108 年 國立成功大學機械工程學系碩士班戊組《自動控制》

核心觀念

頻率響應是系統對正弦輸入，經過暫態消失後的穩態輸出。對連續時間、線性時不變系統，若系統絕對穩定，所有自然響應都會衰減，因此穩態輸出只剩下與輸入相同頻率的正弦波。輸出相對輸入的振幅比例與相位差，合在一起就是複數頻率響應 $G(j\omega)$。

（1）證明穩定系統的頻率響應為 $G(j\omega)$

令輸入為

$$u(t)=A\sin(\omega t) =\operatorname{Re}\{-jA e^{j\omega t}\}.$$

先以複數輸入 $-jA e^{j\omega t}$ 計算，再取實部。對傳遞函數為 $G(s)$ 的線性時不變系統，正弦穩態的複數輸出為

$$y_{\mathrm{ss}}(t)=G(j\omega)(-jA)e^{j\omega t}.$$

所以實際穩態輸出為

$$y_{\mathrm{ss}}(t) =\operatorname{Re}\{-jA G(j\omega)e^{j\omega t}\}.$$

將 $G(j\omega)$ 寫成極式：

$$G(j\omega)=|G(j\omega)|e^{j\phi(\omega)},$$

便得到

$$y_{\mathrm{ss}}(t) =A|G(j\omega)|\sin\bigl(\omega t+\phi(\omega)\bigr).$$

因此，輸出與輸入的振幅比為 $|G(j\omega)|$，相位差為 $\phi(\omega)=\arg G(j\omega)$；兩者合成的複數頻率響應就是 $G(j\omega)$。

此結果也可由拉氏轉換看出。輸入的拉氏轉換為

$$U(s)=\frac{A\omega}{s^2+\omega^2},$$

故

$$Y(s)=G(s)\frac{A\omega}{s^2+\omega^2}.$$

反拉氏轉換時，$s=\pm j\omega$ 的極點產生持續振盪的穩態分量；系統的極點則產生自然響應。絕對穩定表示系統極點全在左半平面，因此自然響應隨時間衰減至零。剩下的穩態分量即為上式所示的正弦輸出，其複數增益為 $G(j\omega)$。

（2）系統不絕對穩定時取得頻率響應的方法

不穩定系統受到正弦輸入時，自然響應可能增長，輸出因而無法進入穩定的正弦穩態，不能直接以長時間輸入、量測輸出的方法取得頻率響應。

一種可行方法是先以已知控制器 $K(s)$ 加入負回授，使閉迴路穩定，再逐一施加不同頻率的正弦參考輸入，量測閉迴路頻率響應。閉迴路傳遞函數為

$$T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{K(s)G(s)}{1+K(s)G(s)}.$$

因此可由量得的 $T(j\omega)$ 反算原系統：

$$G(j\omega) =\frac{T(j\omega)}{K(j\omega)\left[1-T(j\omega)\right]}.$$

若採用單位回授，即 $K(s)=1$，則

$$G(j\omega)=\frac{T(j\omega)}{1-T(j\omega)}.$$

此法的關鍵是先使量測時的閉迴路穩定，再利用閉迴路傳遞關係還原 $G(j\omega)$。

（3）繪製 $G(s)=\dfrac{1+10s}{s+s^2}$ 的波德圖

先因式分解：

$$G(s)=\frac{1+10s}{s(1+s)}.$$

系統包含一個原點極點、一個轉折頻率為 $1$ 的極點，以及一個轉折頻率為 $0.1$ 的零點。

幅值漸近線

令 $s=j\omega$，幅值為

核心觀念

本題考查負回授系統的 Nyquist 穩定判據。對單位負回授系統，閉迴路傳遞函數為

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

因此閉迴路特徵方程為

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

令迴路傳遞函數為 $L(s)=G(s)H(s)$，則閉迴路極點由

$$1+L(s)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad L(s)=-1$$

決定。Nyquist 圖的關鍵臨界點即為複數平面上的 $-1+j0$。

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（1）Nyquist 穩定判據

設：

• $P$：迴路傳遞函數 $L(s)$ 在右半 $s$ 平面的極點數
• $N$：Nyquist 圖對臨界點 $-1$ 的順時針包圍次數
• $Z$：閉迴路特徵方程 $1+L(s)=0$ 在右半平面的根數

採用「順時針包圍為正」的慣例，Nyquist 判據為

$$Z=P+N$$

閉迴路穩定的條件是右半平面沒有閉迴路極點，因此

$$Z=0$$

所以必須滿足

$$N=-P$$

特別地，若開迴路系統沒有右半平面極點，即 $P=0$，則穩定時 Nyquist 圖不得包圍 $-1$ 點：

$$N=0$$

若 Nyquist 圖通過 $-1$ 點，代表閉迴路系統有極點位於虛軸上，屬於臨界穩定狀態，不能稱為嚴格的漸近穩定。

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（2）為何 $GH(s)=-1$ 會造成閉迴路不穩定？

負回授系統的閉迴路分母為

$$1+GH(s)$$

當某一個 $s=s_0$ 使得

$$GH(s_0)=-1$$

則

$$1+GH(s_0)=0$$

因此 $s_0$ 成為閉迴路特徵方程的根，也就是閉迴路極點。

若 $s_0=j\omega_0$ 位於虛軸上，系統會產生持續振盪；若因參數或增益變化使該極點進入右半平面，則響應會隨時間發散，系統變成不穩定。

因此，$GH(j\omega)$ 通過 $-1$ 點代表系統位於穩定與不穩定的分界：

• 不通過且包圍數符合 Nyquist 判據：閉迴路穩定。
• 通過 $-1$ 點：閉迴路有虛軸極點，為臨界穩定。
• 包圍數不符合判據：閉迴路右半平面有極點，為不穩定。

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（3）利用 Nyquist 判據判斷穩定性

題目給定

$$GH(s)=\frac{s+2}{s^2(s+4)}$$

第一步：判斷開迴路右半平面極點數

開迴路極點為

$$s=0,\quad s=0,\quad s=-4$$

其中 $s=0$ 是虛軸上的二重極點，$s=-4$ 位於左半平面，因此右半平面極點數為

$$P=0$$

由於原點存在虛軸極點，繪製 Nyquist 圖時必須在原點附近作小半圓凹陷，不能直接穿越 $s=0$。

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第二步：求頻率響應

令 $s=j\omega$，則

$$GH(j\omega) = \frac{j\omega+2}{(j\omega)^2(j\omega+4)}$$

因為

$$(j\omega)^2=-\omega^2$$

所以

$$GH(j\omega) = -\frac{2+j\omega}{\omega^2(4+j\omega)}$$

將分母有理化：

$$GH(j\omega) = -\frac{(2+j\omega)(4-j\omega)} {\omega^2(4+j\omega)(4-j\omega)}$$

分子為

$$(2+j\omega)(4-j\omega) = 8+\omega^2+j2\omega$$

核心觀念

本題考查：

• 牛頓第二定律建立多自由度機械系統微分方程。
• 彈簧力與阻尼力：
  $F_k=k\,\Delta x,\qquad F_b=b\,\Delta\dot{x}$
• 拉氏轉換求傳遞函數。
• 單位回授系統的特徵方程與根軌跡基本性質。

依照原卷圖形，系統連接關係為：

• $M_1$ 由彈簧 $k_1$ 連接至固定端；
• $M_1$ 與 $M_2$ 之間由阻尼器 $b_1$ 連接；
• $M_2$ 由彈簧 $k_2$ 連接至固定端；
• 外力 $u(t)$ 作用於 $M_2$；
• 輸出為 $M_2$ 的位移 $y(t)$。

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解題方法

（1）建立微分方程與傳遞函數

取向下為正方向。

對質量 $M_1$ 寫牛頓方程

$M_1$ 受到彈簧 $k_1$ 的回復力，以及阻尼器作用力，因此

$$M_1\ddot{x}(t) = -k_1x(t)-b_1\left[\dot{x}(t)-\dot{y}(t)\right]$$

整理得

$$M_1\ddot{x}(t)+b_1\dot{x}(t)+k_1x(t)-b_1\dot{y}(t)=0$$

對質量 $M_2$ 寫牛頓方程

$M_2$ 受到外力 $u(t)$、彈簧 $k_2$ 的回復力，以及阻尼器作用力，因此

$$M_2\ddot{y}(t) = u(t)-k_2y(t)+b_1\left[\dot{x}(t)-\dot{y}(t)\right]$$

整理得

$$M_2\ddot{y}(t)+b_1\dot{y}(t)+k_2y(t)-b_1\dot{x}(t)=u(t)$$

假設初始條件為零，進行拉氏轉換：

$$\left(M_1s^2+b_1s+k_1\right)X(s)-b_1sY(s)=0$$ $$-b_1sX(s)+\left(M_2s^2+b_1s+k_2\right)Y(s)=U(s)$$

令

$$A(s)=M_1s^2+b_1s+k_1$$

由第一式得

$$X(s)=\frac{b_1s}{A(s)}Y(s)$$

代入第二式：

$$-b_1s\frac{b_1s}{A(s)}Y(s) +\left(M_2s^2+b_1s+k_2\right)Y(s)=U(s)$$

因此

$$\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{A(s)} {A(s)\left(M_2s^2+b_1s+k_2\right)-b_1^2s^2}$$

故傳遞函數為

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{M_1s^2+b_1s+k_1} {\left(M_1s^2+b_1s+k_1\right) \left(M_2s^2+b_1s+k_2\right)-b_1^2s^2} }$$

展開分母：

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{M_1s^2+b_1s+k_1} {M_1M_2s^4+b_1(M_1+M_2)s^3 +(M_1k_2+M_2k_1)s^2 +b_1(k_1+k_2)s+k_1k_2} }$$

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（2）根軌跡

代入指定參數

當

$$k_1=k_2=M_1=M_2=b_1=1$$

可得

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

分母可因式分解為

$$s^4+2s^3+2s^2+2s+1 = (s+1)^2(s^2+1)$$

所以

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

開迴路極點為

$$s=-1,\,-1,\,j,\,-j$$

其中 $s=-1$ 為重根，且另有兩個極點 $s=\pm j$。

開迴路零點由

$$s^2+s+1=0$$

得到

$$s=-\frac12\pm j\frac{\sqrt{3}}{2}$$

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閉迴路特徵方程

單位負回授且比例控制器為 $K$：

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

因此

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

展開得

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

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根軌跡基本性質

1. 分支數

開迴路極點共有 $4$ 個，因此根軌跡共有 $4$ 條分支。

2. 終點

共有 $2$ 個有限零點，因此：

核心觀念

本題考查：

1. PD 控制器的設計。
2. 單位回授系統的閉迴路特徵方程式。
3. 二階主導極點與暫態規格的關係： $$P.O.=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times 100\%$$ $$T_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}$$ 其中 $\zeta$ 為阻尼比，$\omega_n$ 為自然頻率。

由 $P.O.\leq 20\%$ 可選擇 $\zeta=0.5$，因為：

$$P.O.=e^{-\frac{0.5\pi}{\sqrt{1-0.5^2}}}\times100\% \approx16.3\%<20\%$$

解題方法

令 PD 控制器為

$$G_c(s)=K(s+z)$$

製程為

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

單位回授下，閉迴路特徵方程式為

$$1+G_c(s)G_p(s)=0$$

因此

$$s(s+2)(s+5)+K(s+z)=0$$

整理得

$$s^3+7s^2+(10+K)s+Kz=0$$

1. 指定二階主導極點

選擇

$$\zeta\omega_n=1.5,\qquad \omega_n=3$$

因此

$$\zeta=\frac{1.5}{3}=0.5$$

二階主導極點為

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2 =s^2+3s+9$$

將第三個極點配置於 $s=-4$，使閉迴路特徵多項式為

$$(s+4)(s^2+3s+9)$$

展開：

$$(s+4)(s^2+3s+9) =s^3+7s^2+21s+36$$

2. 比較係數求出控制器

與