108 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《控制系統》

核心觀念

單位回授系統的閉迴路特徵方程為

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

Nyquist 判據以開迴路轉移函數 $G(s)$ 的 Nyquist plot 是否包圍臨界點 $-1+j0$，判斷閉迴路穩定性。

本題開迴路具有 $s=0$ 的三重極點，位於虛軸上，因此繪製 Nyquist plot 時，虛軸上的原點極點必須以小半圓避開。另需注意：

• $k>0$ 時，Nyquist plot 的形狀依 $k$ 等比例放大。
• 穩定邊界發生在 Nyquist plot 通過 $-1+j0$ 的時刻。
• $k$ 為一般增益時，通常取 $k\geq 0$。

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解題方法：繪製 Nyquist plot

令 $s=j\omega$，則

$$G(j\omega) = \frac{k(j\omega+5)^2}{(j\omega)^3}.$$

先展開分子與分母：

$$(j\omega+5)^2 = 25-\omega^2+j10\omega,$$

且

$$(j\omega)^3=-j\omega^3.$$

由於

$$\frac{1}{-j\omega^3}=\frac{j}{\omega^3},$$

因此

$$G(j\omega) = \frac{k(25-\omega^2+j10\omega)j}{\omega^3}.$$

整理得

$$G(j\omega) = -\frac{10k}{\omega^2} + j\frac{k(25-\omega^2)}{\omega^3}.$$

所以 Nyquist plot 的實部與虛部分別為

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\} = -\frac{10k}{\omega^2},$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\} = \frac{k(25-\omega^2)}{\omega^3}.$$

只需繪製 $\omega>0$ 的上半部，再關於實軸對稱，即可得到完整 Nyquist plot。

重要特徵點

1. 當 $\omega\to 0^+$

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\}\to-\infty,$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\}\to+\infty.$$

因此正頻率分支由左上方無限遠處開始。

2. 通過實軸的位置

令虛部為零：

$$\frac{k(25-\omega^2)}{\omega^3}=0.$$

對 $k\ne 0$ 而言，

$$25-\omega^2=0 \quad\Rightarrow\quad \omega=5.$$

此時

$$G(j5) = -\frac{10k}{5^2} = -\frac{2k}{5} = -0.4k.$$

因此 Nyquist plot 與實軸交點為

$$\boxed{-0.4k}.$$

3. 當 $\omega\to\infty$

$$\operatorname{Re}\{G(j\omega)\}\to 0^-,$$ $$\operatorname{Im}\{G(j\omega)\}\to 0^-.$$

因此正頻率分支最後由原點下方趨近原點。

對 $k>0$ 而言，Nyquist plot 大致如下：

• $\omega\to0^+$：由左上方無限遠處開始；
• $\omega=5$：穿越負實軸，位置為 $-0.4k$；
• $\omega\to\infty$：由下方趨近原點；
• 負頻率部分為上述曲線對實軸的鏡射。

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此題考驗電路分析、方塊圖轉換、系統型態、穩態誤差、二階系統參數辨識與暫態響應。

核心觀念：

1. 電路分析： 利用微分方程描述 RLC 電路，並轉換為傳遞函數。
2. 方塊圖轉換： 將系統表示為標準的控制系統方塊圖。
3. 系統型態 (System Type)： 由開迴路傳遞函數分母中 $s$ 的最低次冪決定。
4. 穩態誤差 (Steady-State Error)： 根據系統型態和輸入信號類型計算。
5. 二階系統參數： 辨識自然頻率 $\omega_n$ 和阻尼比 $\zeta$。
6. 暫態響應： 了解欠阻尼系統的振盪頻率。

解題過程：

首先，我們需要從電路圖建立系統的微分方程。
電路中有電阻 $R$, 電感 $L$, 電容 $C$。
輸入電壓為 $u$。 輸出電壓 $y$ 是電容兩端的電壓。
根據克希荷夫電壓定律 (KVL)：
$u(t) = R i(t) + L \frac{di(t)}{dt} + y(t)$
電容兩端的電壓與流過電容的電流關係為：
$i(t) = C \frac{dy(t)}{dt}$
將第二式代入第一式：
$u(t) = R \left( C \frac{dy(t)}{dt} \right) + L \frac{d}{dt} \left( C \frac{dy(t)}{dt} \right) + y(t)$
$u(t) = RC \frac{dy(t)}{dt} + LC \frac{d^2y(t)}{dt^2} + y(t)$
整理後得到二階線性常係數微分方程：
$LC \frac{d^2y(t)}{dt^2} + RC \frac{dy(t)}{dt} + y(t) = u(t)$

Part (1): 等效方塊圖

將微分方程進行拉普拉斯轉換 (假設初始條件為零)：
$LC s^2 Y(s) + RC s Y(s) + Y(s) = U(s)$
$(LC s^2 + RC s + 1) Y(s) = U(s)$
系統的開迴路傳遞函數 $G(s)$ 為：
$G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{1}{LC s^2 + RC s + 1}$
題目要求繪製「單位回授(unity feedback)控制之等效方塊圖」。
這表示我們將此 $G(s)$ 視為開迴路系統，並將其接入一個單位回授的閉迴路系統中。

方塊圖如下：
輸入 $R(s)$ 經過比較器，與輸出 $Y(s)$ 經過單位回授相減，得到誤差信號 $E(s)$。
誤差信號 $E(s)$ 送入開迴路系統 $G(s)$，輸出為 $Y(s)$。
$E(s) = R(s) - Y(s)$
$Y(s) = G(s) E(s)$
將 $E(s)$ 代入：
$Y(s) = G(s) (R(s) - Y(s))$
$Y(s) = G(s) R(s) - G(s) Y(s)$
$Y(s) (1 + G(s)) = G(s) R(s)$
$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G(s)}{1 + G(s)}$
在這個題目中，輸入信號是 $u(t)$，輸出信號是 $y(t)$。
所以，方塊圖的輸入應該標示為 $u(s)$ (代表 $U(s)$)，輸出標示為 $y(s)$ (代表 $Y(s)$)。
並且，這個系統本身就是開迴路傳遞函數 $G(s)$。
如果題目要求的是「將此系統繪製成單位回授控制系統的架構」，那麼方塊圖應包含一個比較器、單位回授路徑，以及 $G(s)$ 作為前向路徑。
然而，題目說「將此系統繪製成單位回授(unity feedback)控制之等效方塊圖」，這通常是指將該系統本身視為一個受控對象 (plant)，然後將其放入單位回授架構中。
在這種情況下，我們通常將 $u$ 視為參考指令 $R(s)$。

方塊圖結構：

• 輸入： $u(s)$ (代表參考指令)
• 比較器： $u(s) - y(s) = E(s)$
• 前向路徑： $G(s) = \frac{1}{LC s^2 + RC s + 1}$
• 輸出： $y(s)$
• 回授路徑： $y(s)$ (單位回授)

【答案】
方塊圖： 一個方塊標示 $G(s) = \frac{1}{LC s^2 + RC s + 1}$，輸入端標示 $u(s)$ (或 $R(s)$)，輸出端標示 $y(s)$。 在輸入端前方有一個比較器，將 $u(s)$ 與 $y(s)$ 相減得到誤差 $E(s)$，然後 $E(s)$ 送入 $G(s)$。

Part (2): 系統型態 (System Type)

系統型態由開迴路傳遞函數 $G(s)$ 的分母中 $s$ 的最低次冪決定。
$G(s) = \frac{1}{LC s^2 + RC s + 1}$
分母多項式為 $LC s^2 + RC s + 1$。
$s$ 的最低次冪是 $s^0$ (常數項 1)。
因此，此系統的型態為 Type 0。

【答案】
系統型態為 Type 0。

Part (3): 穩態誤差 (Steady-State Error)

輸入信號為單位斜坡函數 (unit-ramp function)，即 $u(t) = t$ for $t \ge 0$。
其拉普拉斯轉換為 $U(s) = \frac{1}{s^2}$。
對於 Type 0 系統，輸入為斜坡函數時的穩態誤差 $e_{ss}$ 由以下公式給出：
$e_{ss} = \lim_{s \to 0} s E(s) = \lim_{s \to 0} s \frac{R(s)}{1 + G(s)}$
其中 $R(s)$ 是參考輸入，在此題中為 $u(s) = \frac{1}{s^2}$。

核心觀念

本題考查：

• 狀態空間模型與狀態圖的表示。
• 由狀態方程求輸入—輸出轉移函數：
  $G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B+D$
• 狀態回授
  $u=-Kx,\qquad K=\begin{bmatrix}k_1&k_2&k_3\end{bmatrix}$
  對閉迴路極點的配置。
• 閉迴路系統矩陣為
  $A_{\mathrm{cl}}=A-BK$
  並令其特徵多項式等於指定極點所對應的多項式。

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解題方法

將題目寫成標準狀態空間形式：

$$\dot{x}=Ax+Bu,\qquad y=Cx+Du$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 1&2&-1\\ 1&-1&0\\ 1&0&1 \end{bmatrix}, \quad B= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \quad C= \begin{bmatrix} 2&1&0 \end{bmatrix}, \quad D=0.$$

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（1）狀態圖

三個狀態變數分別由三個積分器產生：

$$x_1=\frac{1}{s}\dot{x}_1,\qquad x_2=\frac{1}{s}\dot{x}_2,\qquad x_3=\frac{1}{s}\dot{x}_3.$$

狀態圖的訊號關係如下：

                         ┌───── 回授係數 +1 ──── x1
                         │
u ──(+1)──► Σ1 ──► 1/s ──► x1 ──►
             ▲       │
             │       ├── 回授係數 +2 ◄── x2
             │       └── 回授係數 −1 ◄── x3

u ──(+1)──► Σ2 ──► 1/s ──► x2
             ▲       │
             ├── 回授係數 +1 ◄── x1
             └── 回授係數 −1 ◄── x2

x1 ──(+1)──► Σ3 ──► 1/s ──► x3
x3 ──(+1)──────────────► Σ3

x1 ──×2──┐
         ├──► Σy ──► y
x2 ──×1──┘

因此三個積分器前的加總輸入分別為：

$$\dot{x}_1=x_1+2x_2-x_3+u,$$ $$\dot{x}_2=x_1-x_2+u,$$ $$\dot{x}_3=x_1+x_3,$$

而輸出為：

$$y=2x_1+x_2.$$

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（2）求轉移函數 $\dfrac{Y(s)}{U(s)}$

初始條件為零，因此對狀態方程進行拉氏轉換：

$$(s-1)X_1-2X_2+X_3=U,$$ $$-X_1+(s+1)X_2=U,$$ $$-X_1+(s-1)X_3=0.$$

由後兩式得到：

$$X_2=\frac{X_1+U}{s+1}, \qquad X_3=\frac{X_1}{s-1}.$$

代入第一式：

$$(s-1)X_1 -2\frac{X_1+U}{s+1} +\frac{X_1}{s-1} =U.$$

整理後可得：

$$\frac{X_1}{U} = \frac{(s-1)(s+3)} {s^3-s^2-2s+4}.$$

又因為

$$Y=2X_1+X_2 =2X_1+\frac{X_1+U}{s+1},$$

所以

$$Y = \frac{(2s+3)X_1+U}{s+1}.$$

代入 $\dfrac{X_1}{U}$：

$$\frac{Y}{U} = \frac{(2s+3)(s-1)(s+3)+(s^3-s^2-2s+4)} {(s+1)(s^3-s^2-2s+4)}.$$

分子整理為：

$$3s^3+6s^2-2s-5 =(s+1)(3s^2+3s-5).$$

此題考驗直流馬達系統的建模、方塊圖繪製以及傳遞函數的求解。

核心觀念：

1. 直流馬達模型： 電樞控制直流馬達的電氣和機械運動方程。
2. 齒輪傳動： 齒輪傳動如何影響轉速和轉矩。
3. 方塊圖繪製： 將系統的各個組成部分連接起來，表示信號流動。
4. 傳遞函數求解： 從方塊圖或狀態空間模型中推導出輸入與輸出之間的傳遞函數。

解題過程：

首先，我們需要定義一些參數符號。
馬達本身：

• 電樞電阻： $R_a$
• 電樞電感： $L_a$
• 反電動勢常數： $k_b$
• 轉矩常數： $k_t$
• 馬達電樞電壓： $v_m$ (輸入)
• 馬達電樞電流： $i_a$
• 馬達角速度： $\omega_m$ (對應 $\frac{d\theta_m}{dt}$)
• 馬達轉動角度： $\theta_m$

齒輪傳動：

• 馬達端的齒輪齒數： $n_m$
• 負載端的齒輪齒數： $n_g$
• 傳動比： $N = \frac{n_g}{n_m}$ (或 $\frac{n_m}{n_g}$，定義需一致)
  通常，齒輪比定義為輸出角速度與輸入角速度之比，或輸入齒數與輸出齒數之比。
  若 $\omega_m$ 是馬達角速度， $\omega_g$ 是負載角速度，則 $\omega_g = \frac{n_m}{n_g} \omega_m = \frac{1}{N} \omega_m$。
  同樣，$\theta_g = \frac{1}{N} \theta_m$。

負載：

• 負載轉動慣量： $J$
• 負載黏滯摩擦係數： $B$
• 負載角速度： $\omega_g$ (對應 $\frac{d\theta_g}{dt}$)
• 負載轉動角度： $\theta_g$ (輸出)

Part (1): 系統方塊圖

我們需要建立馬達和負載的數學模型。

馬達電氣模型 (電樞電壓方程)：
$v_m(t) = R_a i_a(t) + L_a \frac{di_a(t)}{dt} + e_b(t)$
其中 $e_b(t)$ 是反電動勢，與馬達角速度 $\omega_m$ 成正比：
$e_b(t) = k_b \omega_m(t) = k_b \frac{d\theta_m(t)}{dt}$
將其代入電壓方程：
$v_m(t) = R_a i_a(t) + L_a \frac{di_a(t)}{dt} + k_b \frac{d\theta_m(t)}{dt}$
進行拉普拉斯轉換 (假設初始條件為零)：
$V_m(s) = R_a I_a(s) + L_a s I_a(s) + k_b s \Theta_m(s)$
$V_m(s) = (R_a + L_a s) I_a(s) + k_b s \Theta_m(s)$
我們也可以將反電動勢項寫成 $e_b(s) = k_b \omega_m(s)$.
$V_m(s) = (R_a + L_a s) I_a(s) + E_b(s)$

馬達機械模型 (轉矩方程)：
馬達產生的轉矩 $T_m(t)$ 與電樞電流 $i_a(t)$ 成正比：
$T_m(t) = k_t i_a(t)$
此轉矩作用在馬達轉子上，克服馬達本身的慣量和摩擦，並驅動齒輪。
馬達轉子運動的微分方程：
$T_m(t) = J_m \frac{d\omega_m(t)}{dt} + B_m \omega_m(t)$
其中 $J_m$ 是馬達轉子的總轉動慣量， $B_m$ 是馬達轉子的總黏滯摩擦係數。
注意：題目中給的 $J$ 和 $B$ 是負載端的參數。我們需要將它們「轉移」到馬達端，或者將馬達端的轉矩和摩擦「轉移」到負載端。
通常，將負載的參數轉移到馬達端比較方便。
如果 $\omega_m$ 是馬達角速度， $\omega_g$ 是負載角速度，則 $\omega_g = \frac{n_m}{n_g} \omega_m$。
轉矩關係： $T_m = T_{motor\_inertia} + T_{motor\_friction} + T_{load}$.
$T_{load}$ 是傳遞到馬達軸上的負載轉矩。
$T_{load} = J_{load} \frac{d\omega_g}{dt} + B_{load} \omega_g$
將 $\omega_g = \frac{n_m}{n_g} \omega_m$ 代入：
$T_{load} = J_{load} \frac{d}{dt}(\frac{n_m}{n_g} \omega_m) + B_{load} (\frac{n_m}{n_g} \omega_m)$
$T_{load} = J_{load} \frac{n_m}{n_g} \frac{d\omega_m}{dt} + B_{load} \frac{n_m}{n_g} \omega_m$
所以，在馬達軸上的總慣量是 $J_{total} = J_m + J_{load} \frac{n_m}{n_g}$。
總摩擦係數是 $B_{total} = B_m + B_{load} \frac{n_m}{n_g}$。
馬達的運動方程變為：
$T_m(t) = J_{total} \frac{d\omega_m(t)}{dt} + B_{total} \omega_m(t)$
拉普拉斯轉換：
$T_m(s) = (J_{total} s + B_{total}) \Omega_m(s)$
我們知道 $T_m(s) = k_t I_a(s)$。
$k_t I_a(s) = (J_{total} s + B_{total}) \Omega_m(s)$
$k_t I_a(s) = (J_m s + J_{load}\frac{n_m}{n_g} s + B_m + B_{load}\frac{n_m}{n_g}) \Omega_m(s)$
題目中只給了 $J$ 和 $B$ 作為負載參數，馬達本身的慣量 $J_m$ 和摩擦 $B_m$ 以及齒輪傳動比 $n_m, n_g$ 未給定。 我們可以假設 $J_m=0$ 和 $B_m=0$ (或者將它們合併到總參數中)。
假設 $J_m=0, B_m=0$, 並且齒輪比 $N = \frac{n_g}{n_m}$ (負載角速度 $\omega_g = \frac{1}{N} \omega_m$)。
那麼 $J_{total} = J/N$, $B_{total} = B/N$.
$k_t I_a(s) = (\frac{J}{N} s + \frac{B}{N}) \Omega_m(s)$
$I_a(s) = \frac{1}{k_t} (\frac{J}{N} s + \frac{B}{N}) \Omega_m(s)$

現在我們有兩個主要方程：

1. 電氣方程： $V_m(s) = (R_a + L_a s) I_a(s) + k_b s \Theta_m(s)$ (注意：這裡的 $s\Theta_m(s)$ 應該是 $\Omega_m(s)$)
   修正為： $V_m(s) = (R_a + L_a s) I_a(s) + k_b \Omega_m(s)$。 (反電動勢常數 $k_b$ 的單位通常是 V/(rad/s))
2. 機械方程： $k_t I_a(s) = (\frac{J}{N} s + \frac{B}{N}) \Omega_m(s)$

我們需要將輸出 $\Theta_g(s)$ 與輸入 $V_m(s)$ 聯繫起來。
輸出是負載角度 $\Theta_g(s)$.
$\Theta_g(s) = \frac{1}{N} \Theta_m(s)$。
$\Omega_g(s) = \frac{1}{N} \Omega_m(s)$。
所以，$\Omega_m(s) = N \Omega_g(s)$。

代入機械方程：
$k_t I_a(s) = (\frac{J}{N} s + \frac{B}{N}) N \Omega_g(s) = (Js + B) \Omega_g(s)$
$I_a(s) = \frac{Js + B}{k_t} \Omega_g(s)$

代入電氣方程：
$V_m(s) = (R_a + L_a s) \left( \frac{Js + B}{k_t} \Omega_g(s) \right) + k_b (N \Omega_g(s))$
$V_m(s) = \frac{(R_a + L_a s)(Js + B)}{k_t} \Omega_g(s) + N k_b \Omega_g(s)$
$V_m(s) = \left[ \frac{(R_a + L_a s)(Js + B)}{k_t} + N k_b \right] \Omega_g(s)$
$V_m(s) = \left[ \frac{R_a Js + R_a B + L_a s J s + L_a s B}{k_t} + N k_b \right] \Omega_g(s)$
$V_m(s) = \left[ \frac{L_a J s^2 + (R_a J + L_a B) s + R_a B}{k_t} + N k_b \right] \Omega_g(s)$
$V_m(s) = \frac{L_a J s^2 + (R_a J + L_a B) s + R_a B + k_t N k_b}{k_t} \Omega_g(s)$

核心觀念

信號流程圖中，每個節點的訊號等於所有流入支路訊號的總和。本題可用節點方程法，先求內部節點間的關係，再納入回授，得到所求轉移函數。

回授支路的增益直接使用圖上標示的 $H_1,H_2,H_3$，不可因為支路方向向後，就自行加上負號。

解題方法

依原卷，主鏈為 $Y_1\xrightarrow{1}Y_2\xrightarrow{G_1}Y_3\xrightarrow{G_2}Y_4\xrightarrow{G_3}Y_5\xrightarrow{G_4}Y_6$，右端另有增益為 $1$ 的輸出支路；前饋支路為 $Y_2\xrightarrow{G_5}Y_4$、$Y_2\xrightarrow{G_6}Y_5$，回授支路為 $Y_3\xrightarrow{H_1}Y_2$、$Y_5\xrightarrow{H_2}Y_4$、$Y_6\xrightarrow{H_3}Y_2$。原卷三小題依序要求 $\frac{Y_6}{Y_1}$、$\frac{Y_4}{Y_1}$、$\frac{Y_5}{Y_3}$，以下依此作答。

各節點方程為

$$\begin{aligned} Y_2&=Y_1+H_1Y_3+H_3Y_6,\\ Y_3&=G_1Y_2,\\ Y_4&=G_2Y_3+G_5Y_2+H_2Y_5,\\ Y_5&=G_3Y_4+G_6Y_2,\\ Y_6&=G_4Y_5. \end{aligned}$$

為簡化表示，定義

$$\begin{aligned} d&=1-G_3H_2,\\ N_5&=G_1G_2G_3+G_3G_5+G_6,\\ N_4&=G_1G_2+G_5+H_2G_6. \end{aligned}$$

一、先求 $Y_4$、$Y_5$ 與 $Y_2$ 的關係

由 $Y_3=G_1Y_2$，

$$Y_4=(G_1G_2+G_5)Y_2+H_2Y_5.$$

代入 $Y_5=G_3Y_4+G_6Y_2$：

$$\begin{aligned} Y_5 &=G_3\bigl[(G_1G_2+G_5)Y_2+H_2Y_5\bigr]+G_6Y_2,\\ (1-G_3H_2)Y_5 &=(G_1G_2G_3+G_3G_5+G_6)Y_2. \end{aligned}$$

因此

$$\frac{Y_5}{Y_2}=\frac{N_5}{d}, \qquad \frac{Y_6}{Y_2}=\frac{G_4N_5}{d}.$$

同時，由 $Y_5=G_3Y_4+G_6Y_2$ 代回 $Y_4$ 的方程，

$$\begin{aligned} Y_4 &=(G_1G_2+G_5)Y_2+H_2(G_3Y_4+G_6Y_2),\\ (1-G_3H_2)Y_4 &=(G_1G_2+G_5+H_2G_6)Y_2. \end{aligned}$$

故