108 年 國立中正大學光機電整合工程研究所《自動控制》

核心觀念

本題考查：

• 微分方程的拉普拉斯轉換與傳遞函數推導。
• 多重回授控制系統的方塊圖化簡。
• 三階特徵方程的 Routh–Hurwitz 穩定判據。
• 型別系統與穩態誤差常數。

依原卷圖片，第二個動態方程為

$$4I+2\frac{dI}{dt}+v=u$$

以下以零初始條件作答。

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(a) 求開迴路傳遞函數 $G(s)$

由第一式

$$2\frac{dv}{dt}+v=2I$$

取拉普拉斯轉換：

$$(2s+1)V(s)=2I(s)$$

因此

$$I(s)=\frac{2s+1}{2}V(s)$$

第二式為

$$4I+2\frac{dI}{dt}+v=u$$

取拉普拉斯轉換：

$$(2s+4)I(s)+V(s)=U(s)$$

代入 $I(s)$：

$$(2s+4)\frac{2s+1}{2}V(s)+V(s)=U(s)$$

整理得

$$\left[\frac{(2s+4)(2s+1)}{2}+1\right]V(s)=U(s)$$

而

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

所以開迴路傳遞函數為

$$\boxed{ G(s)=\frac{V(s)}{U(s)} =\frac{1}{2s^2+5s+3} }$$

亦可寫成

$$\boxed{ G(s)=\frac{1}{(2s+3)(s+1)} }$$

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(b) 閉迴路穩定的 $K$ 條件

由圖可知：

• 外迴路回授為單位回授，且回授訊號為 $y$。
• $v$ 經過增益 $3$ 負回授至內層加法點。
• $K$ 後方還有增益 $5$。
• $G(s)$ 後接積分器 $\frac{1}{s}$。

令外迴路誤差信號為

$$e=r-y$$

內層加法點輸出為

$$K e-3v$$

因此

$$v=5G(s)\left(Ke-3v\right)$$

整理：

$$v+15G(s)v=5KG(s)e$$

故由 $e$ 到 $v$ 的等效傳遞函數為

$$\frac{v}{e} = \frac{5KG(s)}{1+15G(s)}$$

再考慮積分器 $\frac{1}{s}$，外迴路開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{5KG(s)}{s[1+15G(s)]}$$

閉迴路特徵方程為

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

代入 $G(s)=\frac{1}{2s^2+5s+3}$：

$$s\left[2s^2+5s+3+15\right]+5K=0$$

因此特徵方程為

$$2s^3+5s^2+18s+5K=0$$

對三階多項式

$$a_3s^3+a_2s^2+a_1s+a_0$$

Routh–Hurwitz 穩定條件為

$$a_3>0,\quad a_2>0,\quad a_1>0,\quad a_0>0, \quad a_2a_1>a_3a_0$$

套用本題係數：

核心觀念

本題考查開迴路 Bode plot、增益交越頻率、相位交越頻率、相位裕度、增益裕度，以及由開迴路頻寬估計閉迴路頻寬。

將傳遞函數改寫為標準形式：

$$G(s)=\frac{50}{s(s+1)(s+10)} =\frac{5}{s(1+s)\left(1+\frac{s}{10}\right)}$$

因此系統具有：

• 原點極點：$s=0$
• 轉折頻率：$\omega=1\ \text{rad/s}$
• 轉折頻率：$\omega=10\ \text{rad/s}$

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(a) 開迴路近似 Bode plot

幅值圖

令 $s=j\omega$，則

$$|G(j\omega)| =\frac{5}{\omega\sqrt{1+\omega^2} \sqrt{1+\left(\frac{\omega}{10}\right)^2}}$$

低頻時 $\omega\ll 1$，兩個一階項近似為 $1$，因此

$$|G(j\omega)|\approx \frac{5}{\omega}$$

以分貝表示：

$$20\log_{10}|G(j\omega)| \approx 20\log_{10}5-20\log_{10}\omega$$

其中

$$20\log_{10}5\approx 14\ \text{dB}$$

所以低於 $1\ \text{rad/s}$ 時，斜率為 $-20$ dB/decade。

各頻率區段如下：

頻率範圍	斜率	近似幅值
$\omega<1$	$-20$ dB/decade	$14-20\log_{10}\omega$
$1<\omega<10$	$-40$ dB/decade	$14-40\log_{10}\omega$
$\omega>10$	$-60$ dB/decade	$-26-60\log_{10}(\omega/10)$

在 $\omega=1$ 時：

$$20\log_{10}|G(j\omega)|\approx 14\ \text{dB}$$

在 $\omega=10$ 時：

$$20\log_{10}|G(j\omega)| \approx 14-40=-26\ \text{dB}$$

增益交越頻率

增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 定義為

$$|G(j\omega_{gc})|=1$$

也就是幅值為 $0$ dB。

在 $1<\omega<10$ 的近似直線區段：

$$14-40\log_{10}\omega_{gc}=0$$

因此

$$\log_{10}\omega_{gc}=0.35$$ $$\boxed{\omega_{gc}\approx 2.24\ \text{rad/s}}$$

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相位圖

開迴路相位為

$$\angle G(j\omega) =-90^\circ-\tan^{-1}\omega -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right)$$

近似 Bode 相位圖可由三個部分相加：

• 原點極點：固定 $-90^\circ$
• $1$ rad/s 極點：約從 $0.1$ 至 $10$ rad/s 由 $0^\circ$ 變為 $-90^\circ$
• $10$ rad/s 極點：約從 $1$ 至 $100$ rad/s 由 $0^\circ$ 變為 $-90^\circ$

因此相位大致為：

• 低頻：$-90^\circ$
• 中頻逐漸下降
• 高頻：$-270^\circ$

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(b) 相位裕度與增益裕度

相位裕度

相位裕度定義為

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

在 $\omega_{gc}\approx2.24$ rad/s 時，使用近似相位圖：

$$\angle G(j2.24) \approx -90^\circ-60.8^\circ-15.8^\circ$$ $$\angle G(j2.24)\approx -166.6^\circ$$

因此

$$PM\approx 180^\circ-166.6^\circ$$ $$\boxed{PM\approx 13^\circ}$$

若使用精確相位計算：

核心觀念

負單位回授系統的閉迴路特徵方程式為

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

因此根軌跡上的閉迴路極點滿足

$$s^2+6s+25+K(s-2)(s-4)=0.$$

本題使用兩個重要觀念：

1. 虛軸交點：令閉迴路極點 $s=j\omega$，並令特徵方程式的實部與虛部分別為零。

2. 根軌跡分離點或進入點：根軌跡上的增益可寫成

   $$K(s)=-\frac{s^2+6s+25}{(s-2)(s-4)},$$

   分離點或進入點必須滿足

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

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解題方法

(a) 求根軌跡位於虛軸上的增益 $K$

閉迴路特徵方程式為

$$s^2+6s+25+K(s-2)(s-4)=0.$$

先展開：

$$(s-2)(s-4)=s^2-6s+8,$$

所以

$$(1+K)s^2+(6-6K)s+(25+8K)=0.$$

令虛軸上的根為

$$s=j\omega.$$

代入原特徵方程式：

$$(1+K)(j\omega)^2+(6-6K)j\omega+(25+8K)=0.$$

因為 $(j\omega)^2=-\omega^2$，可得

$$-(1+K)\omega^2+(25+8K) +j(6-6K)\omega=0.$$

實部與虛部必須分別為零：

$$-(1+K)\omega^2+25+8K=0,$$ $$(6-6K)\omega=0.$$

欲求非零虛軸交點，$\omega\neq 0$，因此

$$6-6K=0,$$

得到

$$\boxed{K=1}.$$

代回實部方程式：

$$-2\omega^2+33=0,$$

因此

$$\omega^2=\frac{33}{2}, \qquad \omega=\sqrt{\frac{33}{2}}.$$

所以虛軸交點為

$$\boxed{s=\pm j\sqrt{\frac{33}{2}}} \approx \boxed{\pm j4.062}.$$

補充而言，若允許 $K$ 為負值，$\omega=0$ 時也可得到 $K=-25/8$，此時根位於原點；但標準根軌跡通常限定 $K\geq 0$，故本題答案取 $K=1$。

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(b) 求根軌跡的進入點或分離點

由特徵方程式解出 $K$：

$$K(s) =-\frac{s^2+6s+25}{s^2-6s+8}.$$

進入點或分離點滿足

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

令

$$A=s^2+6s+25,\qquad B=s^2-6s+8,$$

則

$$K=-\frac{A}{B}.$$

因此令導數為零，相當於

核心觀念

本題考查二階系統規格、滯後補償器（lag compensator）及穩態誤差。

原系統為單位負回授：

$$G(s)=\frac{K}{s(s+7)}$$

閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{K}{s^2+7s+K}$$

與標準二階形式

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

比較可得

$$2\zeta\omega_n=7,\qquad \omega_n^2=K$$

15% 超越量與阻尼比的關係為

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

此外，系統含有一個原點極點，因此為 Type 1 系統。單位斜坡輸入的穩態誤差為

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

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解題方法：先由超越量求原系統增益 $K$

已知

$$M_p=0.15$$

因此

$$\zeta = \frac{-\ln(0.15)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.15)}}$$

計算得

$$\zeta\approx 0.517$$

由

$$2\zeta\omega_n=7$$

得到

$$\omega_n = \frac{7}{2\zeta} = \frac{7}{2(0.517)} \approx 6.77$$

所以

$$K=\omega_n^2 \approx (6.77)^2 \approx 45.8$$

原系統的速度誤差常數為

$$K_v = \lim_{s\to 0}s\frac{K}{s(s+7)} = \frac{K}{7} \approx \frac{45.8}{7} \approx 6.54$$

因此原系統對單位斜坡輸入的穩態誤差為

$$e_{ss,\text{原}} = \frac{1}{K_v} = \frac{7}{K} \approx \frac{7}{45.8} \approx 0.153$$

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(a) 設計滯後補償器

滯後補償器可寫成

$$G_c(s)=\frac{s+z}{s+p}, \qquad z>p$$

其直流增益為

$$G_c(0)=\frac{z}{p}$$

為使穩態誤差改善為原來的 $\frac{1}{10}$，需使低頻增益提高 10 倍，因此設計

$$\frac{z}{p}=10$$

選擇一組合適的低頻極點與零點，例如

$$p=0.01,\qquad z=0.1$$

故滯後補償器為

$$\boxed{ G_c(s)=\frac{s+0.1}{s+0.01} }$$

其直流增益為

核心觀念

此電路為理想反相運算放大器。輸入端阻抗為 $R_1$ 與 $C_1$ 的並聯，回授端阻抗為 $R_2$ 與 $C_2$ 的串聯，因此

$$Z_i=R_1\parallel \frac{1}{sC_1} =\frac{R_1}{1+sR_1C_1}$$ $$Z_f=R_2+\frac{1}{sC_2} =\frac{1+sR_2C_2}{sC_2}$$

反相放大器傳遞函數為

$$\frac{v_f(s)}{v_i(s)} =-\frac{Z_f}{Z_i} =-\frac{(1+sR_1C_1)(1+sR_2C_2)} {sR_1C_2}$$

負號是反相運算放大器本身造成的；在負回授控制器中，控制器的負號通常由回授方向一併處理。以下匹配其幅值形式。

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解題方法

題目要求

$$G(s)=\frac{(s+55.92)(s+0.5)}{s}$$

先將其改寫成標準形式：

$$G(s) =\frac{55.92(0.5)}{s} \left(1+\frac{s}{55.92}\right) \left(1+\frac{s}{0.5}\right)$$

因此

$$G(s) =\frac{27.96}{s} \left(1+\frac{s}{55.92}\right) (1+2s)$$

與電路函數

$$\frac{Z_f}{Z_i} =\frac{(1+sR_1C_1)(1+sR_2C_2)} {sR_1C_2}$$

逐項比較，採用輸入支路配置零點 $-55.92$、回授支路配置零點 $-0.5$：

$$R_1C_1=\frac{1}{55.92}$$ $$R_2C_2=\frac{1}{0.5}=2$$ $$\frac{1}{R_1C_2}=27.96$$

已知

$$C_2=1\ \mu\text{F}=10^{-6}\text{ F}$$

先求 $R_1$：