109 年 國立清華大學動力機械工程學系碩士班乙組《控制系統》

核心觀念

本題考查：

1. DC 馬達由輸入電壓 $v_a$ 到輸出角速度 $y=\dot{\theta}_m$ 的傳遞函數。
2. 回授方塊圖中控制器與馬達串聯後的開迴路增益。
3. Nyquist 穩定判據：
   $N=Z-P$
   其中 $P$ 為開迴路右半平面極點數，$Z$ 為閉迴路右半平面極點數，$N$ 為 Nyquist 圖順時針包圍 $-1$ 點的次數。
4. Gain Margin 與 Phase Margin 的定義。

圖中方塊標示為 $2s$，因此控制器為微分控制器 $C(s)=1-2s$，因為第二加總點的輸入為 $e$ 減去 $2se$。

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馬達傳遞函數

由電氣迴路：

$$v_a=R_ai_a+L_a\frac{di_a}{dt}+K_e\dot{\theta}_m$$

因為 $L_a=0$，且 $R_a=K_e=1$：

$$v_a=i_a+\dot{\theta}_m$$

因此

$$i_a=v_a-\dot{\theta}_m$$

馬達轉矩為

$$T=K_ti_a=i_a$$

機械方程式為

$$J_m\ddot{\theta}_m+b\dot{\theta}_m=T-W$$

忽略外擾 $W$ 對輸入至輸出的傳遞函數影響，代入
$J_m=b=1$：

$$\ddot{\theta}_m+\dot{\theta}_m=i_a$$

令 $y=\dot{\theta}_m$，則

$$sy+y=i_a$$

又因為 $i_a=v_a-y$，所以

$$(s+1)y=v_a-y$$

得到

$$(s+2)y=v_a$$

故馬達傳遞函數為

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

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開迴路增益

第一個加總點：

$$e=r-y$$

第二個加總點的輸出為

$$v_a=e-2se=(1-2s)e$$

因此由 $e$ 到 $y$ 的開迴路增益為

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

外擾 $W$ 只影響輸出響應，不影響閉迴路特徵方程式，因此 Nyquist 分析使用上述 $G(s)$。

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(a) Nyquist 圖

令 $s=j\omega$：

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

乘以共軛後：

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

因此

$$G(j\omega) =\frac{2-2\omega^2}{4+\omega^2} -j\frac{5\omega}{4+\omega^2}$$

令 $G(j\omega)=x+jy$，則

$$x=\frac{2-2\omega^2}{4+\omega^2}$$ $$y=-\frac{5\omega}{4+\omega^2}$$

重要位置

當 $\omega=0$：

$$G(0)=\frac{1}{2}=0.5$$

當 $\omega=1$：

$$G(j)=-j$$

因此通過虛軸上的點 $(0,-1)$。

當 $x=-1$：

$$\frac{2-2\omega^2}{4+\omega^2}=-1$$

解得

$$\omega=\sqrt{6}$$

此時

$$G(j\sqrt{6}) =-1-j\frac{\sqrt{6}}{2}$$

當 $\omega\to\infty$：

$$G(j\omega)\to -2$$

所以正頻率方向的 Nyquist 曲線由 $0.5$ 出發，進入下半平面，經過 $-j$，最後趨近 $-2$；負頻率部分為其關於實軸的鏡射。

Nyquist 圖順時針包圍 $-1$ 點一次。

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(b) Nyquist 穩定判據

開迴路增益為

核心觀念

本題考查：

1. 由 Bode 圖判讀轉移函數的極點、零點與增益。
2. 由 $G_c(s)G_p(s)$ 推導 Nyquist 圖。
3. 使用 Nyquist 穩定判據：
   $Z=N+P$

其中：

• $P$：開迴路在右半平面的極點數。
• $N$：Nyquist 曲線對 $-1+j0$ 的順時針包圍數。
• $Z$：閉迴路在右半平面的極點數。

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(a) 由 Bode 圖求迴路增益

由圖中 Magnitude 可觀察：

• 低頻斜率為 $-20\ \mathrm{dB/dec}$，表示有一個原點極點 $1/s$。
• 約 $\omega=1\ \mathrm{rad/sec}$ 後斜率增加 $+20\ \mathrm{dB/dec}$，表示有一個零點於 $s=+1$。
• 約 $\omega=100\ \mathrm{rad/sec}$ 後斜率減少 $-20\ \mathrm{dB/dec}$，表示有一個極點於 $s=-100$。
• 相位由低頻約 $270^\circ$（等效於 $-90^\circ$）下降至高頻約 $90^\circ$（等效於 $-270^\circ$），代表零點位於右半平面，即 $s=+1$。

因此，$k=1$ 時的迴路增益為

$$G(s)G_p(s) =K\frac{1-s}{s(s+100)}.$$

由低頻 Magnitude 圖，在 $\omega=0.01$ 時約為 $100$：

$$\left|G(j0.01)G_p(j0.01)\right| \approx \frac{K}{100(0.01)} =K.$$

圖中低頻增益約為 $100$，故可得 $K=100$。

因此

$$\boxed{ G(s)G_p(s)=\frac{100(1-s)}{s(s+100)} }$$

也可寫成

$$G(s)G_p(s) =-\frac{100(s-1)}{s(s+100)}.$$

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(b) $k=0.5$ 時的 Nyquist 圖

此時

$$G_c(s)G_p(s) =0.5G(s)G_p(s) =\frac{50(1-s)}{s(s+100)}.$$

令 $s=j\omega$：

$$L(j\omega) =\frac{50(1-j\omega)} {j\omega(100+j\omega)}.$$

整理實部與虛部：

$$L(j\omega) = -\frac{5050}{\omega^2+10000} +j\frac{50(\omega^2-100)} {\omega(\omega^2+10000)}.$$

因此

$$\operatorname{Re}\{L(j\omega)\} =-\frac{5050}{\omega^2+10000},$$ $$\operatorname{Im}\{L(j\omega)\} = \frac{50(\omega^2-100)} {\omega(\omega^2+10000)}.$$

實軸交點

實軸交點須滿足虛部為零：

$$\frac{50(\omega^2-100)} {\omega(\omega^2+10000)}=0.$$

因此

核心觀念

本題綜合考查：

1. 微分方程與轉移函數的轉換。
2. 可控制標準型 realization。
3. 狀態空間模型、可控制性與可觀察性。
4. Ackermann 法或特徵多項式係數比對進行極點配置。
5. 由狀態回授推導控制器轉移函數。

需注意：題幹第 (c) 小題指定 $u=\dot{\delta}$，因此動力方程中的輸入項必須是 $9\dot{\delta}$，才能形成標準狀態方程。若照轉錄文字寫成 $9\ddot{\delta}$，則 $\dot{x}_2$ 會含有 $\dot{u}$，無法用指定的 $x$、$u$ 寫成一般形式 $\dot{x}=Ax+Bu$。以下依原卷第 (c) 小題的設定，採用一致且可解的方程式

$$\ddot{\theta}=9\dot{\delta}+3\dot{\theta}+16\theta$$

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(a) 求轉移函數 $G(s)$

假設初始條件為零，對方程式取拉氏轉換：

$$s^2\Theta(s)=9s\Delta(s)+3s\Theta(s)+16\Theta(s)$$

整理得

$$\left(s^2-3s-16\right)\Theta(s)=9s\Delta(s)$$

因此

$$G(s)=\frac{\Theta(s)}{\Delta(s)} =\frac{9s}{s^2-3s-16}$$

答案

$$\boxed{G(s)=\frac{9s}{s^2-3s-16}}$$

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(b) 可控制標準型 realization

分母為

$$s^2-3s-16$$

可寫成標準形式

$$s^2+a_1s+a_0$$

其中

$$a_1=-3,\qquad a_0=-16$$

因此可控制標準型為

$$A= \begin{bmatrix} 0&1\\ 16&3 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}$$

因為

$$G(s)=\frac{9s+0}{s^2-3s-16}$$

所以

$$C= \begin{bmatrix} 0&9 \end{bmatrix}, \qquad D=0$$

驗算：

$$(sI-A)^{-1}B = \frac{1}{s^2-3s-16} \begin{bmatrix} 1\\s \end{bmatrix}$$

因此

$$C(sI-A)^{-1}B = \frac{9s}{s^2-3s-16}$$

答案

$$\boxed{ A= \begin{bmatrix} 0&1\\ 16&3 \end{bmatrix},\quad B= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix},\quad C= \begin{bmatrix} 0&9 \end{bmatrix},\quad D=0 }$$

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(c) 依指定狀態建立狀態方程

令

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \theta\\\dot{\theta}\\\delta \end{bmatrix}, \qquad u=\dot{\delta}, \qquad y=\theta$$

則

$$\dot{x}_1=\dot{\theta}=x_2$$

由原微分方程式：

$$\ddot{\theta}=9\dot{\delta}+3\dot{\theta}+16\theta$$

可得

$$\dot{x}_2=16x_1+3x_2+9u$$

另外，

$$\dot{x}_3=\dot{\delta}=u$$

因此

$$\dot{x} = \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 16&3&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix}x + \begin{bmatrix} 0\\ 9\\ 1 \end{bmatrix}u$$

輸出為

$$y= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}x+0u$$

所以

$$\boxed{ A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 16&3&0\\ 0&0&0 \end{bmatrix},\quad B= \begin{bmatrix} 0\\9\\1 \end{bmatrix},\quad C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix},\quad D=0 }$$

可控制性

可控制矩陣為

$$\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B&AB&A^2B \end{bmatrix}$$

計算得

$$AB= \begin{bmatrix} 9\\27\\0 \end{bmatrix}, \qquad A^2B= \begin{bmatrix} 27\\225\\0 \end{bmatrix}$$

因此

核心觀念

本題為古典控制理論中標準且完整的**根軌跡法（Root Locus Method）**綜合繪圖與分析題，主要涵蓋以下核心觀念與定理：

1. 開迴路極點與零點（Open-Loop Poles & Zeros）：由特徵方程式標準形式 $1 + G(s)H(s) = 0$ 萃取出開迴路轉移函數之極點與零點。
2. 實軸上的根軌跡（Root Loci on Real Axis）：實軸上一點若位於「其右側實軸極點與零點總數為奇數」之區域，則該區段屬於根軌跡。
3. 漸近線（Asymptotes）：當增益 $K \to \infty$ 時，$n - m$ 條根軌跡分支會沿著漸近線趨向無窮遠，漸近線夾角為 $\theta_a = \frac{(2k+1)180^\circ}{n-m}$，交點（重心）為 $\sigma_a = \frac{\sum p_i - \sum z_i}{n-m}$。
4. 虛軸交點與臨界增益（$j\omega$-Axis Crossing & Critical Gain）：利用**羅斯穩定準則（Routh-Hurwitz Stability Criterion）**令 $s^1$ 列為零，找出系統臨界穩定時的增益 $K_c$ 與輔助方程式（Auxiliary Equation）所對應的虛軸振盪頻率。
5. 分離點／分支點（Breakaway Points）：滿足 $\frac{dK}{ds} = 0$ 且位於有效根軌跡區段上的實數解。
6. 複數極點之出發角（Angle of Departure）：利用相角條件 $\angle G(s)H(s) = \pm 180^\circ(2k+1)$，求得 $\theta_d = 180^\circ - \sum \theta_{p_i} + \sum \theta_{z_i}$。
7. 指定阻尼比之極點與增益設計：阻尼比 $\zeta = \cos\beta = 0.707 \implies \beta = 45^\circ$，極點形式為 $s = x(-1 + j)$，代入特徵方程式利用虛部為零求得交點位置，再由量值條件求得對應之增益。

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詳細解題步驟

系統特徵方程式為：
$1 + \frac{K}{s^4 + 12s^3 + 64s^2 + 128s} = 0$
定義開迴路轉移函數：
$G(s)H(s) = \frac{K}{s(s^3 + 12s^2 + 64s + 128)}$

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(a) 開迴路極點與零點 (Open Loop Poles and Zeros)

1. 開迴路零點 ($z_i$)：
   分子多項式無根，故零點數 $m = 0$，無有限開迴路零點。

2. 開迴路極點 ($p_i$)：
   令分母多項式為零：
   $s(s^3 + 12s^2 + 64s + 128) = 0$
   依題目提示，三次多項式包含一根 $s = -4$，利用長除法因式分解：
   $s^3 + 12s^2 + 64s + 128 = (s + 4)(s^2 + 8s + 32)$
   解二次式 $s^2 + 8s + 32 = 0$：
   $s = \frac{-8 \pm \sqrt{64 - 128}}{2} = -4 \pm j4$
   因此，共有 $n = 4$ 個開迴路極點：
   $p_1 = 0,\quad p_2 = -4,\quad p_3 = -4 + j4,\quad p_4 = -4 - j4$

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(b) 實軸上的根軌跡線段 (Segments on Real Axis)

實軸上的開迴路極點為 $s = 0$ 與 $s = -4$（共軛複數極點成對出現，對實軸相角貢獻為 $360^\circ$，不影響奇偶性判定）：

• 在區間 $[-4, 0]$ 內，任意點往右看僅有 1 個實軸極點（$s = 0$），為奇數，故屬於根軌跡。
• 在 $s > 0$ 與 $s < -4$ 區域，往右看的實軸極點數分別為 0 與 2，為偶數，不屬於根軌跡。

實軸上的根軌跡線段為：$[-4, 0]$（即 $-4 \le s \le 0$）。

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(c) 漸近線夾角與交點 (Angles and Intersection of Asymptotes)

1. 漸近線數量：$n - m = 4 - 0 = 4$ 條。
2. 漸近線夾角 $\theta_a$：
   $\theta_a = \frac{(2k + 1)180^\circ}{4} = 45^\circ, 135^\circ, 225^\circ, 315^\circ \quad (\text{即 } \pm 45^\circ, \pm 135^\circ),\quad k = 0, 1, 2, 3$
3. 漸近線交點 $\sigma_a$（重心）：
   $\sigma_a = \frac{\sum_{i=1}^{4} p_i - \sum z_i}{n - m} = \frac{0 + (-4) + (-4 + j4) + (-4 - j4) - 0}{4} = \frac{-12}{4} = -3$

漸近線交於實軸點 $s = -3$，夾角為 $\pm 45^\circ, \pm 135^\circ$。

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(d) 虛軸交點與臨界增益 $K_c$ (Imaginary Axis Crossing and $K_c$)

特徵方程式展開：
$s^4 + 12s^3 + 64s^2 + 128s + K = 0$
建立羅斯表（Routh Table）：

$$\begin{array}{c|ccc} s^4 & 1 & 64 & K \\ s^3 & 12 & 128 & 0 \\ s^2 & \frac{12 \times 64 - 1 \times 128}{12} = \frac{640}{12} = \frac{160}{3} & K & 0 \\ s^1 & \frac{\frac{160}{3} \times 128 - 12K}{\frac{160}{3}} = 128 - \frac{9}{40}K & 0 & \\ s^0 & K & & \end{array}$$

1. 臨界增益 $K_c$：
   令 $s^1$ 列之係數為零：
   $128 - \frac{9}{40}K_c = 0 \implies K_c = \frac{128 \times 40}{9} = \frac{5120}{9} \approx 568.89$

2. 虛軸交點：
   由 $s^2$ 列建立輔助方程式（Auxiliary Equation）：
   $\frac{160}{3}s^2 + K_c = 0 \implies \frac{160}{3}s^2 + \frac{5120}{9} = 0$
   $s^2 = -\frac{5120}{9} \times \frac{3}{160} = -\frac{32}{3}$
   $s = \pm j \sqrt{\frac{32}{3}} = \pm j \frac{4\sqrt{6}}{3} \approx \pm j 3.266$

虛軸交點為 $s = \pm j\sqrt{\frac{32}{3}} \approx \pm j3.27$，對應之臨界增益 $K_c = \frac{5120}{9} \approx 568.89$。

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(e) 分離點／分支點 (Approximate Breakaway Point)

由特徵方程式解出增益 $K$：
$K = -(s^4 + 12s^3 + 64s^2 + 128s)$
令 $\frac{dK}{ds} = 0$：
$-(4s^3 + 36s^2 + 128s + 128) = 0 \implies s^3 + 9s^2 + 32s + 32 = 0$

設 $f(s) = s^3 + 9s^2 + 32s + 32$。分離點必定落在實軸有效區間 $[-4, 0]$ 內：

• $f(0) = 32 > 0$
• $f(-1) = -1 + 9 - 32 + 32 = 8 > 0$
• $f(-2) = -8 + 36 - 64 + 32 = -4 < 0$
• $f(-1.5) = -3.375 + 20.25 - 48 + 32 = 0.875 > 0$
• $f(-1.6) = -4.096 + 23.04 - 51.2 + 32 = -0.256 < 0$

利用線性內插法估算：
$s_b \approx -1.5 + (-0.1) \times \frac{0.875}{0.875 - (-0.256)} = -1.5 - 0.077 = -1.577 \approx -1.58$
（此時對應 $K(-1.58) \approx 83.6 > 0$，為有效分離點）。

分離點約為 $s \approx -1.58$。

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(f) 複數極點之出發角 (Angles of Departure at Complex Poles)