111 年 國立成功大學製造資訊與系統研究所甲組《自動控制》

核心觀念

本題為經典的軋鋼製程（Steel-rolling process）厚度控制系統模型化與轉移函數推導，核心觀念包含：

1. 電樞控制直流馬達（Armature-controlled DC Motor）動態模型：包含電氣方程式（Kirchhoff 電壓定律，含反電動勢）與機械轉動方程式（Newton 第二定律，含負載等效轉動慣量 $J_L$ 與黏滯摩擦阻尼 $B_m$）。
2. 減速齒輪箱與線性致動器（Gear Box & Linear Actuator）轉換：將馬達旋轉角位移 $\theta_m(t)$ 轉換為壓延滾輪位移（厚度調整量）$y(t) = n\theta_m(t)$。
3. 厚度量測之輸送延遲（Transportation Delay / Pure Time Delay）：鋼板以恆定線速度 $V$ 輸送，從滾輪壓延處到後方量測厚度儀器的距離為 $d$，因此量測端所偵測到的厚度存在純時間延遲 $\tau = \frac{d}{V}$，在頻域拉氏轉換中表示為傳遞函數 $e^{-\tau s} = e^{-(d/V)s}$。
4. 方塊圖合成與閉迴路轉移函數推導：綜合控制器、放大器、馬達、致動器及回授延遲元件，構建系統功能方塊圖並推導前向路徑與閉迴路轉移函數。

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解題方法與詳細步驟

1. 各子系統之時域方程式與拉氏轉換（假設初始條件皆為 0）

• 電樞迴路電氣方程式：

  $$e_a(t) = R_a i_a(t) + L_a \frac{di_a(t)}{dt} + e_b(t)$$

  取 Laplace 轉換：

  $$E_a(s) - E_b(s) = (R_a + L_a s) I_a(s) \implies I_a(s) = \frac{E_a(s) - E_b(s)}{R_a + L_a s}$$

• 馬達電磁轉矩與反電動勢：

  $$T_m(t) = K_t i_a(t) \implies T_m(s) = K_t I_a(s)$$ $$e_b(t) = K_b \frac{d\theta_m(t)}{dt} \implies E_b(s) = K_b s \Theta_m(s)$$

• 機械轉動動態方程式：
  根據題目條件，負載反射至馬達軸之等效轉動慣量為 $J_L$，總等效轉動慣量為 $J_{eq} = J_m + J_L$；負載庫倫摩擦力矩 $T_L = 0$。因此馬達運動方程式為：

  $$(J_m + J_L) \frac{d^2\theta_m(t)}{dt^2} + B_m \frac{d\theta_m(t)}{dt} = T_m(t)$$

  取 Laplace 轉換：

  $$\left[(J_m + J_L) s^2 + B_m s\right] \Theta_m(s) = T_m(s)$$

  馬達位移對轉矩之轉移關係為：

  $$\Theta_m(s) = \frac{1}{s \left[(J_m + J_L)s + B_m\right]} T_m(s)$$

• 致動器線性位移輸出：

  $$y(t) = n \theta_m(t) \implies Y(s) = n \Theta_m(s)$$

• 控制器與功率放大器：
  依題意，控制器與放大器之總增益為 $K$。若誤差信號為 $E(s) = R(s) - B(s)$（其中 $R(s)$ 為厚度設定參考值，$B(s)$ 為感測器回授量測值），則施加於馬達電樞之控制電壓為：

  $$E_a(s) = K E(s)$$

• 鋼板輸送與厚度感測延遲：
  實際壓延成型的鋼板厚度變動量直接對應於滾輪致動位移 $y(t)$。鋼板自滾輪位置輸送至測厚儀距離為 $d$，速度為 $V$，輸送延遲時間為：

  $$\tau = \frac{d}{V}$$

  測厚儀量測到的回授厚度信號 $b(t) = y(t - \tau)$，其拉氏轉換為：

  $$B(s) = e^{-\tau s} Y(s) = e^{-(d/V)s} Y(s)$$

  （註：若感測器自身具備感測轉換增益 $K_s$，此處依一般標準推導設為理想感測器 $K_s = 1$）。

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(a) 系統功能方塊圖（Functional Block Diagram）

功能方塊圖的訊號流向如下：

1. 比較器（Summing Junction）：輸入參考設定 $R(s)$，減去經輸送延遲的回授厚度信號 $B(s)$，得到驅動誤差 $E(s) = R(s) - B(s)$。
2. 前向路徑（Forward Path）：
   • $E(s) \xrightarrow{\quad K \quad} E_a(s)$（控制器與放大器）
   • $E_a(s)$ 與反電動勢 $E_b(s)$ 於減法節點相減得淨電壓，經電樞阻抗區塊 $\dfrac{1}{L_a s + R_a}$ 產生電樞電流 $I_a(s)$。
   • $I_a(s) \xrightarrow{\quad K_t \quad} T_m(s)$（轉矩常數）
   • $T_m(s)$ 進入機械負載轉移函數區塊 $\dfrac{1}{s[(J_m + J_L)s + B_m]}$，輸出馬達轉角 $\Theta_m(s)$。
   • 馬達轉角同時透過反電動勢迴路回授：$E_b(s) = K_b s \Theta_m(s)$。
   • $\Theta_m(s) \xrightarrow{\quad n \quad} Y(s)$（減速機構與線性致動器，輸出滾輪壓延位移／實際厚度）。
3. 回授路徑（Feedback Path）：
   • 輸出 $Y(s)$ 經時間延遲區塊 $e^{-(d/V)s}$ 產生量測信號 $B(s) = e^{-(d/V)s} Y(s)$，送回輸入端比較器進行負回授。

方塊圖示意架構：

核心觀念

本題考查標準欠阻尼二階系統的暫態規格，以及由方塊圖推導閉迴路特徵方程式。

標準二階系統形式為

$$s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

其中：

• $\zeta$：阻尼比
• $\omega_n$：自然頻率
• $\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$：阻尼自然頻率

欠阻尼系統的最大超越量與峰值時間為

$$M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}$$ $$t_p=\frac{\pi}{\omega_d} =\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}$$

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解題方法

(a) 阻尼比與自然頻率

最大超越量為

$$M_p=0.4$$

取自然對數：

$$\ln(0.4)=-0.916$$

由

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

可得

$$\zeta =\frac{-\ln M_p}{\sqrt{\pi^2+(\ln M_p)^2}} =\frac{0.916}{\sqrt{\pi^2+0.916^2}} \approx 0.280$$

峰值時間為 $t_p=0.2$ 秒，因此

$$\omega_d=\frac{\pi}{t_p} =\frac{\pi}{0.2} =15.708\ \text{rad/s}$$

又因為

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$$

且

$$\sqrt{1-\zeta^2} =\sqrt{1-0.28^2} =0.96$$

所以

$$\omega_n=\frac{15.708}{0.96} \approx 16.362\ \text{rad/s}$$

因此

$$\boxed{\zeta\approx 0.280}$$ $$\boxed{\omega_n\approx 16.36\ \text{rad/s}}$$

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(b) 求增益 $K$ 與速度回授增益 $K_f$

令馬達方塊 $K/(Js+a)$ 的輸出為 $\Omega(s)$，則

$$Y(s)=\frac{\Omega(s)}{s}$$

由方塊圖可得：

$$\Omega(s) = \frac{K}{Js+a} \left[ X(s)-Y(s)-K_f\Omega(s) \right]$$

代入 $Y(s)=\Omega(s)/s$：

$$(Js+a)\Omega(s) = K\left[ X(s)-\frac{\Omega(s)}{s}-K_f\Omega(s) \right]$$

整理並乘以 $s$：

$$\left[ Js^2+(a+KK_f)s+K \right]\Omega(s) =KsX(s)$$

因此閉迴路傳遞函數為

$$\frac{Y(s)}{X(s)} = \frac{K} {Js^2+(a+KK_f)s+K}$$

將分母除以 $J$，與標準二階形式比較：

核心觀念

將特徵方程式整理為標準根軌跡形式：

$$s^3+5s^2+(K+6)s+K=0$$ $$s(s+2)(s+3)+K(s+1)=0$$

因此

$$1+K\frac{s+1}{s(s+2)(s+3)}=0$$

開迴路傳遞函數為

$$G(s)=\frac{s+1}{s(s+2)(s+3)}$$

所以：

• 開迴路極點：$0,-2,-3$
• 開迴路零點：$-1$
• 根軌跡參數：$K\geq 0$
• 根軌跡共有 $3$ 條分支，其中 $1$ 條終止於有限零點，另外 $2$ 條趨向無限遠。

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實軸根軌跡

實軸上的一點若其右側有奇數個「極點與零點總數」，則該點位於根軌跡上。

依序判斷各區間：

實軸區間	右側極點與零點數量	是否為根軌跡
$(-\infty,-3)$	$4$	否
$(-3,-2)$	$3$	是
$(-2,-1)$	$2$	否
$(-1,0)$	$1$	是
$(0,\infty)$	$0$	否

因此實軸根軌跡為

$$-3<s<-2$$

以及

$$-1<s<0$$

其中：

• 位於 $(-1,0)$ 的分支由極點 $s=0$ 移向零點 $s=-1$。
• 位於 $(-3,-2)$ 的兩個分支先由極點 $-3$、$-2$ 向彼此靠近，之後離開實軸形成共軛複數根。

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分離點（Breakaway Point）

由特徵方程式可得增益：

$$K=-\frac{s(s+2)(s+3)}{s+1}$$

分離點必須滿足

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

直接微分可得：

$$\frac{dK}{ds} = -\frac{(3s^2+10s+6)(s+1)-(s^3+5s^2+6s)} {(s+1)^2}$$

令分子為零：

$$2s^3+8s^2+10s+6=0$$

即

$$s^3+4s^2+5s+3=0$$

由題目提示，三個根為

$$s=-2.466$$

以及

$$s=-0.767\pm j0.793$$

只有實根 $s=-2.466$ 位於實軸根軌跡區間 $(-3,-2)$，因此真正的分離點為

$$s_b=-2.466$$

代回增益公式：

$$K_b = -\frac{(-2.466)(-0.466)(0.534)}{-1.466} \approx 0.419$$

所以兩個實軸分支在

$$\boxed{s\approx -2.466,\qquad K\approx 0.419}$$

處分離實軸，並以約 $\pm90^\circ$ 方向離開。

題目提示中的兩個複數根不是根軌跡上的實軸分離點，因為分離點必須位於實軸根軌跡區間內。

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無限遠分支與漸近線

極點數 $n=3$，零點數 $m=1$，因此有

$$n-m=2$$

條分支趨向無限遠。

漸近線交點

漸近線交點為

$$\sigma_a = \frac{\sum\text{極點}-\sum\text{零點}}{n-m}$$

代入：

$$\sigma_a = \frac{(0-2-3)-(-1)}{2} = \frac{-4}{2} =-2$$

漸近線角度

漸近線角度為

核心觀念

本題考查多重回授方塊圖的等效特徵方程，以及 Nyquist 判據與 Routh–Hurwitz 判據。依圖中加減號：

• 第一個加總點：$R(s)$與輸出$Y(s)$為正回授，第一個$G(s)$的輸出為負回授。
• 第二個加總點：兩個輸入皆為正號。

令第一個方塊的輸出為$X(s)$，則

$$X=G(R+Y-X)$$ $$Y=G(X+Y)$$

整理得

$$(1+G)X-GY=GR$$ $$-GX+(1-G)Y=0$$

其特徵方程由係數矩陣的行列式得到：

$$\begin{vmatrix} 1+G&-G\\ -G&1-G \end{vmatrix} =(1+G)(1-G)-G^2=1-2G^2=0$$

因此閉迴路傳遞函數為

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

而穩定性由

$$1-2G^2(s)=0$$

決定。

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(a) Nyquist 判據

已知

$$G(s)=\frac{K}{(s+2)(s+3)}$$

故

$$1-\frac{2K^2}{(s+2)^2(s+3)^2}=0$$

依題目提示令

$$K^*=-2K^2$$

並設

$$P(s)=\frac{1}{(s+2)^2(s+3)^2}$$

則特徵方程可寫成標準形式

$$1+K^*P(s)=0$$

考察 Nyquist 曲線的實軸交點。令$s=j\omega$：

$$(j\omega+2)(j\omega+3) =(6-\omega^2)+j5\omega$$

因此

$$[(j\omega+2)(j\omega+3)]^2 =(\omega^4-37\omega^2+36) +j(60\omega-10\omega^3)$$

Nyquist 曲線與實軸相交時，虛部為零：

$$60\omega-10\omega^3=0$$ $$10\omega(6-\omega^2)=0$$

所以正頻率交點為$\omega=0$與$\omega=\sqrt{6}$。

在$\omega=0$時，

$$P(0)=\frac{1}{2^2 3^2}=\frac{1}{36}$$

故

$$K^*P(0)=\frac{-2K^2}{36} =-\frac{K^2}{18}$$