0101-2022 横国工 机械 P45

控制学 自动控制原理 传递函数 时域响应 频域分析

下のブロック線図で表される閉ループ制御系について考える．ブロック $K$, $P$ の入出力特性はそれぞれ式 (1), (2) のとおりである．ただし $t$ は時刻を表す．

1. 閉ループ伝達関数 $W(s)=Y(s)/R(s)$ を求めよ．ただし $Y(s)$, $R(s)$ はそれぞれ $y(t)$, $r(t)$ のラプラス変換とする．
2. $r(t)=1(t>0)$ の単位ステップ入力を与えたときの応答 $y(t)$ を求めよ．
3. $r(t)=1(t>0)$ の単位ステップ入力を与えたときの $\underset{t\to +\infty }{\lim }ϵ(t)$ を求めよ．
4. $r(t)=1(t>0)$ の単位ステップ入力を与えたときの $y(t)$ のオーバーシュートを求めよ．
5. 周波数伝達関数 $W(j\omega )$ の位相 $\angle W(j\omega )$ について，$\underset{\omega \to +\infty }{\lim }\angle W(j\omega )$ を求めよ．なお，$\omega$ は角周波数であり，$j=\sqrt{-1}$ とする．
   

$$u(t)=2ϵ(t)+3{\int }_0^tϵ(\tau )d\tau (1)$$ $$\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=2u(t)(2)$$

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解答：
1.
式(1), (2)をラプラス変換する：

$$\begin{array}{rl}U(s)& =\left(2+\frac{3}{s}\right)E(s)=\frac{2s+3}{s}E(s)\\ ⟹K(s)& =\frac{2s+3}{s}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}sY(s)+Y(s)& =2U(s)\\ ⟹P(s)& =\frac{2}{s+1}\end{array}$$

開ループ伝達関数 $G(s)=K(s)P(s)=\frac{2(2s+3)}{s(s+1)}$
閉ループ伝達関数 $W(s)$ は：

$$\begin{array}{rl}W(s)& =\frac{G(s)}{1+G(s)}\\ & =\frac{\frac{4s+6}{s(s+1)}}{1+\frac{4s+6}{s(s+1)}}\\ & =\frac{4s+6}{s^2+5s+6}\end{array}$$ $$\boxed{W(s)=\frac{4s+6}{(s+2)(s+3)}}$$

$R(s)=\frac{1}{s}$ より：

$$Y(s)=W(s)R(s)=\frac{4s+6}{s(s+2)(s+3)}$$

部分分数分解を行う：

$$Y(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{s+2}-\frac{2}{s+3}$$

逆ラプラス変換により：

$$\boxed{y(t)=1+e^{-2t}-2e^{-3t}(t>0)}$$

最終値の定理を用いる，あるいは $y(\infty )=\underset{t\to \infty }{\lim }y(t)=1$ より：

$$\begin{array}{rl}\underset{t\to +\infty }{\lim }ϵ(t)& =\underset{t\to +\infty }{\lim }(r(t)-y(t))\\ & =1-1\\ & =0\end{array}$$ $$\boxed{0}$$

$y(t)$ を $t$ で微分して極大値をとる時間を求める：

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }(t)& =-2e^{-2t}+6e^{-3t}=0\\ ⟹e^t& =3\\ ⟹t& =\ln 3\end{array}$$

このときの最大値は：

$$\begin{array}{rl}y(\ln 3)& =1+3^{-2}-2\cdot 3^{-3}\\ & =1+\frac{1}{9}-\frac{2}{27}\\ & =\frac{28}{27}\end{array}$$

オーバーシュートは最大値と定常値の差であるため：

$$\begin{array}{rl}y(\ln 3)-y(\infty )& =\frac{28}{27}-1\\ & =\frac{1}{27}\end{array}$$ $$\boxed{\frac{1}{27}}$$

$s=j\omega$ を代入する：

$$W(j\omega )=\frac{4j\omega +6}{-{\omega }^2+5j\omega +6}$$ $$\angle W(j\omega )=\arctan \left(\frac{4\omega }{6}\right)-\arctan \left(\frac{5\omega }{6-{\omega }^2}\right)$$

$\omega \to +\infty$ のとき，分子の位相は $\frac{\pi }{2}$ に漸近し，分母の位相は $\pi$ に漸近する．

$$\begin{array}{rl}\underset{\omega \to +\infty }{\lim }\angle W(j\omega )& =\frac{\pi }{2}-\pi \\ & =-\frac{\pi }{2}\end{array}$$ $$\boxed{-\frac{\pi }{2}}$$

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补充：
本题是典型的自动控制原理综合题，涵盖了从建立数学模型到时域及频域指标计算的全过程。题目给出的积分环节表明控制器K是一个PI（比例积分）控制器，而受控对象P则是一个一阶惯性环节。通过对微积分方程进行拉普拉斯变换可以很快得到两者的传递函数。由于开环传递函数中含有一个积分环节，该系统属于I型系统，因此在面对阶跃输入时，其稳态误差必然为零。在求解超调量时，除了可以直接套用二阶系统的标准公式，更本质的做法是利用此前求出的时域响应表达式，通过求导寻找响应曲线的第一个峰值时间，代入后再减去系统的稳态值即可。关于高频时的相角极限，可以利用系统闭环传递函数的零极点分布特征直接判断，分母最高次幂与分子最高次幂的差值为1，因此相角在高频时趋近于负90度。