109 年 國立臺灣大學機械系碩士班系控組《控制系統（A）》

此題要求繪製兩個系統的伯德圖 (Bode plot)，並標示出低頻與高頻範圍的增益 (dB) 與相位 (度)，斜率，以及共振頻率和峰值。

(a) $G(s) = \frac{50}{s+5}$

此傳遞函數包含一個實極點。

1. 低頻漸近線 (Low-frequency Asymptote):
   當 $s \to 0$ 時，$G(s) \approx \frac{50}{5} = 10$。
   增益為 $20 \log_{10}(10) = 20 \text{ dB}$。
   相位為 $0^\circ$。

2. 高頻漸近線 (High-frequency Asymptote):
   當 $s \to \infty$ 時，$G(s) \approx \frac{50}{s}$。
   增益斜率為 $-20 \text{ dB/decade}$。
   相位趨近於 $-90^\circ$。

3. 轉折頻率 (Corner Frequency):
   極點位於 $s = -5$，所以轉折頻率 $\omega_c = 5 \text{ rad/sec}$。
   在 $\omega_c = 5$ rad/sec 時：
   增益 $|G(j5)| = |\frac{50}{j5+5}| = |\frac{50}{5(1+j)}| = |\frac{10}{1+j}| = \frac{10}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{10}{\sqrt{2}} \approx 7.07$。
   增益 (dB) $= 20 \log_{10}(\frac{10}{\sqrt{2}}) = 20 (\log_{10}10 - \log_{10}\sqrt{2}) = 20 (1 - 0.5 \log_{10}2) \approx 20(1 - 0.5 \times 0.301) \approx 20(1 - 0.15) = 17 \text{ dB}$。
   相位 $\angle G(j5) = \angle \frac{50}{j5+5} = \arctan(\frac{5}{-5}) = \arctan(-1) = -45^\circ$。

4. 伯德圖繪製:

   • 增益圖:
     在 $\omega < 5$ rad/sec 時，增益為 $20 \text{ dB}$。
     在 $\omega > 5$ rad/sec 時，增益以 $-20 \text{ dB/decade}$ 的斜率下降。
     在 $\omega = 5$ rad/sec 時，實際增益約為 $17 \text{ dB}$。
   • 相位圖:
     在低頻時，相位為 $0^\circ$。
     在 $\omega = 5$ rad/sec 時，相位為 $-45^\circ$。
     在高頻時，相位趨近於 $-90^\circ$。
     相位曲線在轉折頻率附近變化，通常在 $\omega = 0.1\omega_c$ 到 $10\omega_c$ 之間從 $0^\circ$ 變化到 $-90^\circ$。

5. 共振頻率與峰值:
   此系統只有實極點，沒有共振現象，因此沒有共振頻率或共振峰值。

(b) $G(s) = \frac{40(s-10)}{s^2+4s+400}$

此傳遞函數包含一個實零點和一對複共軛極點。
首先，將分母配方：$s^2+4s+400 = (s+2)^2 - 4 + 400 = (s+2)^2 + 396 = (s+2)^2 + (j\sqrt{396})^2$。
所以，極點位於 $s = -2 \pm j\sqrt{396} = -2 \pm j 19.9$。
自然頻率 $\omega_n = \sqrt{396} \approx 19.9 \text{ rad/sec}$。
阻尼比 $\zeta = \frac{2}{2\omega_n} = \frac{2}{2\sqrt{396}} = \frac{1}{\sqrt{396}} \approx \frac{1}{19.9} \approx 0.05$。
由於 $\zeta$ 很小，此系統會有明顯的共振。

零點位於 $s=10$。

1. 低頻漸近線:
   當 $s \to 0$ 時，$G(s) \approx \frac{40(-10)}{400} = -1$。
   增益為 $20 \log_{10}|-1| = 0 \text{ dB}$。
   相位為 $\angle(-1) = 180^\circ$。

2. 高頻漸近線:
   當 $s \to \infty$ 時，$G(s) \approx \frac{40s}{s^2} = \frac{40}{s}$。

核心觀念

假設採用標準單位負回授，迴路傳遞函數為 $K G(s)$，閉迴路特徵方程為 $1+K G(s)=0$。本題重點是：

• 用終值定理求單位步階響應的穩態值。
• 由 $G(j\omega)$ 描繪 Nyquist 圖，判斷臨界點 $-1/K$ 的位置與繞行次數。
• 開迴路極點都在左半平面，因此 $P=0$；依 Nyquist 穩定判據，閉迴路穩定須使 Nyquist 圖對 $-1/K$ 的淨繞行數為零。

解題方法

(a) 單位步階響應的穩態值

開迴路極點為 $s=-2\pm j\sqrt{396}$，皆在左半平面，故單位步階響應有穩態值。由終值定理：

$$y(\infty)=\lim_{s\to 0}sG(s)\frac{1}{s} =G(0) =\frac{40(0-10)}{400} =-1.$$

因此，單位步階輸入的穩態輸出為 $-1$。

(b) Nyquist 圖

令 $s=j\omega$，將實部與虛部分開：

$$G(j\omega) = \frac{40(-10+j\omega)}{400-\omega^2+j4\omega}$$ $$\operatorname{Re}G(j\omega) = \frac{40(14\omega^2-4000)} {(400-\omega^2)^2+16\omega^2}, \qquad \operatorname{Im}G(j\omega) = \frac{40\omega(440-\omega^2)} {(400-\omega^2)^2+16\omega^2}.$$

正頻率支線的關鍵位置與方向如下：

• $\omega=0$ 時，$G(j0)=-1$。
• $0<\omega<\sqrt{440}$ 時，虛部為正，曲線由 $-1$ 進入上半平面。
• $\omega=\sqrt{440}$ 時，虛部為零，實部為 $10$，曲線穿越正實軸。
• $\omega>\sqrt{440}$ 時，虛部為負，曲線進入下半平面，並在 $\omega\to\infty$ 時由下方趨近原點。
• 負頻率支線是正頻率支線對實軸的鏡射。

核心觀念

本題考查頻率響應、Bode 圖與穩定裕度：

• 增益交越頻率 $\omega_{gc}$：$|G(j\omega)|=1$。
• 相位交越頻率 $\omega_{pc}$：$\angle G(j\omega)=-180^\circ$。
• 相位裕度：
  $PM=180^\circ+\angle G(j\omega_{gc})$
• 增益裕度：
  $GM=\frac{1}{|G(j\omega_{pc})|}$

系統為

$$G(s)=\frac{40(s-10)}{s^2+4s+400}$$

其極點為 $-2\pm j\sqrt{396}$，皆在左半平面；零點為 $s=10$，位於右半平面。

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頻率響應

令 $s=j\omega$，則

$$G(j\omega)=\frac{40(j\omega-10)} {400-\omega^2+j4\omega}$$

增益

$$|G(j\omega)| = \frac{40\sqrt{\omega^2+100}} {\sqrt{(400-\omega^2)^2+16\omega^2}}$$

因此

$$|G(j\omega)|^2 = \frac{1600(\omega^2+100)} {\omega^4-784\omega^2+160000}$$

低頻與高頻特性為

$$G(0)=\frac{40(-10)}{400}=-1$$

所以

$$|G(0)|=1,\qquad 20\log_{10}|G(0)|=0\ \text{dB}$$

當 $\omega\to\infty$ 時，

$$|G(j\omega)|\approx \frac{40}{\omega}$$

故高頻斜率為 $-20$ dB/decade。

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相位

分子 $j\omega-10$ 位於第二象限，因此

$$\angle(j\omega-10) = 180^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right)$$

分母相位為

$$\angle(400-\omega^2+j4\omega) = \tan^{-1}\left(\frac{4\omega}{400-\omega^2}\right)$$

故

$$\angle G(j\omega) = 180^\circ-\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) -\angle(400-\omega^2+j4\omega)$$

重要相位特性如下：

• $\omega=0$ 時，$\angle G(j\omega)=-180^\circ$。
• $\omega\to\infty$ 時，$\angle G(j\omega)\to -90^\circ$。
• 除了 $\omega=0$ 外，相位不會再次通過 $-180^\circ$。

Bode 圖大致如下：

• 低頻增益為 $0$ dB。
• $\omega=20$ rad/s 附近因二階極點產生共振。
• 高頻以 $-20$ dB/decade 下降。
• 相位由 $-180^\circ$ 逐漸上升，最後趨近 $-90^\circ$。

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增益交越頻率與相位裕度

令 $|G(j\omega)|=1$：

此題要求比較 PD 控制 (比例微分控制) 與相位超前控制 (phase-lead control) 的優缺點及應用。這兩種控制策略都用於改善系統的動態響應，特別是提高穩定性和響應速度。

PD 控制 (Proportional-Derivative Control)

PD 控制器提供與比例 (P) 和微分 (D) 增益成正比的輸出。其傳遞函數為 $C(s) = K_p + K_d s = K_p(1 + \frac{K_d}{K_p}s) = K_p(1 + \tau_d s)$。

• 優點:

  1. 提高系統穩定性: 微分項可以預測誤差的變化趨勢，提前做出反應，從而減小超調量，提高系統的阻尼比，使系統更穩定。
  2. 提高響應速度: 增強了系統的開環增益 (比例項)，有助於減小穩態誤差（雖然 PD 控制本身不能消除穩態誤差，但可以改善整體響應）。微分項的加入可以加速響應。
  3. 抑制高頻雜訊 (理論上): 微分項對高頻成分敏感，但實際應用中，過濾器通常是必需的，以防止放大感測器雜訊。
  4. 實現簡單: 相較於更複雜的控制器，PD 控制器相對容易實現。

• 缺點:

  1. 對雜訊敏感: 微分項對輸入信號的變化率敏感，這意味著它會放大感測器或輸入信號中的高頻雜訊，可能導致控制器輸出抖動。
  2. 不能消除穩態誤差: PD 控制器本身不包含積分項，因此無法消除穩態誤差（例如，對於階躍輸入）。
  3. 可能引起系統振盪 (若設計不當): 雖然微分項有助於穩定，但如果比例增益過高或微分增益設置不當，仍可能導致系統不穩定或不必要的振盪。
  4. 對輸入信號的階躍變化反應劇烈: 如果輸入信號有一個大的階躍變化，微分項會產生一個非常大的瞬時輸出，可能飽和執行器。

• 應用:

  1. 運動控制: 伺服馬達和機器人手臂的位置和速度控制。
  2. 過程控制: 溫度、壓力、流量等過程的控制，以提高響應速度和穩定性。
  3. 航空航太: 飛行器姿態控制。
  4. 自動駕駛系統: 車輛的巡航控制和轉向控制。

相位超前控制 (Phase-Lead Control)

相位超前控制器通常通過零點和極點組合實現，其傳遞函數為 $C(s) = K \frac{s+z}{s+p}$，其中 $|p| > |z|$。這種結構使得在特定頻率範圍內，控制器的相位輸出是超前的（正的）。

• 優點:

  1. 提高系統穩定性: 相位超前控制器在關鍵頻率範圍內增加相位裕度，從而提高閉迴路系統的穩定性。
  2. 提高響應速度: 通過增加相位裕度，可以允許更高的增益交叉頻率，從而加快系統的響應速度。
  3. 減少超調量: 提高阻尼比，減少過度的超調。
  4. 可以增加系統的閉迴路頻寬: 允許系統響應更高頻率的變化。

• 缺點:

  1. 無法消除穩態誤差: 與 PD 控制類似，相位超前控制器本身不包含積分項，因此不能消除穩態誤差。
  2. 可能放大高頻雜訊: 雖然其主要目的是增加相位，但其結構也可能在高頻範圍內放大雜訊。
  3. 可能降低系統的低頻增益: 為了實現相位超前，通常需要犧牲一部分低頻增益，這可能會影響系統的穩態性能。
  4. 設計較為複雜: 相位超前控制器的零點和極點的選擇需要仔細計算，以達到期望的性能。

核心觀念

本題考查：

1. PD 控制器的根軌跡設計。
2. 單位回授、Type 1 系統的斜坡輸入穩態誤差。
3. 二階系統規格與 $\zeta$、$\omega_n$ 的關係。
4. 由超越量、上升時間與安定時間反推所需閉迴路極點。

令 PD 控制器寫成

$$C_{PD}(s)=K(s+z)=K s+Kz,$$

其中 $K$ 為控制器增益，$-z$ 為 PD 控制器零點。原系統的開迴路傳遞函數為

$$L(s)=\frac{4500K(s+z)}{s(s+360)}.$$

若將題目原式中的 $K$ 視為整體增益，則等價的 PD 控制器為 $s+z$，而增益由題目中的 $K$ 決定。

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解題方法一：由斜坡穩態誤差決定 $\omega_n$

Type 1 系統對單位斜坡輸入的穩態誤差為

$$e_{ss,\mathrm{ramp}}=\frac{1}{K_v},$$

其中速度誤差常數

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

因此

$$K_v =\lim_{s\to 0} s\frac{4500K(s+z)}{s(s+360)} =\frac{4500Kz}{360} =12.5Kz.$$

由題目給定

$$e_{ss,\mathrm{ramp}}=0.00044,$$

得到

$$K_v=\frac{1}{0.00044}=2272.727.$$

所以

$$12.5Kz=2272.727,$$

即

$$Kz=181.818.$$

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解題方法二：建立閉迴路特徵方程式

單位回授閉迴路特徵方程式為

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

因此

$$s(s+360)+4500K(s+z)=0,$$

整理得

$$s^2+(360+4500K)s+4500Kz=0.$$

標準二階系統特徵方程式為

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0.$$

比較係數可得

$$2\zeta\omega_n=360+4500K,$$

以及

$$\omega_n^2=4500Kz.$$

由前述斜坡誤差條件 $Kz=181.818$，可得

$$\omega_n^2=4500(181.818)=818181.8.$$

因此

$$\omega_n=\sqrt{818181.8}=904.53\ \mathrm{rad/s}.$$

可見斜坡誤差已經固定自然頻率 $\omega_n$；接著只需選擇足夠大的阻尼比 $\zeta$，再由係數比較求出 $K$ 與 $z$。

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由規格決定阻尼比

超越量規格為

$$M_p\le 5\%.$$

二階系統超越量公式為

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

令 $M_p=0.05$，可得最低阻尼比約為

$$\zeta\ge 0.690.$$

安定時間採用 2% 判定標準：

$$t_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}.$$

`

要求 $t_s\le 0.005$ 秒，因此

$$\zeta\omega_n\ge \frac{4}{0.005}=800.$$

代入 $\omega_n=904.53$：

$$\zeta\ge \frac{800}{904.53}=0.884.$$

安定時間條件比超越量條件嚴格，因此選擇

$$\boxed{\zeta=0.9}$$

可同時滿足兩項規格，並保留設計裕度。

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求 PD 增益與零點

由

$$2\zeta\omega_n=360+4500K,$$

代入 $\zeta=0.9$、$\omega_n=904.53$：

$$2(0.9)(904.53)=360+4500K.$$

因此

$$K=\frac{1628.15-360}{4500} =0.2818.$$

核心觀念

本題考查：

• 由轉移函數建立狀態空間表示。
• 可控性與狀態回授極點配置。
• 閉迴路特徵多項式與指定極點之匹配。

將

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

改寫為

$$s^3Y(s)+4s^2Y(s)+3sY(s)=U(s).$$

因此，在零初始條件下，時域微分方程為

$$\dddot y+4\ddot y+3\dot y=u.$$

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(a) 狀態空間表示

選擇相變數

$$x_1=y,\qquad x_2=\dot y,\qquad x_3=\ddot y.$$

則

$$\dot x_1=x_2,$$ $$\dot x_2=x_3,$$ $$\dot x_3=-3x_2-4x_3+u.$$

所以狀態方程為

$$\dot x= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&-3&-4 \end{bmatrix}x+ \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}u.$$

輸出方程為

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

因此

$$A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&-3&-4 \end{bmatrix},\qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix},$$ $$C= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix},\qquad D=0.$$

驗算原系統極點：

$$\det(sI-A) =s^3+4s^2+3s =s(s+1)(s+3),$$

與原轉移函數一致。

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(b) 狀態回授極點配置

採用負狀態回授

$$u=-Kx, \qquad K= \begin{bmatrix} k_1&k_2&k_3 \end{bmatrix}.$$

閉迴路系統矩陣為

$$A_{\mathrm{cl}}=A-BK.$$

由於

$$BK= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ k_1&k_2&k_3 \end{bmatrix},$$

可得

$$A_{\mathrm{cl}}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ -k_1&-3-k_2&-4-k_3 \end{bmatrix}.$$

其閉迴路特徵多項式為

$$\det(sI-A_{\mathrm{cl}}) =s^3+(4+k_3)s^2+(3+k_2)s+k_1.$$

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可控性判斷

可控性矩陣為

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

計算得

$$B= \begin{bmatrix} 0\\0\\1 \end{bmatrix},\qquad AB= \begin{bmatrix} 0\\1\\-4 \end{bmatrix},\qquad A^2B= \begin{bmatrix} 1\\-4\\13 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\mathcal C= \begin{bmatrix} 0&0&1\\ 0&1&-4\\ 1&-4&13 \end{bmatrix},$$

且

$$\det(\mathcal C)=-1\neq 0.$$