}.

因此:

  • 開迴路極點:s=−1,  s=1s=-1,\;s=1
  • 開迴路零點:s=0.1s=0.1

實軸根軌跡

實軸上的某點若其右側有奇數個「極點與零點」,則該點屬於根軌跡。

因此根軌跡位於:

(−∞,−1]以及[0.1,1].(-\infty,-1]\qquad\text{以及}\qquad [0.1,1].

由於有兩個極點與一個零點,剩下一支根軌跡往無限遠處延伸。其漸近線數量為

n−m=2−1=1.n-m=2-1=1.

漸近線重心為

σa=(−1)+1−0.12−1=−0.1,\sigma_a=\frac{(-1)+1-0.1}{2-1}=-0.1,

漸近線角度為

180∘.180^\circ.

根軌跡示意如下:

<==========●================○------●==========>
           -1              0.1      1

其中:

  • s=−1,  s=1s=-1,\;s=1 為開迴路極點
  • s=0.1s=0.1 為開迴路零點
  • 一支由 s=−1s=-1 向左延伸至 −∞-\infty
  • 另一支由 s=1s=1 沿實軸移動至 s=0.1s=0.1

也可由特徵方程確認:

(s+1)(s−1)+10K(s−0.1)=0,(s+1)(s-1)+10K(s-0.1)=0,

即

s2+10Ks−(1+K)=0.s^2+10Ks-(1+K)=0.

其兩根乘積為

s1s2=−(1+K)<0,s_1s_2=-(1+K)<0,

故兩根一正一負,始終有一根位於右半平面。


(b) 高增益比例控制的穩定性

比例控制相當於令

D(s)=1.D(s)=1.

閉迴路特徵方程為

s2+10Ks−(1+K)=0.s^2+10Ks-(1+K)=0.

由於

s1s2=−(1+K)<0,s_1s_2=-(1+K)<0,

兩個閉迴路極點必定分居原點兩側,其中一個極點在右半平面。

當 K→∞K\to\infty 時:

  • 一根往 −∞-\infty 移動
  • 另一根趨近於開迴路零點 s=0.1s=0.1

因此高增益比例控制無法使系統穩定。


(c) 動態補償器設計

可選擇補償器

D(s)=s−1s+1.D(s)=\frac{s-1}{s+1}.

此補償器在 s=1s=1 提供一個零點,用來消去原系統位於 s=1s=1 的右半平面極點。理想化簡後:

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第 Q3. 題

Q3. Fig. 3 shows a hydraulic system where liquid is stored in an open tank. The cross-sectional area of the tank, A(h)=A0+a0hA(h) = A_0 + a_0h where hh is the height of the liquid level above the bottom of the tank and A0A_0 and a0a_0 are constants. For a liquid of density ρ\rho, the absolute pressure pp at the bottom of the tank is given by p=ρgh+pap = \rho gh + p_a, where pap_a is the atmospheric pressure (assumed constant) and gg is the acceleration due to gravity. The tank receives liquid at a flow rate wiw_i and loses liquid through a valve at a flow rate wow_o in which wo=kΔpw_o = k\sqrt{\Delta p}. In the current case, Δp=p−pa\Delta p = p - p_a and kk is a positive constant. Take u=wiu = w_i to be the control input and y=hy = h to be the output.

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Fig. 3

(a) Compute the volume of the liquid as a function of hh. (3%)
(b) Using hh as the state variable, determine the state model. (Hint: Rate of volume change wi−wow_i - w_o) (7%)
(c) Find u0u_0 (steady-state input uu) that is needed to maintain the output at a constant h0h_0. (3%)
(d) Assume u=u0+Δuu = u_0 + \Delta u and h=h0+δhh = h_0 + \delta h in which δ\delta represents a small perturbation. Linearize the state model in (b) around u=u0u = u_0 and h=h0h = h_0. What is the open-loop pole of the system? Is the system open-loop stable? (12%)

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核心觀念

本題考查液位系統的:

  • 幾何關係:由截面積積分求液體體積。
  • 質量守恆(體積流量平衡):
    dVdt=wi−wo\frac{dV}{dt}=w_i-w_o
  • 非線性狀態方程建立。
  • 穩態工作點求取。
  • 在穩態點進行小訊號線性化,並由系統矩陣求開迴路極點。

由題目:

A(h)=A0+a0hA(h)=A_0+a_0h

且

Δp=p−pa=ρgh\Delta p=p-p_a=\rho gh

因此閥門流出量為

wo=kρghw_o=k\sqrt{\rho gh}


(a) 液體體積 V(h)V(h)

液體體積等於截面積從底部 00 積分至液面高度 hh:

V(h)=∫0hA(ξ) dξV(h)=\int_0^h A(\xi)\,d\xi

代入 A(ξ)=A0+a0ξA(\xi)=A_0+a_0\xi:

V(h)=∫0h(A0+a0ξ) dξV(h)=\int_0^h (A_0+a_0\xi)\,d\xi

因此

V(h)=A0h+12a0h2\boxed{V(h)=A_0h+\frac{1}{2}a_0h^2}

(b) 狀態模型

第一步:求流出量

由

p=ρgh+pap=\rho gh+p_a

可得

Δp=p−pa=ρgh\Delta p=p-p_a=\rho gh

所以

wo=kΔp=kρghw_o=k\sqrt{\Delta p} =k\sqrt{\rho gh}

第二步:套用體積流量平衡

題目給定

dVdt=wi−wo\frac{dV}{dt}=w_i-w_o

又因為控制輸入 u=wiu=w_i,故

dVdt=u−kρgh\frac{dV}{dt}=u-k\sqrt{\rho gh}

由

V(h)=A0h+12a0h2V(h)=A_0h+\frac{1}{2}a_0h^2

微分得

dVdh=A0+a0h=A(h)\frac{dV}{dh}=A_0+a_0h=A(h)

因此

dVdt=dVdhdhdt=(A0+a0h)h˙\frac{dV}{dt} =\frac{dV}{dh}\frac{dh}{dt} =(A_0+a_0h)\dot h

代回體積平衡式:

(A0+a0h)h˙=u−kρgh(A_0+a_0h)\dot h =u-k\sqrt{\rho gh}

故狀態方程為

h˙=u−kρghA0+a0h\boxed{ \dot h= \frac{u-k\sqrt{\rho gh}}{A_0+a_0h} }

輸出為液面高度:

y=h\boxed{y=h}

因此完整狀態模型為

{h˙=u−kρghA0+a0hy=h\boxed{ \begin{cases} \dot h=\displaystyle\frac{u-k\sqrt{\rho gh}}{A_0+a_0h}\\[6pt] y=h \end{cases} }

(c) 維持 h=h0h=h_0 所需的穩態輸入

穩態時液面高度不變,因此

h˙=0\dot h=0

由狀態方程:

0=u0−kρgh00=u_0-k\sqrt{\rho gh_0}

所以穩態輸入為

u0=kρgh0\boxed{u_0=k\sqrt{\rho gh_0}}

物理意義是:穩態時流入量必須等於流出量,即

wi=wow_i=w_o

(d) 線性化與開迴路極點

令

u=u0+Δuu=u_0+\Delta u h=h0+δhh=h_0+\delta h

定義非線性狀態方程:

h˙=f(h,u)=u−kρghA0+a0h\dot h=f(h,u) =\frac{u-k\sqrt{\rho gh}}{A_0+a_0h}

在穩態點 (h0,u0)(h_0,u_0) 附近進行一階泰勒展開:

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第 Q4. 題

Q4. To devise the balancing controller for the autonomous bicycle, Fig. 4 models the lateral dynamics of the bicycle as an inverted-pendulum system. In the model, θ\theta denotes the tilt angle of the bicycle, and δ\delta is the steering angle of the handle. The task is to design a controller to make the tilt angle e(t)e(t) follow a reference command r(t)r(t).

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

Fig. 4

(a) The differential equation describing the inverted-pendulum dynamics is given by θ¨=2θ˙+δ+δ˙\ddot{\theta} = 2\dot{\theta} + \delta + \dot{\delta}. Define θ˙\dot{\theta} as the control input, x=[θ θ˙]Tx = [\theta \ \dot{\theta}]^T as the state vector, and the measurement output y=θy = \theta. Derive the state equations for the system. Examine its controllability and observability. (3 pts)
(b) Assume that all of the states [θ θ˙]T[\theta \ \dot{\theta}]^T can be measured. Design a control law δ=N⋅r−K1θ−K2θ˙−K3δ\delta = N \cdot r - K_1\theta - K_2\dot{\theta} - K_3\delta, (1) where N,K1∼K3N, K_1 \sim K_3 are control gains, so that the closed-loop transfer Gre(s)G_{re}(s) is given by Gre(s)=1s2+2s+1G_{re}(s) = \frac{1}{s^2+2s+1}. (7 pts)
(c) Consider the dynamic equation θ¨=2θ˙+δ+δ˙\ddot{\theta} = 2\dot{\theta} + \delta + \dot{\delta} using u=δ+δ˙u = \delta + \dot{\delta} as the control input, and y=θ+θ˙y = \theta + \dot{\theta} as the measurement in which θ\theta is an unknown, constant offset. Construct an observer to estimate θ,θ˙,δ\theta, \dot{\theta}, \delta using uu and yy. The observer you design should have poles located at −10,−10,−10-10, -10, -10. (10 pts) (Hint: Consider the state equation for [θ θ˙ δ]T[\theta \ \dot{\theta} \ \delta]^T.)
(d) Shows that the control law u=−K1θ−K2θ˙−K3δu = -K_1\theta - K_2\dot{\theta} - K_3\delta, where θ^\hat{\theta} and θ˙^\hat{\dot{\theta}} are the estimates of θ\theta and θ˙\dot{\theta} by the observer designed in (c), can stabilize the system (i.e., θ(∞)=θ˙(∞)=0\theta(\infty) = \dot{\theta}(\infty) = 0, for any θ(0)\theta(0) and θ˙(0)\dot{\theta}(0)) if K1>2,K2>0K_1 > 2, K_2 > 0. (5 pts)

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核心觀念

本題考查:

  • 狀態空間模型、可控制性與可觀測性。
  • 狀態回授配置閉迴路極點。
  • 拉氏轉換與閉迴路傳遞函數。
  • Luenberger observer 的極點配置。
  • 分離定理:若系統可觀測且觀測器誤差收斂,則控制器與觀測器可分開設計。

依原卷圖面,(a) 的控制輸入為 δ˙\dot{\delta},狀態為

x=[θθ˙δ],u=δ˙.x= \begin{bmatrix} \theta\\ \dot{\theta}\\ \delta \end{bmatrix}, \qquad u=\dot{\delta}.

(a) 狀態方程、可控制性與可觀測性

已知

θ¨=2θ˙+δ+δ˙.\ddot{\theta}=2\dot{\theta}+\delta+\dot{\delta}.

令

x1=θ,x2=θ˙,x3=δ,u=δ˙.x_1=\theta,\qquad x_2=\dot{\theta},\qquad x_3=\delta,\qquad u=\dot{\delta}.

因此

x˙1=x2,\dot{x}_1=x_2, x˙2=2x2+x3+u,\dot{x}_2=2x_2+x_3+u, x˙3=u.\dot{x}_3=u.

狀態方程為

x˙=[010021000]x+[011]u,\dot{x} = \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&2&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}u, y=[100]x.y= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}x.

故

A=[010021000],B=[011],C=[100].A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&2&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} 0\\1\\1 \end{bmatrix}, \quad C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.

可控制性

可控制性矩陣為

C=[BABA2B].\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB&A^2B \end{bmatrix}.

計算得

AB=[120],A2B=[240].AB= \begin{bmatrix} 1\\2\\0 \end{bmatrix}, \qquad A^2B= \begin{bmatrix} 2\\4\\0 \end{bmatrix}.

因此

C=[012124100],rank⁡(C)=2<3.\mathcal{C} = \begin{bmatrix} 0&1&2\\ 1&2&4\\ 1&0&0 \end{bmatrix}, \qquad \operatorname{rank}(\mathcal{C})=2<3.

所以系統不可控制。

可觀測性

可觀測性矩陣為

O=[CCACA2].\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C\\ CA\\ CA^2 \end{bmatrix}.

計算得

CA=[010],CA2=[021].CA= \begin{bmatrix} 0&1&0 \end{bmatrix}, \qquad CA^2= \begin{bmatrix} 0&2&1 \end{bmatrix}.

因此

O=[100010021],rank⁡(O)=3.\mathcal{O} = \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&2&1 \end{bmatrix}, \qquad \operatorname{rank}(\mathcal{O})=3.

所以系統完全可觀測。


(b) 設計控制律

控制律依原卷為

δ˙=Nˉr−K1θ−K2θ˙−K3δ.\dot{\delta} = \bar N r-K_1\theta-K_2\dot{\theta}-K_3\delta.

對零初始條件取拉氏轉換:

sΔ(s)=NˉR(s)−K1Θ(s)−K2sΘ(s)−K3Δ(s).s\Delta(s) = \bar N R(s)-K_1\Theta(s)-K_2s\Theta(s)-K_3\Delta(s).

因此

(s+K3)Δ(s)=NˉR(s)−(K1+K2s)Θ(s).(s+K_3)\Delta(s) = \bar N R(s)-(K_1+K_2s)\Theta(s).

由系統方程

s2Θ(s)=2sΘ(s)+Δ(s)+sΔ(s),s^2\Theta(s) = 2s\Theta(s)+\Delta(s)+s\Delta(s),

可得

(s2−2s)Θ(s)=(s+1)Δ(s).(s^2-2s)\Theta(s)=(s+1)\Delta(s).

代入控制律:

Θ(s)R(s)=Nˉ(s+1)(s2−2s)(s+K3)+(s+1)(K2s+K1).\frac{\Theta(s)}{R(s)} = \frac{\bar N(s+1)} {(s^2-2s)(s+K_3)+(s+1)(K_2s+K_1)}.

展開分母:

(s2−2s)(s+K3)+(s+1)(K2s+K1)(s^2-2s)(s+K_3)+(s+1)(K_2s+K_1) =s3+(K2+K3−2)s2+(K1+K2−2K3)s+K1.= s^3+(K_2+K_3-2)s^2 +(K_1+K_2-2K_3)s+K_1.

題目要求

Grθ(s)=1s2+2s+1=1(s+1)2.G_{r\theta}(s)=\frac{1}{s^2+2s+1} =\frac{1}{(s+1)^2}.

由於分子含有 (s+1)(s+1),閉迴路分母應配置為

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

比較係數:

K2+K3−2=3,K_2+K_3-2=3, K1+K2−2K3=3,K_1+K_2-2K_3=3, K1=1.K_1=1.

由此得

K2+K3=5,K_2+K_3=5, K2−2K3=2.K_2-2K_3=2.

解得

K1=1,K2=4,K3=1.K_1=1,\qquad K_2=4,\qquad K_3=1.

再由分子係數可得

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