112 年 國立臺灣科技大學自動化及控制研究所《自動控制系統》

核心觀念

本題以標準二階系統模型描述單位階梯響應：

$$G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}$$

圖中穩態值為 $1$，因此系統的 DC 增益為 $1$。由圖可讀得：

• 最大峰值：$y_{\max}=1.25$
• 穩態值：$y(\infty)=1$
• 峰值時間：$t_p=0.01\ \text{s}$

因此最大超越量為

$$M_p=\frac{1.25-1}{1}=0.25$$

對標準欠阻尼二階系統：

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

峰值時間則為

$$t_p=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}$$

---

解題方法

1. 求阻尼比 $\zeta$

由 $M_p=0.25$：

$$0.25=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$

取自然對數：

$$\ln(0.25) =-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}$$

阻尼比公式為

$$\zeta= \frac{-\ln(M_p)} {\sqrt{\pi^2+\left[\ln(M_p)\right]^2}}$$

代入 $M_p=0.25$：

$$\zeta= \frac{-\ln(0.25)} {\sqrt{\pi^2+\left[\ln(0.25)\right]^2}} \approx 0.404$$

2. 求自然頻率 $\omega_n$

由峰值時間：

$$0.01=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}$$

此題考查如何從時域的微分方程轉換為頻域的傳遞函數，並要求假設初始條件為零。

1. 對微分方程進行拉氏轉換：
   我們對給定的微分方程兩邊同時進行拉氏轉換。在進行轉換之前，需要知道拉氏轉換的基本性質，特別是微分的轉換。

   • $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$
   • $\mathcal{L}\{\frac{dy(t)}{dt}\} = sY(s) - y(0)$
   • $\mathcal{L}\{\frac{d^2y(t)}{dt^2}\} = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$
   • $\mathcal{L}\{r(t)\} = R(s)$
   • $\mathcal{L}\{\frac{dr(t)}{dt}\} = sR(s) - r(0)$

   題目要求假設初始條件為零，即 $y(0)=0$，$y'(0)=0$，$r(0)=0$。

   將這些轉換代入方程：
   左式：
   $\mathcal{L}\{\frac{d^2 y(t)}{dt^2}\} = s^2Y(s) - s(0) - 0 = s^2Y(s)$
   $\mathcal{L}\{4 \frac{dy(t)}{dt}\} = 4(sY(s) - y(0)) = 4(sY(s) - 0) = 4sY(s)$
   $\mathcal{L}\{5y(t)\} = 5Y(s)$
   所以，左邊的拉氏轉換為：$s^2Y(s) + 4sY(s) + 5Y(s) = (s^2 + 4s + 5)Y(s)$

核心觀念

由圖可讀得：

• 前向控制器：$\dfrac{K}{s}$
• 被控體：$\dfrac{1}{s+1}$
• 內部回授：$K_s$
• 外部回授為單位負回授，且 $e(t)=r(t)-y(t)$

由第二個加總點至輸出：

$$Y(s)=\frac{1}{s+1} \left[\frac{K}{s}E(s)+N(s)-K_sY(s)\right]$$

因此

$$\left[s(s+1+K_s)+K\right]Y(s) =KE(s)+sN(s)$$

令

$$D(s)=s^2+(1+K_s)s+K$$

---

(a) 單位斜坡輸入的穩態誤差

本小題令 $N(s)=0$，且外部回授為單位回授：

$$E(s)=R(s)-Y(s)$$

由上式可得

$$Y(s)=\frac{K}{D(s)}E(s)$$

所以

$$\frac{E(s)}{R(s)} =\frac{D(s)}{D(s)+K} =\frac{s^2+(1+K_s)s}{s^2+(1+K_s)s+K}$$

單位斜坡輸入為

$$R(s)=\frac{1}{s^2}$$

利用終值定理：

$$e_{\mathrm{ss}} =\lim_{t\to\infty}e(t) =\lim_{s\to 0}sE(s)$$

因此

$$\begin{aligned} e_{\mathrm{ss}} &=\lim_{s\to 0} s\left[ \frac{s^2+(1+K_s)s} {s^2+(1+K_s)s+K} \cdot \frac{1}{s^2} \right]\\ &=\lim_{s\to 0} \frac{s+1+K_s} {s^2+(1+K_s)s+K}\\ &=\boxed{\frac{1+K_s}{K}} \end{aligned}$$

要使終值定理適用，閉迴路特徵方程

$$s^2+(1+K_s)s+K=0$$

必須穩定。對二階系統而言，穩定條件為

核心觀念

本題考查單位負回授系統的根軌跡與 Routh–Hurwitz 穩定判據。

開迴路極點與零點為：

• 極點：$s=-5,\;3$
• 零點：$s=-2,\;s=\pm j2$

根軌跡遵守：

1. 實軸上右側極點、零點總數為奇數的區段才存在根軌跡。
2. 閉迴路特徵方程為 $1+G(s)=0$。
3. 根軌跡穿越虛軸的位置，可由 Routh 表或令 $s=j\omega$ 求得。

---

解題方法：建立閉迴路特徵方程

由

$$1+\frac{K(s+2)(s^2+4)}{(s+5)(s-3)}=0$$

得閉迴路特徵方程：

$$(s+5)(s-3)+K(s+2)(s^2+4)=0$$

展開：

$$(s+5)(s-3)=s^2+2s-15$$ $$(s+2)(s^2+4)=s^3+2s^2+4s+8$$

因此

$$K s^3+(1+2K)s^2+(2+4K)s+(8K-15)=0$$

---

根軌跡繪製重點

實軸上的極點、零點依序為

$$-5,\;-2,\;3$$

依奇數規則判斷：

• 區段 $(-\infty,-5)$：右側有 $-5,-2,3$ 共 3 個，存在根軌跡。
• 區段 $(-5,-2)$：右側有 $-2,3$ 共 2 個，不存在根軌跡。
• 區段 $(-2,3)$：右側有 $3$ 共 1 個，存在根軌跡。
• 區段 $(3,\infty)$：右側沒有極點、零點，不存在根軌跡。

因此實軸根軌跡為：

$$(-\infty,-5)\quad\text{與}\quad(-2,3)$$

根軌跡的主要走向如下：

• 起始於極點 $s=3$ 的分支沿實軸區段 $(-2,3)$ 移動，最後終止於零點 $s=-2$。
• 另一分支起始於極點 $s=-5$。
• 第三分支在 $K\to 0^+$ 時位於負無限遠，並與 $s=-5$ 的分支在左側實軸相遇後離開實軸。
• 兩條離開實軸的分支最後分別終止於複數零點 $s=\pm j2$。

左側實軸的離開點可由

$$\frac{dK}{ds}=0$$

求得。由

$$K=-\frac{s^2+2s-15}{s^3+2s^2+4s+8}$$

可得

$$s^4+4s^3-45s^2-76s-76=0$$

在區段 $(-\infty,-5)$ 的離開點約為

$$s\approx -8.41$$

對應增益約為

$$K\approx 0.081$$

核心觀念

圖 P5 為負回授系統：

$$G(s)=\frac{K}{s^2+2s+0.25},\qquad H(s)=\frac{s+3}{s+2}$$

負回授閉迴路特徵方程式為：

$$1+G(s)H(s)=0$$

主導二階極點的阻尼比定義為：

$$\zeta=\frac{-\operatorname{Re}(s)}{|s|}$$

已知 $\zeta=0.517$。

解題方法

閉迴路特徵方程式：

$$(s^2+2s+0.25)(s+2)+K(s+3)=0$$

展開得：

$$s^3+4s^2+(4.25+K)s+(0.5+3K)=0$$

設主導複數極點為：

$$s_{1,2}=-\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

第三個實極點設為 $s_3=-a$，因此特徵多項式可寫成：

$$(s+a)(s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2)$$

展開並比較係數：

$$a+2\zeta\omega_n=4$$ $$\omega_n^2+2a\zeta\omega_n=4.25+K$$ $$a\omega_n^2=0.5+3K$$

由第一式：

$$a=4-2\zeta\omega_n$$

代入其餘兩式，並令 $\zeta=0.517$，可得：

$$-1.034\omega_n^3+4.207468\omega_n^2 -12.408\omega_n+12.25=0$$

其正實根為：

$$\omega_n\approx1.4429$$

因此：

核心觀念

擾動 $D(s)$ 加在前向路徑中間，因此它到輸出的傳遞函數，與輸入 $R(s)$ 到輸出的傳遞函數不同。令誤差為 $e(t)=r(t)-c(t)$，並利用疊加原理，分別計算輸入與擾動造成的穩態誤差，再將兩者相加。

圖中

$$G_1(s)=\frac{1}{s+5}, \qquad G_2(s)=\frac{100}{s+2}.$$

解題方法

由方塊圖可寫出

$$C(s)=G_2(s)\bigl[G_1(s)(R(s)-C(s))+D(s)\bigr].$$

整理後得到

$$C(s)=\frac{G_1(s)G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}R(s) +\frac{G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}D(s).$$

因為 $E(s)=R(s)-C(s)$，所以

$$E(s)=\frac{1}{1+G_1(s)G_2(s)}R(s) -\frac{G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}D(s).$$