111 關務特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

核心觀念

本題考查：

• 牛頓運動方程式與拉氏轉換。
• 負回授比例—微分控制器（PD controller）。
• 閉迴路轉移函數。
• 以微分增益 $a$ 為根軌跡增益的根軌跡分析。
• 根軌跡的極點、零點、實軸區段、漸近線、重入點與離開角。

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（一）推導轉移函數

假設初始條件為零，對兩個動態方程式取拉氏轉換：

$F-k(X_1-X_2)=m_1s^2X_1$

$k(X_1-X_2)=m_2s^2X_2$

由第二式得：

$X_1-X_2=\frac{m_2s^2}{k}X_2$

因此：

$$X_1=X_2+\frac{m_2s^2}{k}X_2 =\left(1+\frac{m_2s^2}{k}\right)X_2$$

代入第一式：

$$F-m_2s^2X_2 =m_1s^2\left(1+\frac{m_2s^2}{k}\right)X_2$$

整理得：

$$F= \left[ (m_1+m_2)s^2+\frac{m_1m_2}{k}s^4 \right]X_2$$

所以質量 $m_2$ 的位移對外力之轉移函數為：

$$\frac{X_2(s)}{F(s)} =\frac{k}{m_1m_2s^4+k(m_1+m_2)s^2}$$

控制器為：

$F(s)=(as+b)\left[X_d(s)-X_2(s)\right]$

令被控體轉移函數為 $G_p(s)$：

$G_p(s)=\frac{k}{m_1m_2s^4+k(m_1+m_2)s^2}$

採單位負回授，閉迴路轉移函數為：

$$\frac{X_2(s)}{X_d(s)} =\frac{(as+b)G_p(s)} {1+(as+b)G_p(s)}$$

因此：

$$\boxed{ \frac{X_2(s)}{X_d(s)} = \frac{k(as+b)} {m_1m_2s^4+k(m_1+m_2)s^2+k(as+b)} }$$

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（二）以 $a$ 為變數之根軌跡

給定：

$m_1=m_2=k=b=1$

閉迴路轉移函數化為：

$$\frac{X_2(s)}{X_d(s)} = \frac{as+1}{s^4+2s^2+as+1}$$

特徵方程式為：

$s^4+2s^2+as+1=0$

整理為：

$$(s^2+1)^2+as=0$$

可寫成根軌跡形式：

$$1+a\frac{s}{(s^2+1)^2}=0$$

故開迴路函數取為：

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

其中 $a>0$ 為根軌跡增益。

1. 開迴路極點與零點

由：

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

可知：

• 零點：$s=0$
• 極點：$s=+j$，二重極點
• 極點：$s=-j$，二重極點

共有 $4$ 個極點與 $1$ 個有限零點，因此有：

$4-1=3$

條漸近線。

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2. 實軸根軌跡

實軸上沒有開迴路極點，但有一個零點 $s=0$。

對實數 $s$：

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

因分母恒為正，故 $G(s)$ 的符號與 $s$ 相同。正增益根軌跡須滿足相位條件：

$\angle G(s)=(2\ell+1)180^\circ$

因此實軸根軌跡位於：

$\boxed{(-\infty,0)}$

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3. 漸近線與交會位置

漸近線交會位置為：

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

因極點總和為 $0$，零點總和為 $0$，所以：

$\boxed{\sigma_a=0}$

漸近線角度為：

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

因此：

$\boxed{60^\circ,\ 180^\circ,\ 300^\circ}$

也就是一條沿負實軸方向，另外兩條分別以 $\pm60^\circ$ 方向延伸。

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4. 根軌跡進入實軸的位置與對應 $a$

由特徵方程式：

$$(s^2+1)^2+as=0$$

解出增益 $a$：

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

重入點須滿足：

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

因此：

核心觀念

本題考查：

1. 負回授系統的特徵方程式。
2. 奈氏穩定判據（Nyquist criterion）。
3. 二階系統穩定條件與阻尼比公式。
4. 外來干擾對輸出的轉移函數及終值定理。

正向路徑為

$$G(s)=\frac{s+4}{s}\cdot\frac{s}{s-2} =\frac{s+4}{s-2}$$

回授函數為

$$H(s)=s+K$$

因此迴路轉移函數為

$$L(s)=G(s)H(s) =\frac{(s+4)(s+K)}{s-2}$$

其中正向路徑中的 $s$ 可約去，故閉迴路特徵方程式為二階方程式。

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（一）奈氏圖與穩定之 $K$ 值範圍

1. 閉迴路特徵方程式

負回授系統滿足

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

所以

$$1+\frac{(s+4)(s+K)}{s-2}=0$$

整理得

$$(s-2)+(s+4)(s+K)=0$$ $$s^2+(K+5)s+(4K-2)=0$$

二階系統

$$s^2+a_1s+a_0=0$$

穩定的必要且充分條件為

$$a_1>0,\qquad a_0>0$$

因此

$$K+5>0,\qquad 4K-2>0$$

兩者合併為

$$\boxed{K>\frac12}$$

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2. 奈氏圖關鍵特徵

令 $s=j\omega$：

$$L(j\omega) =\frac{(j\omega+4)(j\omega+K)}{j\omega-2}$$

化為實部與虛部：

$$\operatorname{Re}L(j\omega) = \frac{(K+6)\omega^2-8K}{\omega^2+4}$$ $$\operatorname{Im}L(j\omega) = \frac{\omega\left(\omega^2-6K-8\right)} {\omega^2+4}$$

奈氏圖的重要端點與交點如下：

• 當 $\omega=0$：

$$L(0)=\frac{4K}{-2}=-2K$$

• 當 $\omega\to\infty$：

$$\operatorname{Re}L(j\omega)\to K+6, \qquad \operatorname{Im}L(j\omega)\to+\infty$$

故曲線向無限遠延伸，負頻率部分為正頻率部分對實軸的鏡射。

• 與實軸交點由 $\operatorname{Im}L(j\omega)=0$ 求得：

$$\omega^2=6K+8$$

代回實部：

$$\operatorname{Re}L(j\omega)=K+4$$

所以奈氏曲線由 $-2K$ 出發，穿越實軸於 $K+4$，再延伸至無限遠。

當 $K>\frac12$ 時，

$$-2K<-1$$

奈氏曲線對 $-1+j0$ 點形成一個順時針包圍。開迴路在右半平面有一個極點 $s=2$，因此 $P=1$；依奈氏判據，該包圍數使閉迴路右半平面極點數為零，系統穩定。

當 $K=\frac12$ 時，

$$L(0)=-1$$

奈氏曲線通過臨界點 $-1$，系統處於臨界穩定狀態。

當 $K<\frac12$ 時，閉迴路至少有一個右半平面極點，系統不穩定。

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（二）階躍干擾對輸出的影響

令 $R(s)=0$，由方塊圖可得

核心觀念

本題考查：

• 單一負回授系統之閉迴路轉移函數 $T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{G_c(s)G(s)}{1+G_c(s)G(s)}$
• 正弦輸入的頻率響應
• 增益交越頻率與相位邊界
• PD 控制器之頻率響應設計

已知

$G(s)=\frac{10}{s(s+10)}$

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（一）$G_c(s)=1$ 時，$t=24$ 小時之輸出

1. 求閉迴路轉移函數

因為為單一負回授：

$$T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{\frac{10}{s(s+10)}}{1+\frac{10}{s(s+10)}}$$

因此

$T(s)=\frac{10}{s^2+10s+10}$

輸入命令為

$r(t)=100\sin(10t)$

其拉氏轉換為

$R(s)=\frac{1000}{s^2+100}$

所以

$$Y(s)=T(s)R(s) =\frac{10000}{(s^2+100)(s^2+10s+10)}$$

2. 求穩態輸出

在 $\omega=10$ rad/sec 時，

$$T(j10)=\frac{10}{(j10)^2+10(j10)+10} =\frac{10}{-90+j100}$$

化為直角座標：

$T(j10)=\frac{-9-j10}{181}$

因此閉迴路頻率響應之大小與相位為

$$|T(j10)|=\frac{\sqrt{9^2+10^2}}{181} =\frac{1}{\sqrt{181}}$$ $$\angle T(j10) =-\tan^{-1}\left(\frac{10}{9}\right)$$

故穩態輸出為

$$y_{ss}(t) =100|T(j10)|\sin\left(10t+\angle T(j10)\right)$$

即

$$y_{ss}(t) =-\frac{900}{181}\sin(10t) -\frac{1000}{181}\cos(10t)$$

閉迴路極點為

$s=-5\pm\sqrt{15}$

兩個極點皆位於左半平面，因此暫態項會快速衰減。完整輸出可寫成

$$\begin{aligned} y(t)=& \frac{1000+\frac{14000}{\sqrt{15}}}{362} e^{(-5+\sqrt{15})t}\\ &+\frac{1000-\frac{14000}{\sqrt{15}}}{362} e^{(-5-\sqrt{15})t}\\ &-\frac{900}{181}\sin(10t) -\frac{1000}{181}\cos(10t) \end{aligned}$$

3. 代入 $t=24$ 小時

因為 $t$ 的單位為秒：

$t=24\times3600=86400\ \text{sec}$

在此時刻，暫態項幾乎為零，因此

$$y(86400) \approx -\frac{900}{181}\sin(864000) -\frac{1000}{181}\cos(864000)$$

數值約為

$\boxed{y(86400)\approx -0.20}$

解題技巧

長時間後的穩定系統，輸出只需保留穩態正弦響應；指數衰減項可視為零。常見陷阱是將 $24$ 小時直接代成 $t=24$，本題明確說明 $t$ 的單位為秒，故必須使用 $86400$ 秒。

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（二）增益交越頻率與相位邊界

1. 開迴路轉移函數

因為 $G_c(s)=1$：

$L(s)=G_c(s)G(s)=\frac{10}{s(s+10)}$