109 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

這題考的是穩態追蹤誤差與終值定理。由於前向路徑含積分器，對階躍命令可用終值定理求穩態輸出。以下將追蹤誤差定義為命令與實際轉速之差：

$$e(t)=\omega_d(t)-\omega(t)$$

求追蹤誤差時令擾動 $T_d(s)=0$。

解題方法

令命令為單位階躍，$\omega_d(s)=1/s$。從方塊圖可得命令至輸出的閉迴路傳遞函數：

$$\frac{\omega(s)}{\omega_d(s)} = \frac{\frac{K}{s}\frac{1}{s+5}} {1+K_1\frac{K}{s}\frac{1}{s+5}} = \frac{K}{s^2+5s+KK_1}$$

因此穩態輸出為：

$$\omega_{\mathrm{ss}} = \lim_{s\to 0}s\omega(s) = \lim_{s\to 0} \frac{K}{s^2+5s+KK_1} = \frac{1}{K_1}$$

核心觀念

將擾動 $T_d$ 視為作用在被控體輸入端的擾動，先求擾動到輸出速度 $\omega$ 的閉迴路傳遞函數，再用終值定理計算斜坡擾動所造成的穩態速度誤差。

解題方法

只考慮擾動造成的誤差，令參考輸入 $\omega_d=0$。由方塊圖可得

$$\Omega(s)=\frac{1}{s+5}\left[-T_d(s)-\frac{K K_1}{s}\Omega(s)\right].$$

整理後：

$$\frac{\Omega(s)}{T_d(s)} = -\frac{s}{s^2+5s+K K_1}.$$

斜坡擾動 $T_d(t)=2t$ 的拉氏轉換為 $T_d(s)=2/s^2$。將斜坡視為擾動作用期間的設計輸入，輸出為

$$\Omega(s) = -\frac{2}{s\left(s^2+5s+K K_1\right)}.$$

由終值定理，擾動造成的穩態速度偏差大小為

$$|\omega_{\mathrm{ss}}| = \left|\lim_{s\to 0}s\Omega(s)\right| = \frac{2}{K K_1}.$$

核心觀念

此題考查負回授系統的誤差推導。加總點的誤差等於陀螺儀量測到的訊號，減去轉速計回授訊號；再利用前向路徑的關係式解出 $E(s)$。

解題方法

令加總點誤差為 $E(s)$。陀螺儀輸出為 $\dfrac{K_g}{s\tau_g+1}V_c(s)$，轉速計回授為 $K_fV_b(s)$，因此

$$E(s)=\frac{K_g}{s\tau_g+1}V_c(s)-K_fV_b(s).$$

由放大器與馬達的前向路徑，

$$V_b(s)=K_a\frac{K_m}{s\tau_m+1}E(s).$$

代入誤差式並整理：

$$E(s)=\frac{K_g}{s\tau_g+1}V_c(s) -K_fK_a\frac{K_m}{s\tau_m+1}E(s),$$

核心觀念

本題考查負回授系統的穩態誤差。相機角速度經速率陀螺轉換後，與測速計回授訊號相減；穩態誤差可由閉迴路增益求得。

原卷圖中的回授增益標示為 $K_t$，以下依圖使用 $K_t$；題目所寫的 $K_f$ 對應此回授增益。

解題方法

令加總點的誤差信號為 $E(s)$，波紋管速度為 $V_b(s)$。由圖中負回授關係，

$$E(s)=K_gV_c(s)-K_tV_b(s)$$

由馬達方塊圖，

$$V_b(s)=\frac{K_aK_m}{\tau_m s+1}E(s)$$

代入誤差式，可得

$$E(s)=\frac{K_gV_c(s)} {1+\dfrac{K_aK_mK_t}{\tau_m s+1}}$$

核心觀念

轉速計形成負回授，會提高閉迴路響應速度。馬達與放大器的閉迴路系統是一階系統；其 2% 安定時間由閉迴路極點決定。令迴路增益為 $L=K_aK_mK_t$。

解題方法

由方塊圖，忽略陀螺儀時間常數 $\tau_g$，且 $K_g=K_t=1$。馬達方塊為 $\frac{K_m}{\tau_m s+1}$，因此

$$V_b(s)=\frac{K_aK_m}{\tau_m s+1}\bigl(K_gV_c(s)-K_tV_b(s)\bigr).$$

整理可得從相機速度到波紋管速度的閉迴路傳遞函數：

$$\frac{V_b(s)}{V_c(s)} = \frac{K_aK_mK_g}{\tau_m s+1+K_aK_mK_t}.$$

代入 $K_g=K_t=1$ 與 $\tau_m=0.40\text{s}$，閉迴路極點為

$$s=-\frac{1+L}{0.40}.$$

這是一階系統，誤差相對最終值按 $e^{-t/\tau_{\mathrm{cl}}}$ 衰減，其中

$$\tau_{\mathrm{cl}}=\frac{0.40}{1+L}.$$

核心觀念

此題考查方塊圖化簡、內迴路速度負回授，以及斜坡輸入的穩態誤差。令速度為 $V(s)=sY(s)$，速度控制器前的訊號是 PI 控制器輸出、速度前饋 $V_d(s)$，以及速度負回授三者相加。

解題方法

PI 控制器輸出為

$$U(s)=\left(k_{cp}+\frac{k_{ip}}{s}\right)\bigl[Y_d(s)-Y(s)\bigr].$$

由速度迴路方塊圖，速度滿足

$$V(s)=\frac{k}{\tau s+1}\,k_{cv}\bigl[U(s)+V_d(s)-V(s)\bigr].$$

整理速度負回授，並使用 $V(s)=sY(s)$ 與題目給定的 $V_d(s)=sY_d(s)$：

$$Y(s)= \frac{kk_{cv}}{s(\tau s+1+kk_{cv})} \left[ \left(k_{cp}+\frac{k_{ip}}{s}\right)(Y_d(s)-Y(s)) +sY_d(s) \right].$$

移項後得到閉迴路傳遞函數：

$$\frac{Y(s)}{Y_d(s)} = \frac{kk_{cv}(s^2+k_{cp}s+k_{ip})} {s^2(\tau s+1+kk_{cv})+kk_{cv}(k_{cp}s+k_{ip})}.$$

核心觀念

本題考查串級位置與速度控制系統的閉迴路特徵方程式，以及固定位置控制器參數後，將 $k_{cv}$ 視為根軌跡增益，分析閉迴路極點隨增益變化的軌跡。

位置控制器為

$$C_p(s)=k_{cp}+\frac{k_{ip}}{s}$$

速度回授取自馬達輸出速度 $V(s)$，位置則由速度經 $1/s$ 積分得到，即 $Y(s)=V(s)/s$。

解題方法與增益計算

令外迴路輸入為零，從方塊圖可得速度訊號滿足

$$V(s)=\frac{10k_{cv}}{s+1} \left[ -\left(k_{cp}+\frac{k_{ip}}{s}\right)\frac{V(s)}{s} -V(s) \right]$$

將等式整理並消去分母，閉迴路特徵方程式為

$$s^3+(1+10k_{cv})s^2+10k_{cv}k_{cp}s+10k_{cv}k_{ip}=0$$

指定的閉迴路極點為 $-9$、$-6\pm6j$，其特徵多項式為

$$(s+9)\left[(s+6)^2+36\right] =s^3+21s^2+180s+648$$

逐項比較係數：

$$1+10k_{cv}=21$$ $$10k_{cv}k_{cp}=180$$ $$10k_{cv}k_{ip}=648$$

因此

$$k_{cv}=2,\qquad k_{cp}=9,\qquad k_{ip}=32.4$$

$k_{cv}$ 的根軌跡

固定 $k_{cp}=9$、$k_{ip}=32.4$，令 $k_{cv}$ 從 $0$ 變化至 $\infty$。特徵方程式可寫成

$$s^2(s+1)+k_{cv}\,10(s^2+9s+32.4)=0$$

因此根軌跡的開迴路傳遞函數為

$$L_0(s)=\frac{10(s^2+9s+32.4)}{s^2(s+1)}$$

開迴路有三個極點：$0$（二重極點）、$-1$；兩個零點為

核心觀念

1. 非最小相位系統（Non-minimum Phase System）的暫態特性：
   • 系統傳遞函數在右手開平面（RHP）具有零點（$s = 1/2 > 0$），此類系統在階躍響應初期通常會出現向反方向響應的現象，稱為「下衝」（Undershoot）。
2. 拉氏反轉換與部分分式展開法：
   • 輸入為單位階躍函數 $R(s) = \frac{1}{s}$，輸出為 $Y(s) = G(s)R(s)$。利用部分分式展開後進行拉氏反轉換，即可求得時域響應 $y(t)$。
3. 初值定理（Initial Value Theorem, IVT）與終值定理（Final Value Theorem, FVT）：
   • 用於驗證響應的初始值 $y(0^+)$、初始斜率 $y'(0^+)$，以及在穩態存在時的穩態值 $y(\infty)$。
   • 注意：若系統包含原點極點（積分器），終值定理適用於判斷極限值是否存在或發散。

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解題方法

1. 寫出輸出之拉氏轉換式 $Y(s)$

輸入為單位階躍信號 $r(t) = u(t)$，其拉氏轉換為 $R(s) = \frac{1}{s}$。
系統輸出之拉氏轉換為：

$$Y(s) = G(s)R(s) = \frac{1}{s^2} \cdot \frac{1-2s}{1+2s}$$

2. 部分分式展開（Partial Fraction Expansion）

將 $Y(s)$ 展開為：

$$Y(s) = \frac{A}{s^2} + \frac{B}{s} + \frac{C}{s + 0.5}$$

其中：

$$\frac{1-2s}{s^2(2s+1)} = \frac{0.5(1-2s)}{s^2(s+0.5)}$$

各項係數求解：

• 求解 $A$：

$$A = \lim_{s \to 0} s^2 Y(s) = \lim_{s \to 0} \frac{1-2s}{1+2s} = 1$$

• 求解 $B$：

$$B = \lim_{s \to 0} \frac{d}{ds} \left[ s^2 Y(s) \right] = \lim_{s \to 0} \frac{d}{ds} \left( \frac{1-2s}{1+2s} \right) = \lim_{s \to 0} \frac{-2(1+2s) - 2(1-2s)}{(1+2s)^2} = -4$$

• 求解 $C$：

$$C = \lim_{s \to -0.5} (s+0.5) Y(s) = \lim_{s \to -0.5} \frac{0.5(1-2s)}{s^2} = \frac{0.5(1 - 2(-0.5))}{(-0.5)^2} = \frac{0.5 \times 2}{0.25} = 4$$

因此，展開式為：

$$Y(s) = \frac{1}{s^2} - \frac{4}{s} + \frac{4}{s + 0.5}$$

3. 反拉氏轉換求時域響應 $y(t)$

對 $Y(s)$ 取反拉氏轉換（$t \ge 0$）：

$$y(t) = t - 4 + 4e^{-0.5t}$$

4. 關鍵特徵值計算

1. 初始值（Initial Value）：

$$y(0^+) = 0 - 4 + 4e^0 = 0$$

(利用初值定理驗證：$\lim_{s \to \infty} sY(s) = \lim_{s \to \infty} \frac{1-2s}{s(1+2s)} = 0$)

2. 初始斜率（Initial Slope）：
   對 $y(t)$ 微分求輸出速度：

$$\dot{y}(t) = \frac{dy(t)}{dt} = 1 - 2e^{-0.5t}$$

在 $t = 0^+$ 時：

$$\dot{y}(0^+) = 1 - 2(1) = -1$$

(利用初值定理驗證：$\lim_{s \to \infty} s \left[ sY(s) - y(0^+) \right] = \lim_{s \to \infty} \frac{s(1-2s)}{s(1+2s)} = -1$)

3. 極小值點與下衝（Minimum Value / Undershoot）：
   令 $\dot{y}(t) = 0$：

$$1 - 2e^{-0.5t_{\min}} = 0 \implies e^{-0.5t_{\min}} = 0.5 \implies -0.5t_{\min} = -\ln 2 \implies t_{\min} = 2\ln 2 \approx 1.386 \text{ s}$$

極小值為：

$$y(t_{\min}) = 2\ln 2 - 4 + 4(0.5) = 2\ln 2 - 2 \approx 2(0.693) - 2 = -0.614$$

核心觀念

本題評量頻域分析中兩大核心圖形——波德圖（Bode Plot） 與 奈氏圖（Nyquist Plot） 的手繪推導與幾何特徵掌握能力。涉及的關鍵觀念包含：

1. 全通濾波器（All-Pass Filter）特性：因子 $\frac{1-2s}{1+2s}$ 具有對稱於虛軸的非最小相位零點（$s = +0.5$）與穩定極點（$s = -0.5$），其振幅比恆為 $1$（$0\text{ dB}$），但相位隨頻率增加而持續滯後。
2. 波德圖漸近線與精確值：包含純積分器 $\frac{1}{s}$ 的 $-20\text{ dB/dec}$ 斜率，以及一階非最小相位因子對相位的貢獻。
3. 奈氏軌跡（Nyquist Path）映射與封閉：在 $s$ 平面取標準奈氏圍道（含原點極點之小半圓繞道），並將其映射至 $G(s)$ 平面，計算實軸交點、低頻垂直漸近線與高頻極限。

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解題方法

給定開迴路傳遞函數：

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

(A) 繪製波德圖（Bode Plot）

令 $s = j\omega$（$\omega > 0$）：

1. 振幅響應推導：

$$|G(j\omega)| = \left|\frac{1}{j\omega}\right| \cdot \left|\frac{1-j2\omega}{1+j2\omega}\right| = \frac{1}{\omega} \cdot \frac{\sqrt{1+4\omega^2}}{\sqrt{1+4\omega^2}} = \frac{1}{\omega}$$

轉換為分貝（$\text{dB}$）：

$$|G(j\omega)|_{\text{dB}} = 20\log_{10}|G(j\omega)| = -20\log_{10}\omega\text{ dB}$$

• 振幅圖在對數頻率座標下是一條斜率恆為 $-20\text{ dB/decade}$ 的直線。
• 增益交越頻率（Gain Crossover Frequency, $\omega_{gc}$）：

$$|G(j\omega_{gc})| = 1 \implies \omega_{gc} = 1\text{ rad/s} \quad (0\text{ dB})$$

• 在轉折頻率 $\omega = 0.5\text{ rad/s}$ 處，$|G(j0.5)|_{\text{dB}} = 20\log_{10}(2) \approx 6.02\text{ dB}$。

2. 相位響應推導：

$$\angle G(j\omega) = \angle\left(\frac{1}{j\omega}\right) + \angle(1-j2\omega) - \angle(1+j2\omega)$$

由複數角定義：$\angle\left(\frac{1}{j\omega}\right) = -90^\circ$、$\angle(1-j2\omega) = -\arctan(2\omega)$、$\angle(1+j2\omega) = \arctan(2\omega)$，可得：

$$\angle G(j\omega) = -90^\circ - 2\arctan(2\omega)$$

關鍵特徵點：

• $\omega \to 0^+$：$\angle G(j0^+) = -90^\circ - 2(0^\circ) = -90^\circ$
• 轉折頻率 $\omega = 0.5\text{ rad/s}$：$\angle G(j0.5) = -90^\circ - 2\arctan(1) = -90^\circ - 90^\circ = -180^\circ$（此即相位交越頻率 $\omega_{pc} = 0.5\text{ rad/s}$）
• 增益交越頻率 $\omega = 1\text{ rad/s}$：$\angle G(j1) = -90^\circ - 2\arctan(2) \approx -90^\circ - 2(63.43^\circ) \approx -216.87^\circ$
• $\omega \to \infty$：$\angle G(j\infty) = -90^\circ - 2(90^\circ) = -270^\circ$

3. 波德圖草圖特徵彙整：

|G(jw)| (dB)
  20 | \  (-20 dB/dec)
   6 |  \ [w=0.5 rad/s, 6.02 dB]
   0 |---\---------------------> log(w)
 -20 |    \ [w=1 rad/s, 0 dB]  \

Phase (deg)
 -90 |----+''''''
     |     \
-180 |------*------------------> log(w)
     |       \ [w=0.5 rad/s, -180 deg]
-270 |        ''''''''''''----

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(B) 繪製奈氏圖（Nyquist Plot）

定義 $s$ 平面之標準奈氏圍道（Nyquist Contour）：

1. 正虛軸段：$s = j\omega$，$\omega$ 由 $0^+ \to +\infty$。
2. 無窮大半圓段：$s = R e^{j\theta}$，$R \to \infty$，$\theta$ 由 $+90^\circ \to -90^\circ$。
3. 負虛軸段：$s = j\omega$，$\omega$ 由 $-\infty \to 0^-$。
4. 原點繞道小半圓段：$s = \epsilon e^{j\theta}$，$\epsilon \to 0^+$，$\theta$ 由 $-90^\circ \to +90^\circ$。

1. 正虛軸段（$\omega: 0^+ \to +\infty$）：
將 $G(j\omega)$ 有理化分離實部與虛部：

$$G(j\omega) = \frac{1}{j\omega} \frac{1-j2\omega}{1+j2\omega} = \frac{-j}{\omega} \frac{(1-j2\omega)^2}{1+4\omega^2} = \frac{-j}{\omega} \frac{(1-4\omega^2) - j4\omega}{1+4\omega^2}$$

整理得：

$$G(j\omega) = \frac{-4}{1+4\omega^2} + j\frac{4\omega^2 - 1}{\omega(1+4\omega^2)}$$

• 起點（$\omega \to 0^+$）： $$\text{Re}[G(j0^+)] = -4, \quad \text{Im}[G(j0^+)] \to -\infty$$ 軌跡始於第三象限，並具有垂直漸近線 $\text{Re} = -4$。

核心觀念

最小相位系統須為穩定系統，且其零點都位於 $s$ 平面的左半部。若傳遞函數有右半平面零點，系統便不是最小相位；單位負回授也不會消除前向傳遞函數的右半平面零點。

解題方法

圖中為單位負回授，因此閉迴路傳遞函數為

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

代入

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

可得

$$T(s) =\frac{1-2s}{s(1+2s)+(1-2s)} =\frac{1-2s}{2s^2-s+1}.$$

分子為零時，