115 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《自動控制》

本題考查閉迴路系統的穩定性分析以及阻尼比與系統參數的關係。

首先，我們需要找出系統的閉迴路傳遞函數 $T(s)$。
由圖可知，開迴路傳遞函數為 $G(s) = K \frac{s^2 - 2s + 5}{(s+1)(s+3)}$。
閉迴路傳遞函數為 $T(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)}$。
閉迴路系統的特徵方程式為 $1 + G(s) = 0$。
$1 + K \frac{s^2 - 2s + 5}{(s+1)(s+3)} = 0$
$(s+1)(s+3) + K(s^2 - 2s + 5) = 0$
$s^2 + 4s + 3 + K s^2 - 2K s + 5K = 0$
$(1+K)s^2 + (4-2K)s + (3+5K) = 0$

I. 系統穩定的條件為所有特徵方程式的係數均大於零。
由於 $K > 0$，我們有：

1. $1+K > 0$ (恆成立)
2. $4-2K > 0 \implies 4 > 2K \implies K < 2$
3. $3+5K > 0$ (恆成立，因為 $K>0$)

因此，為了使系統穩定，K 的範圍必須滿足 $0 < K < 2$。

II. 當阻尼比 $\zeta = 0.5$ 時，特徵方程式為一個二階系統的标准形式：$s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2 = 0$。
我們將特徵方程式 $(1+K)s^2 + (4-2K)s + (3+5K) = 0$ 標準化，除以 $(1+K)$：
$s^2 + \frac{4-2K}{1+K} s + \frac{3+5K}{1+K} = 0$
比較係數，我們得到：
$2\zeta\omega_n = \frac{4-2K}{1+K}$
$\omega_n^2 = \frac{3+5K}{1+K}$
將 $\zeta = 0.5$ 代入：

核心觀念

本題考查：

• 多重回授方塊圖的等效化簡。

• 負回授閉迴路傳遞函數：

  $\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$

• 系統型別：觀察迴路傳遞函數在原點的極點數。

• 單位階躍輸入的穩態誤差與終值定理。

由圖中下方加總點的符號可知，其輸出為

$$(H_1-H_2)C(s)$$

因此第一個加總點的誤差信號為

$$E(s)=R(s)-(H_1-H_2)C(s)$$

而第二個加總點還有由 $G_1$ 產生的前饋訊號。

解題方法

設第二個加總點輸入至 $G_2$ 的訊號為 $U(s)$，則

$$U(s)=E(s)+G_1R(s)$$

代入第一個加總點：

$$U(s)=\left[1+G_1\right]R(s)-(H_1-H_2)C(s)$$

又因為

$$C(s)=G_2U(s)$$

所以

$$C(s)=G_2\left[1+G_1\right]R(s)-G_2(H_1-H_2)C(s)$$

整理得

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{G_2(1+G_1)} {1+G_2(H_1-H_2)}$$

I. 閉迴路傳遞函數

已知

$$G_1=\frac{1}{s+3},\qquad G_2=\frac{1}{s(s+5)}$$ $$H_1=\frac{3}{s+1},\qquad H_2=2$$

先計算：

$$1+G_1 = 1+\frac{1}{s+3} = \frac{s+4}{s+3}$$ $$H_1-H_2 = \frac{3}{s+1}-2 = \frac{1-2s}{s+1}$$

因此

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\dfrac{1}{s(s+5)}\dfrac{s+4}{s+3}} {1+\dfrac{1-2s}{s(s+5)(s+1)}}$$

分母整理為

$$1+\frac{1-2s}{s(s+5)(s+1)} = \frac{s(s+5)(s+1)+1-2s} {s(s+5)(s+1)}$$

其中

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

故

核心觀念

本題考查單位負回授系統的 Bode 圖分析、增益裕度、相位裕度，以及超前補償器設計。

令迴路傳遞函數為

$$L(s)=G_c(s)G(s)$$

其中

$$G(s)=\frac{5}{s(s+1)}$$

重要定義如下：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：$|L(j\omega_{gc})|=1$。
• 相位裕度：

$$PM=180^\circ+\angle L(j\omega_{gc})$$

• 相位交越頻率 $\omega_{pc}$：$\angle L(j\omega_{pc})=-180^\circ$。
• 增益裕度：

$$GM=\frac{1}{|L(j\omega_{pc})|}$$

• 對單位斜坡輸入，若系統為 Type 1，穩態誤差為

$$e_{ss}=\frac{1}{K_v}$$

其中

$$K_v=\lim_{s\to 0}sL(s)$$

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(a) 求增益裕度與相位裕度

此時

$$G_c(s)=1$$

因此

$$L(s)=\frac{5}{s(s+1)}$$

其頻率響應的大小為

$$|L(j\omega)| = \frac{5}{\omega\sqrt{1+\omega^2}}$$

相位裕度

增益交越頻率由

$$\frac{5}{\omega\sqrt{1+\omega^2}}=1$$

得到

$$\omega^2(1+\omega^2)=25$$

令 $x=\omega^2$，則

$$x^2+x-25=0$$

取正根：

$$x=\frac{-1+\sqrt{101}}{2}=4.5249$$

所以

$$\omega_{gc}=\sqrt{4.5249}\approx 2.127\ \text{rad/s}$$

系統相位為

$$\angle L(j\omega) = -90^\circ-\tan^{-1}\omega$$

在 $\omega_{gc}=2.127$ 時，

$$\angle L(j\omega_{gc}) = -90^\circ-\tan^{-1}(2.127) \approx -154.82^\circ$$

因此

$$PM=180^\circ-154.82^\circ \approx 25.18^\circ$$

增益裕度

相位為

$$\angle L(j\omega)=-90^\circ-\tan^{-1}\omega$$

當 $\omega$ 有限時，$\tan^{-1}\omega<90^\circ$，故相位只會趨近於 $-180^\circ$，不會在有限頻率真正達到 $-180^\circ$。

因此相位交越頻率不存在有限值，增益裕度為

$$GM=\infty$$

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(b) 設計使相位裕度為 $45^\circ$ 且斜坡穩態誤差為 $0.1$

第一步：由穩態誤差決定低頻增益

題目要求

$$e_{ss}=0.1$$

所以

$$K_v=\frac{1}{e_{ss}}=10$$

採用超前補償器

$$G_c(s)=K\frac{1+Ts}{1+\alpha Ts}, \qquad 0<\alpha<1$$

因為補償器的直流增益為 $K$，故

$$K_v=\lim_{s\to0}sG_c(s)G(s) =\lim_{s\to0}s \left( K\frac{1+Ts}{1+\alpha Ts} \right) \frac{5}{s(s+1)} =5K$$

令 $K_v=10$，可得

$$5K=10$$

因此

$$K=2$$

第二步：加入超前補償以提高相位裕度

選擇設計後的增益交越頻率為

$$\omega_c=4\ \text{rad/s}$$

在此頻率，原系統的相位為

$$\angle G(j4) = -90^\circ-\tan^{-1}4 \approx -165.96^\circ$$

若要求相位裕度為 $45^\circ$，則交越頻率處的總相位應為

$$\angle L(j\omega_c)=-135^\circ$$

所以超前補償器需要提供的相位超前量為

$$\phi_{\max} = -135^\circ-(-165.96^\circ) \approx 30.96^\circ$$

超前補償器的相位與增益分別為

$$\phi(\omega) = \tan^{-1}(\omega T) - \tan^{-1}(\alpha\omega T)$$ $$\left| \frac{1+j\omega T}{1+j\alpha\omega T} \right| = \frac{\sqrt{1+\omega^2T^2}} {\sqrt{1+\alpha^2\omega^2T^2}}$$

在 $\omega_c=4$ rad/s 處，同時滿足相位需求與單位增益交越條件，可得一組設計參數：

$$T\approx0.3845, \qquad \alpha\approx0.318$$

因此

核心觀念

由根軌跡圖可讀出：

• 開迴路極點：$s=-10,\ 0,\ 2$
• 開迴路零點：$s=-2$

因此

$$a=2,\qquad b=10,\qquad c=-2$$

開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{k(s+2)}{s(s+10)(s-2)}.$$

單位負回授的特徵方程式為

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

即

$$s(s+10)(s-2)+k(s+2)=0.$$

整理得

$$s^3+8s^2+(k-20)s+2k=0.$$

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(a) 穩定時的 $k$ 範圍

對三階特徵方程式

$$s^3+8s^2+(k-20)s+2k=0$$

建立 Routh 表：

$$\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & k-20\\ s^2 & 8 & 2k\\ s^1 & \dfrac{8(k-20)-2k}{8} & 0\\ s^0 & 2k & \end{array}$$

穩定的必要條件是第一欄全部為正：

$$1>0,\qquad 8>0,$$ $$\frac{8(k-20)-2k}{8}>0, \qquad 2k>0.$$

因此

$$6k-160>0$$

所以

$$\boxed{k>\frac{80}{3}}.$$

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(b) 將閉迴路極點放在 $-2.5+8i$

根軌跡條件為

$$k=\left| \frac{s(s+10)(s-2)}{s+2} \right|.$$

令

$$s=-2.5+8i,$$

則

$$|s|=\sqrt{(-2.5)^2+8^2}=\sqrt{70.25},$$ $$|s+10|=|7.5+8i|=\sqrt{120.25},$$ $$|s-2|=|-4.5+8i|=\sqrt{84.25},$$ $$|s+2|=|-0.5+8i|=\sqrt{64.25}.$$

因此

$$k= \frac{\sqrt{70.25}\sqrt{120.25}\sqrt{84.25}} {\sqrt{64.25}} \approx 105.25.$$

圖中的極點座標取至小數點後一位，故其數值為近似值。

$$\boxed{k\approx105.25}$$

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(c) 根軌跡離去點的 $k$

由特徵方程式可將 $k$ 表成 $s$ 的函數：

$$k=-\frac{s(s+10)(s-2)}{s+2} =-\frac{s^3+8s^2-20s}{s+2}.$$

離去點滿足

$$\frac{dk}{ds}=0.$$

微分後得