112 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《自動控制》

核心觀念

本題考查：

1. 利用拉格朗日法建立小車—倒單擺的非線性運動方程。
2. 在小角度條件下進行線性化：
   $\sin\theta \approx \theta,\qquad \cos\theta \approx 1$
3. 由零初始條件下的拉氏轉換，求輸入力 $u$ 到小車位移 $x$ 的轉移函數。
4. 由轉移函數的極點判斷線性化系統穩定性。

依圖設小車質量為 $M$，擺球質量為 $m$，擺球重心 $G$ 到轉軸 $P$ 的距離為 $\ell$。假設擺桿無質量，質量集中於 $G$；座標為

$$x_G=x+\ell\sin\theta,\qquad y_G=\ell\cos\theta$$

其中 $\theta=0$ 為鉛直向上的倒立位置。

解題方法：拉格朗日法

擺球速度為

$$\dot{x}_G=\dot{x}+\ell\cos\theta\,\dot{\theta}$$ $$\dot{y}_G=-\ell\sin\theta\,\dot{\theta}$$

因此動能為

$$T=\frac{1}{2}M\dot{x}^{\,2} +\frac{1}{2}m\left(\dot{x}_G^2+\dot{y}_G^2\right)$$

整理得

$$T= \frac{1}{2}(M+m)\dot{x}^{\,2} +m\ell\cos\theta\,\dot{x}\dot{\theta} +\frac{1}{2}m\ell^2\dot{\theta}^{\,2}$$

以鉛直向上為位能基準，重力位能為

$$V=mg\ell\cos\theta$$

拉格朗日量為

$$L=T-V$$

對 $x$ 使用拉格朗日方程：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) -\frac{\partial L}{\partial x}=u$$

對 $\theta$ 使用：

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right) -\frac{\partial L}{\partial \theta}=0$$

(a) 非線性運動方程

對 $x$：

$$\frac{\partial L}{\partial\dot{x}} =(M+m)\dot{x}+m\ell\cos\theta\,\dot{\theta}$$

微分後可得

$$(M+m)\ddot{x} +m\ell\cos\theta\,\ddot{\theta} -m\ell\sin\theta\,\dot{\theta}^{\,2} =u$$

對 $\theta$：

$$\frac{\partial L}{\partial\dot{\theta}} =m\ell\cos\theta\,\dot{x}+m\ell^2\dot{\theta}$$

整理拉格朗日方程後得

$$m\ell\cos\theta\,\ddot{x} +m\ell^2\ddot{\theta} -mg\ell\sin\theta=0$$

所以非線性運動方程為

$$\boxed{ (M+m)\ddot{x} +m\ell\cos\theta\,\ddot{\theta} -m\ell\sin\theta\,\dot{\theta}^{\,2} =u }$$ $$\boxed{ m\ell\cos\theta\,\ddot{x} +m\ell^2\ddot{\theta} -mg\ell\sin\theta=0 }$$

(b) 小角度線性化與轉移函數

在 $\theta$ 很小時：

核心觀念

本題要求以拉普拉斯轉換的定義，求各輸入函數 $f(t)$ 的轉移函數，並求其單位階梯響應。

拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_{0}^{\infty}f(t)e^{-st}\,dt$$

假設系統初始條件為零，且將 $F(s)$ 視為由輸入 $f(t)$ 所對應的轉移函數。單位階梯輸入為

$$u(t)$$

其拉普拉斯轉換為

$$\mathcal{L}\{u(t)\} = \int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt = \left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{s}$$

因此，對於轉移函數 $F(s)$，其單位階梯響應 $y_{\mathrm{step}}(t)$ 滿足

$$Y_{\mathrm{step}}(s) = F(s)\frac{1}{s}$$

再對 $Y_{\mathrm{step}}(s)$ 作反拉普拉斯轉換，即可得到階梯響應。

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(a) $f(t)=\delta(t)$

拉普拉斯轉換

由定義，

$$F(s) = \int_{0}^{\infty}\delta(t)e^{-st}\,dt$$

利用脈衝函數的篩選性質，

$$\int_{0}^{\infty}\delta(t)g(t)\,dt=g(0)$$

因此

$$F(s)=e^{-s(0)}=1$$

所以其轉移函數為

$$\boxed{F(s)=1}$$

單位階梯響應

單位階梯輸入下，

$$Y_{\mathrm{step}}(s) = F(s)\frac{1}{s} = \frac{1}{s}$$

反拉普拉斯轉換得

$$\boxed{y_{\mathrm{step}}(t)=1}$$

亦即

$$\boxed{y_{\mathrm{step}}(t)=u(t)}$$

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(b) $f(t)=t$

拉普拉斯轉換

由定義，

$$F(s) = \int_{0}^{\infty}te^{-st}\,dt$$

使用分部積分。令

$$u=t,\qquad dv=e^{-st}dt$$

則

$$du=dt,\qquad v=-\frac{1}{s}e^{-st}$$

因此

$$F(s) = \left[-\frac{t}{s}e^{-st}\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt$$

當 $\operatorname{Re}(s)>0$ 時，$te^{-st}\to 0$，所以邊界項為零，且

$$\int_{0}^{\infty}e^{-st}\,dt=\frac{1}{s}$$

故

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

所以其轉移函數為

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

單位階梯響應

$$Y_{\mathrm{step}}(s) = \frac{1}{s^{2}}\cdot\frac{1}{s} = \frac{1}{s^{3}}$$

由

$$\mathcal{L}\left\{\frac{t^{2}}{2}\right\} = \frac{1}{s^{3}}$$

可得

$$\boxed{y_{\mathrm{step}}(t)=\frac{t^{2}}{2}}$$

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(c) $f(t)=Ae^{-\alpha t}$

拉普拉斯轉換

由定義，

$$F(s) = \int_{0}^{\infty}Ae^{-\alpha t}e^{-st}\,dt$$

整理指數項，

$$F(s) = A\int_{0}^{\infty}e^{-(s+\alpha)t}\,dt$$

當 $\operatorname{Re}(s+\alpha)>0$ 時，

$$F(s) = A\left[-\frac{1}{s+\alpha}e^{-(s+\alpha)t}\right]_{0}^{\infty}$$

因此

$$F(s)=\frac{A}{s+\alpha}$$

所以其轉移函數為

$$\boxed{F(s)=\frac{A}{s+\alpha}}$$

單位階梯響應

$$Y_{\mathrm{step}}(s) = \frac{A}{s(s+\alpha)}$$

進行部分分式分解：

$$\frac{A}{s(s+\alpha)} = \frac{C}{s}+\frac{D}{s+\alpha}$$

比較係數：

$$A=C(s+\alpha)+Ds$$

令 $s=0$，得

$$C=\frac{A}{\alpha}$$

再比較 $s$ 項，得

$$D=-\frac{A}{\alpha}$$

所以

$$Y_{\mathrm{step}}(s) = \frac{A}{\alpha} \left( \frac{1}{s}-\frac{1}{s+\alpha} \right)$$

反拉普拉斯轉換得

$$\boxed{ y_{\mathrm{step}}(t) = \frac{A}{\alpha} \left(1-e^{-\alpha t}\right) }$$

此式適用於 $\alpha\neq 0$。若 $\alpha=0$，則 $f(t)=A$，階梯響應為

$$\boxed{y_{\mathrm{step}}(t)=At}$$

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(d) $f(t)=\sin(\omega t)$

拉普拉斯轉換

由定義，

$$F(s) = \int_{0}^{\infty}e^{-st}\sin(\omega t)\,dt$$

使用

$$\sin(\omega t)=\frac{e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}}{2j}$$

則

$$F(s) = \frac{1}{2j} \int_{0}^{\infty} \left[ e^{-(s-j\omega)t} - e^{-(s+j\omega)t} \right]dt$$

分別積分：

$$F(s) = \frac{1}{2j} \left[ \frac{1}{s-j\omega} - \frac{1}{s+j\omega} \right]$$

整理得

$$F(s) = \frac{1}{2j} \frac{(s+j\omega)-(s-j\omega)} {(s-j\omega)(s+j\omega)}$$

因此

$$F(s)=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}$$

所以其轉移函數為

$$\boxed{ F(s)=\frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}} }$$

單位階梯響應

核心觀念

本題考查：

1. 根軌跡角度條件與大小條件。
2. 系統型別與穩態誤差。
3. PI 控制器與串級 lag compensator 的設計。
4. 單位負回授系統的速度誤差常數：

$$K_v=\lim_{s\to 0}sG(s)C(s),\qquad e_{ss,\text{ramp}}=\frac{1}{K_v}$$

原系統為

$$G(s)=\frac{0.1}{(s+5)(s+10)}.$$

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(a) 設計 $C_1(s)$

1. 為消除 step 穩態誤差，加入積分器

原系統沒有原點極點，屬於 Type 0，對階梯輸入的穩態誤差不為零。

因此 $C_1(s)$ 至少必須含有一個積分器：

$$C_1(s)=K\frac{s+z}{s}.$$

此控制器為最小一階 PI 控制器。

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2. 利用根軌跡角度條件決定零點

指定閉迴路極點為

$$s_d=-5+j10.$$

由開迴路極點 $0,-5,-10$ 所造成的角度為：

• 由極點 $s=0$：

$$\angle(s_d-0)=\angle(-5+j10)=116.565^\circ$$

• 由極點 $s=-5$：

$$\angle(s_d+5)=90^\circ$$

• 由極點 $s=-10$：

$$\angle(s_d+10)=\tan^{-1}\frac{10}{5}=63.435^\circ$$

極點角度總和：

$$116.565^\circ+90^\circ+63.435^\circ=270^\circ$$

根軌跡必須滿足

$$\sum\angle(\text{零點})-\sum\angle(\text{極點}) =(2k+1)180^\circ.$$

因此控制器零點需要提供 $90^\circ$ 角度。將零點設於

$$z=5$$

即控制器零點位於 $s=-5$：

$$C_1(s)=K\frac{s+5}{s}.$$

此時控制器零點會與植物極點 $s=-5$ 相消。

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3. 利用大小條件求 $K$

開迴路傳遞函數為

$$L(s)=C_1(s)G(s) =K\frac{s+5}{s}\frac{0.1}{(s+5)(s+10)} =\frac{0.1K}{s(s+10)}.$$

閉迴路特徵方程式：

$$1+\frac{0.1K}{s(s+10)}=0$$

因此

$$s(s+10)+0.1K=0$$ $$s^2+10s+0.1K=0.$$

指定極點為 $-5\pm j10$，其特徵多項式為

$$(s+5-j10)(s+5+j10) =(s+5)^2+100 =s^2+10s+125.$$

比較係數：

$$0.1K=125$$ $$K=1250.$$

所以

$$\boxed{C_1(s)=1250\frac{s+5}{s}}.$$

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4. $C_1(s)$ 的根軌跡

相消後的開迴路為

$$L(s)=\frac{125}{s(s+10)}.$$

其開迴路極點為 $0,-10$，沒有有限零點。

實軸根軌跡位於 $-10$ 與 $0$ 之間，兩分支在

$$s=-5$$

處離開實軸，形成垂直根軌跡：

$$\operatorname{Re}(s)=-5.$$

當 $K=1250$ 時：

$$s=-5\pm j10.$$

示意如下：

Im
↑
│          ×  -5+j10
│          │
│          │  根軌跡
×──────────●──────────× → Re
-10       -5           0
│          │
│          ×  -5-j10

其中 $-10$ 與 $0$ 為開迴路極點，$-5$ 為根軌跡離開實軸的位置。

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(b) 設計串級 lag compensator $C_2(s)$

1. 計算所需的速度誤差常數

由 (a) 得

$$C_1(s)=1250\frac{s+5}{s}.$$

若加入 $C_2(s)$，則開迴路為

核心觀念

本題利用 Bode 圖反推傳遞函數，並以 Nyquist 穩定判據判斷單位負回授系統。

主要公式為：

• 原點極點：低頻相位每個貢獻 $-90^\circ$。

• 一階零點 $s+\omega_z$：相位由 $0^\circ$ 逐漸增加至 $+90^\circ$。

• 一階極點 $s+\omega_p$：相位由 $0^\circ$ 逐漸降低至 $-90^\circ$。

• 單位負回授閉迴路特徵方程式：

  $1+G(s)=0$

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(a) 對應的傳遞函數

由相位圖可判斷：

1. 低頻相位約為 $-270^\circ$，表示有三個原點極點，即 $s^3$。
2. 中頻相位上升，表示有兩個零點。
3. 高頻相位回到約 $-180^\circ$，表示另有一個高頻極點。

由圖中的轉折頻率可讀得：

• 零點：$\omega_z=1,\ 10$ rad/s
• 極點：$\omega_p=100$ rad/s

因此傳遞函數形式為

$$G(s)=K\frac{(s+1)(s+10)}{s^3(s+100)}$$

由低頻幅值圖，在 $\omega=0.01$ rad/s 時約為 $80$ dB：

$$|G(j0.01)|\approx 10^{80/20}=10^4$$

低頻時可近似為

$$G(j\omega)\approx K\frac{(1)(10)}{\omega^3(100)} = \frac{0.1K}{\omega^3}$$

代入 $\omega=0.01$：

$$10^4=\frac{0.1K}{(0.01)^3} =\frac{0.1K}{10^{-6}} =10^5K$$

所以

$$K=0.1$$

故

$$\boxed{ G(s)=\frac{0.1(s+1)(s+10)}{s^3(s+100)} }$$

其頻率響應可寫成

$$G(j\omega) = 0.1 \frac{(j\omega+1)(j\omega+10)} {(j\omega)^3(j\omega+100)}$$

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(b) Nyquist 圖

頻率響應的相位為

$$\angle G(j\omega) = -270^\circ +\tan^{-1}\omega +\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{100}\right)$$

低頻起點

當 $\omega\to0^+$：

$$|G(j\omega)|\to\infty$$

且相位趨近 $-270^\circ$，等效為 $+90^\circ$，所以 Nyquist 曲線由正虛軸無限遠處出發。

中頻走向

隨著 $\omega$ 增加，兩個零點使相位上升，曲線進入第二象限，並靠近負實軸方向。