108 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丙組《自動控制》

此題主要考驗對一階 RC 電路的拉氏轉換分析能力，以及如何從傳遞函數求得暫態響應指標。

首先，我們需要建立圖示電路的數學模型。圖示為一個簡單的 RC 低通濾波器電路。根據電壓分壓定律，我們有：
$V_c(s) = V_i(s) \frac{Z_C(s)}{Z_R(s) + Z_C(s)}$
其中，$Z_R(s) = R$ 且 $Z_C(s) = \frac{1}{sC}$。
因此，傳遞函數為：
$\frac{V_c(s)}{V_i(s)} = \frac{\frac{1}{sC}}{R + \frac{1}{sC}} = \frac{1}{sRC + 1}$

將給定的參數代入：
$R = 8k\Omega = 8 \times 10^3 \Omega$
$C = 0.025\mu F = 0.025 \times 10^{-6} F$
$RC = (8 \times 10^3) \times (0.025 \times 10^{-6}) = 200 \times 10^{-3} = 0.2$ 秒。

所以，傳遞函數為：
$\frac{V_c(s)}{V_i(s)} = \frac{1}{0.2s + 1}$

接下來，我們需要分析當輸入為單位階躍信號 $v_i(t) = u(t)$ 時，其暫態響應。此時，$V_i(s) = \frac{1}{s}$。
輸出 $V_c(s)$ 為：
$V_c(s) = \frac{1}{s} \times \frac{1}{0.2s + 1} = \frac{1}{s(0.2s + 1)}$

為了求得時間域的響應 $v_c(t)$，我們進行部分分式展開：
$V_c(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{0.2s + 1}$
$1 = A(0.2s + 1) + Bs$
令 $s=0$，得 $1 = A(1) \implies A=1$。
令 $s = -\frac{1}{0.2} = -5$，得 $1 = B(-5) \implies B = -\frac{1}{5} = -0.2$。

所以，$V_c(s) = \frac{1}{s} - \frac{0.2}{0.2s + 1} = \frac{1}{s} - \frac{1}{0.2s + 1} \times \frac{1}{0.2} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s + 5}$。
（修正：應為 $V_c(s) = \frac{1}{s} - \frac{0.2}{0.2(s + 5)} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+5}$ 是錯的，應為 $\frac{0.2}{0.2s+1} = \frac{0.2}{0.2(s+5)} = \frac{1}{s+5}$ 也是錯的。
正確應為 $\frac{0.2}{0.2s+1} = \frac{1}{s+5}$。
所以，$V_c(s) = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+5}$ 是錯的。
正確應為 $V_c(s) = \frac{1}{s} - \frac{0.2}{0.2s+1}$。
為了得到標準形式 $\frac{1}{s+\alpha}$，我們將分母提出 $0.2$：
$\frac{0.2}{0.2s+1} = \frac{0.2}{0.2(s+5)} = \frac{1}{s+5}$。

核心觀念

本題考察負回授系統的根軌跡與穩定性分析。

開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{K(s+30)} {s(s+3)(s+7)(s^2+20s+225)}$$

開迴路極點為

$$p=0,\;-3,\;-7,\;-10\pm j\sqrt{125} =-10\pm j5\sqrt{5}$$

開迴路零點為

$$z=-30$$

因此共有 $n=5$ 個極點、$m=1$ 個零點，根軌跡共有 $5$ 條分支，其中一條終止於有限零點，其餘四條趨向無限遠。

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(a) 根軌跡

1. 閉迴路特徵方程

Fig. 2 為單位負回授，因此

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

得到

$$s(s+3)(s+7)(s^2+20s+225)+K(s+30)=0$$

先展開：

$$s(s+3)(s+7)(s^2+20s+225)$$ $$=s^5+30s^4+446s^3+2670s^2+4725s$$

所以閉迴路特徵方程為

$$s^5+30s^4+446s^3+2670s^2+(4725+K)s+30K=0$$

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2. 根軌跡實軸區段

實軸上的點若其右側有奇數個「實軸極點與零點」，則屬於根軌跡。

實軸上的極點、零點由右至左為

$$0,\;-3,\;-7,\;-30$$

因此實軸根軌跡為

$$\boxed{(-3,0)\quad\text{與}\quad(-30,-7)}$$

也就是：

• $0$ 與 $-3$ 之間有根軌跡；
• $-7$ 與 $-30$ 之間有根軌跡；
• $(-7,-3)$ 與 $(0,\infty)$ 沒有根軌跡。

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3. 無限遠分支的漸近線

漸近線條數為

$$n-m=5-1=4$$

漸近線交點為

$$\sigma_a= \frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m}$$

由

$$\sum p_i=0-3-7-10-10=-30$$

以及

$$\sum z_i=-30$$

可得

$$\sigma_a=\frac{-30-(-30)}{4}=0$$

漸近線角度為

$$\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{4}, \qquad q=0,1,2,3$$

因此

$$\boxed{\theta=45^\circ,\;135^\circ,\;225^\circ,\;315^\circ}$$

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4. 實軸分支的離開點

由

$$K=-\frac{s(s+3)(s+7)(s^2+20s+225)}{s+30}$$

離開點需滿足

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

計算得

$$4s^5+240s^4+4492s^3+42810s^2+160200s+141750=0$$

在根軌跡區段 $(-3,0)$ 中的解約為

$$\boxed{s\approx -1.25}$$

對應的增益約為

$$\boxed{K\approx 88}$$

因此位於 $0$ 與 $-3$ 的兩個閉迴路極點，會在約 $s=-1.25$ 處離開實軸，形成共軛複數極點。

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5. 虛軸交點

由後面的 Routh 判據可得臨界增益

$$K_{\text{cr}}\approx1002.77$$

此時 $s^2$ 列的輔助方程式為

$$c_1s^2+30K=0$$

其中

$$c_1=\frac{357(2670)-30(4725)}{357} \approx2272.94$$

因此虛軸交點為

$$s=\pm j\sqrt{\frac{30K_{\text{cr}}}{c_1}}$$

所以

$$\boxed{s\approx\pm j3.64}$$

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6. 根軌跡圖形特徵

根軌跡的主要結構如下：

• 起點為 $$0,\;-3,\;-7,\;-10\pm j11.18$$
• 一條實軸分支由 $-7$ 移向零點 $-30$；
• $0$ 與 $-3$ 的兩條分支在約 $-1.25$ 處離開實軸；
• 另外兩條分支由 $-10\pm j11.18$ 出發；
• 四條趨向無限遠的分支沿著

核心觀念

本題考查以頻率法設計 lag-lead compensator（落後—超前補償器），並同時滿足：

• 百分之十超越量 $M_p=10\%$
• 2% settling time $T_s=1\ \text{s}$
• 速度誤差常數 $K_v=1000$

系統為單位負回授，因此開迴路傳遞函數為

$$L(s)=G(s)C(s)$$

其中

$$G(s)=\frac{0.004K}{s(s+0.5)(s+40)}.$$

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解題方法：由時域規格決定主導極點

二階系統的百分之十超越量給出阻尼比：

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}=0.1$$

因此

$$\zeta = \frac{-\ln(0.1)} {\sqrt{\pi^2+\ln^2(0.1)}} \approx 0.591.$$

採用 2% settling time 公式：

$$T_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}$$

由 $T_s=1$ 得

$$\zeta\omega_n=4.$$

故

$$\omega_n=\frac{4}{0.591}\approx 6.77.$$

所需主導閉迴路極點為

$$s_d=-\zeta\omega_n \pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

即

$$s_d=-4\pm j5.45.$$

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相位條件

在 $s_d=-4+j5.45$ 處，原系統的相位為

$$\angle G(s_d) = -90^\circ -\tan^{-1}\left(\frac{5.45}{3.5}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{5.45}{36}\right).$$

因此

$$\angle G(s_d) \approx -90^\circ-57.3^\circ-8.6^\circ =-155.9^\circ.$$

根軌跡需滿足總相位為 $-180^\circ$，故補償器需要提供約

$$\angle C(s_d) = -180^\circ-(-155.9^\circ) =-24.1^\circ.$$

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設計 lag-lead 補償器

選擇

$$C(s)= \frac{(s+5)(s+4)} {(s+0.2275)(s+7)}.$$

其中：

• 落後補償器：

$$C_{\text{lag}}(s)=\frac{s+5}{s+0.2275}$$

• 超前補償器：

$$C_{\text{lead}}(s)=\frac{s+4}{s+7}$$

在 $s_d=-4+j5.45$ 處，落後部分約提供

核心觀念

本題考查：

1. Bode 圖的轉折頻率、斜率與相位。
2. 穩態誤差與系統型別的關係。
3. PID 控制器設計與相位裕度調整。

單位回授系統的迴路傳遞函數為

$$L(s)=C(s)G(s)$$

若系統為二型系統，對斜坡輸入可達到零穩態誤差。相位裕度定義為

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

其中 $\omega_{gc}$ 為增益交越頻率。

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(a) $K=1$ 時的 Bode 圖

已知

$$G(s)=\frac{1}{s(s+2)(s+6)}$$

1. 極點與轉折頻率

系統有三個極點：

• 原點極點：$s=0$
• $s=-2$，轉折頻率 $\omega=2$
• $s=-6$，轉折頻率 $\omega=6$

沒有有限零點。

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2. 幅頻圖

令 $s=j\omega$，則

$$|G(j\omega)| = \frac{1}{\omega\sqrt{\omega^2+4}\sqrt{\omega^2+36}}$$

以標準 Bode 形式表示：

$$|G(j\omega)| = \frac{1}{12\omega \sqrt{1+(\omega/2)^2} \sqrt{1+(\omega/6)^2}}$$

因此幅值以 dB 表示為

$$20\log_{10}|G(j\omega)| = -20\log_{10}(12\omega) -10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{2}\right)^2\right] -10\log_{10}\left[1+\left(\frac{\omega}{6}\right)^2\right]$$

斜率變化如下：

頻率範圍	幅頻圖斜率
$\omega<2$	$-20$ dB/dec
$2<\omega<6$	$-40$ dB/dec
$\omega>6$	$-60$ dB/dec

低頻近似為

$$|G(j\omega)|\approx \frac{1}{12\omega}$$

在 $\omega=1$ 時，

$$|G(j)|=\frac{1}{\sqrt{5}\sqrt{37}} \approx 0.0735$$

所以

$$20\log_{10}|G(j)|\approx -22.67\text{ dB}$$

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3. 相頻圖

系統相位為

$$\angle G(j\omega) = -90^\circ -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{2}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{6}\right)$$

主要相位如下：

• $\omega\ll 2$：

$$\angle G(j\omega)\approx -90^\circ$$

• $\omega=2$：

$$\angle G(j2) = -90^\circ-45^\circ-\tan^{-1}\left(\frac13\right) \approx -153.4^\circ$$

• $\omega=6$：

$$\angle G(j6) = -90^\circ-\tan^{-1}(3)-45^\circ \approx -206.6^\circ$$

• $\omega\gg 6$：

$$\angle G(j\omega)\approx -270^\circ$$

因此相位圖由 $-90^\circ$ 開始，經過 $\omega=2$ 與 $\omega=6$ 附近逐漸下降，最後趨近 $-270^\circ$。

補充：原系統的增益交越頻率約為

$$\omega_{gc}\approx 0.083\ \text{rad/s}$$

此時相位約為 $-93.2^\circ$，所以原系統相位裕度約為

$$PM\approx 180^\circ-93.2^\circ=86.8^\circ$$

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(b) PID 控制器設計

1. 穩態誤差條件

被控體

$$G(s)=\frac{K}{s(s+2)(s+6)}$$

本身已有一個原點極點，屬於一型系統。

採用 PID 控制器

$$C(s)=K_c\frac{(s+z)^2}{s}$$

控制器再增加一個原點極點，因此整體迴路

$$L(s)=C(s)G(s)$$

具有兩個原點極點，為二型系統。

對單位斜坡輸入，

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

而

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

因此

$$e_{ss}=0$$

符合零穩態誤差要求。

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核心觀念

本題考查：

• 方塊圖化簡與內迴路等效。
• 負回授閉迴路傳遞函數：
  $T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$
• 三階特徵方程式的 Routh–Hurwitz 穩定判據。
• 單位回授系統的開迴路與閉迴路關係：
  $G_{\mathrm{OL}}(s)=\frac{T(s)}{1-T(s)}$
• Bode 圖的轉折頻率、斜率、相位裕度與增益裕度。

圖中兩個內迴路皆為負回授，最外層回授增益為 $1/\pi$，輸入端亦經過 $1/\pi$。

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解題方法

(a) 求 $\dfrac{\theta_o(s)}{\theta_i(s)}$ 及穩定範圍

設最外層加法器輸出為 $e(s)$，則

$$e(s)=\frac{\theta_i(s)}{\pi}-\frac{\theta_o(s)}{\pi}$$

控制器輸出為

$$V_p(s)=K e(s)$$

電氣內迴路

由圖中 $100$ 增益、$1/s$ 積分器及 $-100$ 回授，可得

$$E_a(s)=\frac{1}{s}\left[100V_p(s)-100E_a(s)\right]$$

整理：

$$(s+100)E_a(s)=100V_p(s)$$

因此

$$\frac{E_a(s)}{V_p(s)} =\frac{100}{s+100}$$

機械內迴路

由 $2.083$ 增益、$1/s$ 積分器及 $-1.71$ 回授，可得

$$X_2(s)=\frac{1}{s}\left[2.083E_a(s)-1.71X_2(s)\right]$$

整理：

$$(s+1.71)X_2(s)=2.083E_a(s)$$

所以

$$\frac{X_2(s)}{E_a(s)} =\frac{2.083}{s+1.71}$$

又因為後方尚有一個 $1/s$ 積分器及 $0.1$ 增益，

$$\theta_o(s)=0.1\frac{1}{s}X_2(s)$$

故從 $V_p(s)$ 到 $\theta_o(s)$ 的等效傳遞函數為

$$P(s) =\frac{\theta_o(s)}{V_p(s)} =\frac{100}{s+100} \cdot \frac{2.083}{s+1.71} \cdot \frac{0.1}{s}$$

因此

$$P(s)=\frac{20.83}{s(s+100)(s+1.71)}$$

包含控制器 $K$ 後，最外層前向路徑為

$$G(s)=KP(s) =\frac{20.83K}{s(s+100)(s+1.71)}$$

外迴路回授為 $H(s)=1/\pi$，而輸入端也有 $1/\pi$，故

$$\frac{\theta_o(s)}{\theta_i(s)} = \frac{\frac{1}{\pi}G(s)} {1+\frac{1}{\pi}G(s)}$$

代入 $G(s)$：

$$\boxed{ \frac{\theta_o(s)}{\theta_i(s)} = \frac{20.83K} {\pi s(s+100)(s+1.71)+20.83K} }$$

展開分母：

$$s(s+100)(s+1.71) =s^3+101.71s^2+171s$$

所以特徵方程式為

$$\pi s^3+101.71\pi s^2+171\pi s+20.83K=0$$

除以 $\pi$：

$$s^3+101.71s^2+171s+\frac{20.83K}{\pi}=0$$

對三階多項式

$$s^3+a_1s^2+a_2s+a_3=0$$

穩定條件為

$$a_1>0,\qquad a_2>0,\qquad a_3>0,\qquad a_1a_2>a_3$$

本題中：

$$a_1=101.71,\qquad a_2=171,\qquad a_3=\frac{20.83K}{\pi}$$

因此

$$K>0$$

且

$$101.71(171)>\frac{20.83K}{\pi}$$

得到

$$K<\frac{\pi(101.71)(171)}{20.83}$$

所以穩定範圍為

$$\boxed{ 0<K<2623.2 }$$

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(b) 求單位回授系統的開迴路傳遞函數

單位回授系統滿足

$$T(s)=\frac{G_{\mathrm{OL}}(s)} {1+G_{\mathrm{OL}}(s)}$$

因此

$$G_{\mathrm{OL}}(s) =\frac{T(s)}{1-T(s)}$$

由 (a)：

$$T(s)= \frac{20.83K} {\pi s(s+100)(s+1.71)+20.83K}$$

則

$$1-T(s) = \frac{\pi s(s+100)(s+1.71)} {\pi s(s+100)(s+1.71)+20.83K}$$

所以

$$G_{\mathrm{OL}}(s) = \frac{20.83K} {\pi s(s+100)(s+1.71)}$$

故

$$\boxed{ G_{\mathrm{OL}}(s) = \frac{20.83K} {\pi s(s+100)(s+1.71)} }$$

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(c) $K=1$ 時的 Bode 圖與穩定性

當 $K=1$ 時，

$$G_{\mathrm{OL}}(s) = \frac{20.83} {\pi s(s+100)(s+1.71)}$$

寫成標準 Bode 形式：