108 年 國立臺灣大學機械系碩士班系控組《控制系統（A）》

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第 1 題25 分

The block diagram of a position control system is shown in the figure, where Gp(s)=1Js+1G_p(s)=\frac{1}{Js+1}; JJ is the moment of inertia; KaK_a and KbK_b are the torque and back-emf constants of the DC motor; T(s)T(s) is the load frictional torque.

a. The angular displacement can be expressed as θ(s)=G1(s)R(s)+G2(s)T(s)\theta(s)=G_1(s)R(s)+G_2(s)T(s). Obtain the transfer functions G1(s)G_1(s), G2(s)G_2(s) in terms of Gc(s)G_c(s), Gp(s)G_p(s), KaK_a, KbK_b.

b. Assume that T(s)=0T(s)=0 and the proportional control (Gc(s)=KpG_c(s)=K_p) are applied on the feedback system.
(1) Find natural frequency (ωn\omega_n) and KpK_p in terms of KaK_a, KbK_b, and JJ such that the closed-loop system is critically damped.
(2) If J=1 kg-m2J=1 \, \text{kg-m}^2, Ka=1 Nm/AK_a=1 \, \text{Nm/A}, and Kb=1 V/(rad/s)K_b=1 \, \text{V/(rad/s)}, find θ(t)\theta(t) for a unit step input r(t)r(t).

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核心觀念

本題考查：

  • 方塊圖的訊號流與負回授化簡。
  • 位置控制系統的閉迴路傳遞函數。
  • 二階系統標準形式
    s2+2ζωns+ωn2s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2
  • 臨界阻尼條件 ζ=1\zeta=1。
  • 單位階梯響應與拉氏反轉換。

由圖可知，外迴路為單位負回授；馬達速度訊號經過 KbK_b 回授至第二個加總點，負載摩擦轉矩 T(s)T(s) 則在 Gp(s)G_p(s) 前以負號加入。

解題方法

令 x(s)x(s) 為 Gp(s)G_p(s) 的輸出，即馬達角速度訊號，則

θ(s)=x(s)s\theta(s)=\frac{x(s)}{s}

第一個加總點的誤差信號為

e(s)=R(s)−θ(s)e(s)=R(s)-\theta(s)

經過控制器後：

u(s)=Gc(s)e(s)=Gc(s)[R(s)−θ(s)]u(s)=G_c(s)e(s) =G_c(s)\left[R(s)-\theta(s)\right]

第二個加總點的輸出為

v(s)=u(s)−Kbx(s)v(s)=u(s)-K_bx(s)

經過馬達轉矩常數 KaK_a，並扣除負載摩擦轉矩後，輸入至 Gp(s)G_p(s) 的訊號為

Kav(s)−T(s)K_av(s)-T(s)

因此

x(s)=Gp(s){Ka[Gc(s)(R(s)−θ(s))−Kbx(s)]−T(s)}x(s)=G_p(s)\left\{ K_a\left[G_c(s)(R(s)-\theta(s))-K_bx(s)\right]-T(s) \right\}

代入 x(s)=sθ(s)x(s)=s\theta(s)：

sθ(s)=Gp(s)[KaGc(s)R(s)−KaGc(s)θ(s)−KaKbsθ(s)−T(s)]s\theta(s) = G_p(s)\left[ K_aG_c(s)R(s) -K_aG_c(s)\theta(s) -K_aK_bs\theta(s) -T(s) \right]

整理得

[s+KaGp(s)Gc(s)+KaKbGp(s)s]θ(s)=KaGp(s)Gc(s)R(s)−Gp(s)T(s)\left[ s+K_aG_p(s)G_c(s)+K_aK_bG_p(s)s \right]\theta(s) = K_aG_p(s)G_c(s)R(s)-G_p(s)T(s)

第 1 題 a

題目要求表示為

θ(s)=G1(s)R(s)+G2(s)T(s)\theta(s)=G_1(s)R(s)+G_2(s)T(s)

由上式直接得到

G1(s)=KaGp(s)Gc(s)s+KaGp(s)Gc(s)+KaKbGp(s)sG_1(s) = \frac{K_aG_p(s)G_c(s)} {s+K_aG_p(s)G_c(s)+K_aK_bG_p(s)s} G2(s)=−Gp(s)s+KaGp(s)Gc(s)+KaKbGp(s)sG_2(s) = -\frac{G_p(s)} {s+K_aG_p(s)G_c(s)+K_aK_bG_p(s)s}

將分母寫成較整齊的形式：

G1(s)=KaGp(s)Gc(s)s+KaGp(s)[Gc(s)+Kbs]G_1(s) = \frac{K_aG_p(s)G_c(s)} {s+K_aG_p(s)\left[G_c(s)+K_bs\right]} G2(s)=−Gp(s)s+KaGp(s)[Gc(s)+Kbs]G_2(s) = -\frac{G_p(s)} {s+K_aG_p(s)\left[G_c(s)+K_bs\right]}

其中 G2(s)G_2(s) 為負號，表示負載摩擦轉矩對角位移造成反向影響。

第 1 題 b（1）

令

T(s)=0,Gc(s)=KpT(s)=0,\qquad G_c(s)=K_p

閉迴路傳遞函數為

θ(s)R(s)=KaGp(s)Kps+KaGp(s)(Kp+Kbs)\frac{\theta(s)}{R(s)} = \frac{K_aG_p(s)K_p} {s+K_aG_p(s)(K_p+K_bs)}

又因為

Gp(s)=1Js+1G_p(s)=\frac{1}{Js+1}

將分子分母同乘以 Js+1Js+1：

θ(s)R(s)=KaKpJs2+(1+KaKb)s+KaKp\frac{\theta(s)}{R(s)} = \frac{K_aK_p} {Js^2+(1+K_aK_b)s+K_aK_p}

將分母除以 JJ：

θ(s)R(s)=KaKp/Js2+1+KaKbJs+KaKpJ\frac{\theta(s)}{R(s)} = \frac{K_aK_p/J} {s^2+\dfrac{1+K_aK_b}{J}s+\dfrac{K_aK_p}{J}}

與標準二階形式比較：

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第 2 題25 分

Two systems are discussed in this problem.

a. Consider the following input-output transfer function:
G(s)=Y(s)U(s)=s+2(s+1)(s+3)(s+4)G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{s+2}{(s+1)(s+3)(s+4)}
Derive the state-space form x(t)=Ax(t)+Bu(t);y(t)=Cx(t)+Du(t)\mathbf{x}(t) = \mathbf{Ax}(t) + \mathbf{Bu}(t); y(t) = \mathbf{Cx}(t) + \mathbf{Du}(t). For a specific full-state feedback controller K=[K1 K2 1]\mathbf{K}=[K_1 \, K_2 \, 1], determine the values of K1K_1, K2K_2 such that the dominant closed-loop poles have the damping ratio (ζ\zeta) of 0.5 and natural frequency (ωn\omega_n) is 3 rad/sec.

b. Consider a unity feedback system, where the open-loop transfer function is Go(s)=Gc(s)Gp(s)=as+2s2+2s+5G_o(s) = G_c(s)G_p(s) = \frac{a s+2}{s^2+2s+5}. Determine the value of aa such that the phase margin is equal to 45°. Sketch the root locus diagram for a≥0a \ge 0 to explain the effect of aa on the closed-loop system stability.

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核心觀念

本題分成兩部分：

  • 狀態回授極點配置：將轉移函數寫成狀態空間形式，再由閉迴路特徵多項式配置極點。
  • 相位裕度與穩定性：由增益交越頻率處的相位求相位裕度，並由閉迴路特徵方程追蹤極點位置。

題目文字轉錄的第 2(b) 式與掃描圖不一致。以下依照掃描圖中的實際式子 Go(s)=as+2s2G_o(s)=\dfrac{as+2}{s^2} 作答。

(a) 狀態空間與狀態回授

先展開分母：

(s+1)(s+3)(s+4)=s3+8s2+19s+12(s+1)(s+3)(s+4)=s^3+8s^2+19s+12

採用可控制標準型。對應的狀態空間為

x˙(t)=[010001−12−19−8]x(t)+[001]u(t)\dot{\mathbf{x}}(t)= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -12&-19&-8 \end{bmatrix} \mathbf{x}(t) + \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}u(t) y(t)=[210]x(t)+0u(t)y(t)= \begin{bmatrix} 2&1&0 \end{bmatrix} \mathbf{x}(t)+0u(t)

令狀態回授為 u=r−Kxu=r-\mathbf{Kx}，其中 K=[K1 K2 1]\mathbf{K}=[K_1\ K_2\ 1]。閉迴路矩陣為 A−BK\mathbf{A}-\mathbf{B}\mathbf{K}，其特徵多項式為

s3+9s2+(19+K2)s+(12+K1)s^3+9s^2+(19+K_2)s+(12+K_1)

指定的主導極點由 ζ=0.5\zeta=0.5、ωn=3\omega_n=3 得到：

s2+2ζωns+ωn2=s2+3s+9s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2 =s^2+3s+9

設第三個閉迴路極點為 −p-p，則目標特徵多項式為

(s2+3s+9)(s+p)(s^2+3s+9)(s+p)

由於閉迴路特徵多項式的 s2s^2 係數固定為 99，可得 p=6p=6。因此目標多項式為

(s2+3s+9)(s+6)=s3+9s2+27s+54(s^2+3s+9)(s+6)=s^3+9s^2+27s+54

逐項比較係數：

19+K2=27,12+K1=5419+K_2=27,\qquad 12+K_1=54

所以 K2=8K_2=8、K1=42K_1=42。此時第三個極點為 −6-6，比主導極點對更靠左。

(b) 相位裕度與根軌跡

依掃描圖，開迴路轉移函數為

Go(s)=as+2s2G_o(s)=\frac{as+2}{s^2}

當 a>0a>0 且 ω>0\omega>0 時，開迴路相位為

∠Go(jω)=tan⁡−1(aω2)−180∘\angle G_o(j\omega) =\tan^{-1}\left(\frac{a\omega}{2}\right)-180^\circ

相位裕度為 45∘45^\circ 時，在增益交越頻率 ωg\omega_g 處：

180∘+∠Go(jωg)=45∘180^\circ+\angle G_o(j\omega_g)=45^\circ

因此

tan⁡−1(aωg2)=45∘⟹aωg=2\tan^{-1}\left(\frac{a\omega_g}{2}\right)=45^\circ \quad\Longrightarrow\quad a\omega_g=2

增益交越條件 ∣Go(jωg)∣=1|G_o(j\omega_g)|=1 給出

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第 3 題25 分

Consider the following unity feedback system with
G(s)=K(s+6)s(s+2)(s+3)G(s) = \frac{K(s+6)}{s(s+2)(s+3)}
It is operating with a 25% overshot. (Hint: You can design a controller either in frequency domain or time domain. Semi-log diagrams are attached, if need them.)
a. Find the settling time.
b. Find KK.
c. Please design a compensator that will yield a threefold improvement in KcK_c and a twofold reduction in settling time while keeping the overshot at 25%.

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核心觀念

此題考查：

  • 二階主導極點與最大超越量的關係
  • 穩態速度誤差常數 KvK_v
  • 根軌跡與補償器設計
  • 以超越量維持阻尼比，以暫態規格決定主導極點位置

單位回授系統的閉迴路特徵方程為

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

因此

s(s+2)(s+3)+K(s+6)=0s(s+2)(s+3)+K(s+6)=0

整理得

s3+5s2+(6+K)s+6K=0.s^3+5s^2+(6+K)s+6K=0.

a. 求安定時間

25% 最大超越量為

Mp=0.25.M_p=0.25.

二階系統的最大超越量公式為

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

因此

ζ=−ln⁡(0.25)π2+ln⁡2(0.25)≈0.404.\zeta= \frac{-\ln(0.25)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.25)}} \approx 0.404.

令閉迴路主導複數極點為

s1,2=−σ±jωd.s_{1,2}=-\sigma\pm j\omega_d.

由阻尼比關係，

ζ=σωn,ωn2=σ2+ωd2,\zeta=\frac{\sigma}{\omega_n}, \qquad \omega_n^2=\sigma^2+\omega_d^2,

故

ωn=σζ.\omega_n=\frac{\sigma}{\zeta}.

本系統的第三個極點設為 −a-a，由 s2s^2 項係數可得

2σ+a=5,2\sigma+a=5,

所以

a=5−2σ.a=5-2\sigma.

代入特徵方程係數關係，可得

σ≈0.673.\sigma\approx0.673.

因此二階主導極點的實部為 −0.673-0.673。採用 2% 安定時間公式

Ts≈4ζωn=4σ,T_s\approx\frac{4}{\zeta\omega_n} =\frac{4}{\sigma},

得到

Ts≈40.673≈5.95 s.\boxed{T_s\approx\frac{4}{0.673}\approx5.95\text{ s}}.

b. 求 KK

由特徵根乘積關係，

a(σ2+ωd2)=6K.a(\sigma^2+\omega_d^2)=6K.

又因為

σ2+ωd2=σ2ζ2,\sigma^2+\omega_d^2 =\frac{\sigma^2}{\zeta^2},

所以

K=(5−2σ)σ26ζ2.K= \frac{(5-2\sigma)\sigma^2} {6\zeta^2}.

代入

σ≈0.673,ζ≈0.404,\sigma\approx0.673,\qquad \zeta\approx0.404,

可得

K≈1.69.K\approx1.69.

因此

K≈1.69.\boxed{K\approx1.69}.

此時速度誤差常數為

Kv=lim⁡s→0sG(s)=lim⁡s→0K(s+6)(s+2)(s+3)=K.K_v=\lim_{s\to0}sG(s) =\lim_{s\to0} \frac{K(s+6)}{(s+2)(s+3)} =K.

故原系統

Kv≈1.69.\boxed{K_v\approx1.69}.

c. 設計補償器

1. 新的暫態規格

要求安定時間縮短為原來的一半：

Ts,new=5.952≈2.98 s.T_{s,\text{new}}=\frac{5.95}{2}\approx2.98\text{ s}.

由

Ts≈4σ,T_s\approx\frac{4}{\sigma},

新的主導極點實部應加倍：

σnew≈2(0.673)=1.346.\sigma_{\text{new}}\approx2(0.673)=1.346.
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第 4 題25 分

The open-loop frequency response shown below, was experimentally obtained from a unity feedback system. Please (a) identify the system transfer function, (b) estimate the percent overshoot and steady-state error of the closed-loop system.

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核心觀念

本題利用開迴路 Bode 圖辨識

G(s)=K N(s)D(s)G(s)=\frac{K\,N(s)}{D(s)}

其中：

  • 低頻相位約為 −90∘-90^\circ，表示含有一個原點極點 1/s1/s。
  • 高頻相位趨近 −270∘-270^\circ，表示總共有三個極點，且沒有零點。
  • 幅頻圖的轉折頻率約為 ω=1\omega=1 與 ω=10 rad/s\omega=10\ \mathrm{rad/s}。

因此可判定系統形式為

G(s)=Ks(s+1)(s+10).G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+10)}.

(a) 辨識系統轉移函數

在低頻 ω≪1\omega\ll 1 時，

∣G(jω)∣≈Kω(1)(10)=K10ω.|G(j\omega)| \approx \frac{K}{\omega(1)(10)} =\frac{K}{10\omega}.

由圖讀得 ω=0.01 rad/s\omega=0.01\ \mathrm{rad/s} 時，幅值約為 50 dB50\ \mathrm{dB}，因此

20log⁡10∣G(j0.01)∣≈50.20\log_{10}|G(j0.01)|\approx 50.

故

∣G(j0.01)∣=1050/20≈316.|G(j0.01)|=10^{50/20}\approx316.

又

∣G(j0.01)∣≈K10(0.01)=10K,|G(j0.01)|\approx \frac{K}{10(0.01)}=10K,

所以

10K≈316⇒K≈31.6.10K\approx316 \quad\Rightarrow\quad K\approx31.6.

因此開迴路轉移函數約為

G(s)≈31.6s(s+1)(s+10).\boxed{G(s)\approx\frac{31.6}{s(s+1)(s+10)}}.

圖上讀值為估計值，故 KK 約為 30∼3230\sim32 均屬合理。

(b) 閉迴路超越量與穩態誤差

單位回授下，

T(s)=G(s)1+G(s)=31.6s(s+1)(s+10)+31.6.T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{31.6}{s(s+1)(s+10)+31.6}.

展開特徵方程式：

s(s+1)(s+10)+31.6=0,s(s+1)(s+10)+31.6=0,

s3+11s2+10s+31.6=0.s^3+11s^2+10s+31.6=0.

此方程式的極點約為

s1≈−10.3,s_1\approx -10.3,

以及主導複數極點

s2,3≈−0.34±j1.70.s_{2,3}\approx -0.34\pm j1.70.

因此主導二階系統的自然頻率與阻尼比約為

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