108 身心障礙特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

核心觀念

圖中加總點的兩個輸入端都是「＋」，所以這是正回授系統，閉迴路特徵方程為

代入 $G(s)=\dfrac{2}{(s+K)(s+1)}$、$H(s)=1$：

整理得

本題分別用二階系統的穩定條件、根軌跡實軸規則，以及阻尼比定義求解。

（一）閉迴路穩定的 $K$ 範圍

二階特徵多項式 $s^2+a_1s+a_0$ 的穩定條件是 $a_1>0$、$a_0>0$。因此

兩者同時成立時，$K>2$。在 $K=2$ 時，特徵方程有一根位於原點，屬於臨界穩定，並非漸近穩定。

（二）根軌跡

將特徵方程整理成標準根軌跡形式：

因此，以 $K\geq 0$ 為根軌跡參數時，等效開迴路有兩個極點 $s=-2,\,1$，一個有限零點 $s=-1$。另一個零點位於無限遠。

實軸根軌跡採「右側極點與零點總數為奇數」的規則，落在 $(-\infty,-2)$ 與 $(-1,1)$。所以一支由 $-2$ 向左延伸至無限遠，另一支由 $1$ 向左移動並趨近零點 $-1$。

 ←────────────● -2 ○ -1 ────────────● 1
 K：0 → ∞ 無根軌跡區 K：∞ ← 0
 根軌跡區：(-1, 1)

圖中 ● 表示 $K=0$ 時的極點位置，○ 表示有限零點。根軌跡上的閉迴路極點與參數關係也可由下式表示：

幾個可標示的點如下：

核心觀念

本題為典型的「一階全通濾波器（First-order All-Pass Filter）」與「非最小相位系統（Non-minimum Phase System）」經典考題，涵蓋三個重要核心觀念：

1. 時域響應與反拉普拉斯轉換：

• 單位步階輸入 $R(s) = \frac{1}{s}$，利用部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）求解 $y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}$。
• 系統具有位於 $s = +1$ 的右半平面零點（RHP Zero），此非最小相位特性會反映在時域暫態響應的初值跳變與符號特徵上。

2. 線性非時變系統（LTI）之正弦穩態響應：

• 系統極點位於 $s = -1$（左半平面），為漸近穩定系統。
• 若穩定系統輸入為 $r(t) = A\sin(\omega t)$，當時間趨近無限大時，穩態輸出必為同頻率之正弦信號： $y_{ss}(t) = A |G(j\omega)| \sin(\omega t + \angle G(j\omega))$

3. 頻率響應與波德圖（Bode Plot）：

• 增益大小（Magnitude）：$|G(j\omega)|$ 轉換為分貝值 $20\log_{10}|G(j\omega)|$。
• 相位角（Phase）：$\angle G(j\omega) = \angle(j\omega - 1) - \angle(j\omega + 1)$。
• 此轉移函數之極點與零點對稱於虛軸，在全頻段具單位增益（$0\text{ dB}$），純粹產生相位延遲（Phase Lag）。

解題方法

(一) 求解並繪出單位步階響應 $y(t)$

1. 建立輸出之 $s$ 域關係式： 單位步階輸入之拉氏轉換為 $R(s) = \frac{1}{s}$，故輸出為： $Y(s) = G(s)R(s) = \frac{s-1}{s+1} \cdot \frac{1}{s} = \frac{s-1}{s(s+1)}$

2. 部分分式展開： 設 $Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1}$，利用覆蓋法（Heaviside cover-up method）求待定係數： $A = \lim_{s \to 0} s Y(s) = \left. \frac{s-1}{s+1} \right|_{s=0} = \frac{-1}{1} = -1$ $B = \lim_{s \to -1} (s+1)Y(s) = \left. \frac{s-1}{s} \right|_{s=-1} = \frac{-2}{-1} = 2$ 因此： $Y(s) = -\frac{1}{s} + \frac{2}{s+1}$

3. 反拉普拉斯轉換： $y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} = \left( -1 + 2e^{-t} \right) u(t)$ 即： $y(t) = 2e^{-t} - 1 \quad (t \ge 0)$

4. 關鍵特徵點分析與作圖數據：

• 初始值（$t = 0^+$）：$y(0^+) = 2e^0 - 1 = 1$ （初值定理驗算：$\lim_{s \to \infty} s Y(s) = \lim_{s \to \infty} \frac{s(s-1)}{s(s+1)} = 1$，一致）
• 最終值（$t \to \infty$）：$y(\infty) = 2(0) - 1 = -1$ （終值定理驗算：$\lim_{s \to 0} s Y(s) = \lim_{s \to 0} \frac{s(s-1)}{s(s+1)} = -1$，一致）
• 零交越點（Zero-crossing time）： 令 $y(t) = 0 \implies 2e^{-t} - 1 = 0 \implies e^{-t} = 0.5 \implies t = \ln 2 \approx 0.693\text{ s}$
• 斜率與凹凸性： $\frac{dy(t)}{dt} = -2e^{-t} < 0 \quad (\text{嚴格單調遞減})$ $\frac{d^2y(t)}{dt^2} = 2e^{-t} > 0 \quad (\text{曲線始終凹口向上})$

5. 輸出響應圖形：

 y(t)
 ^
 1 +-------* (0, 1)
 | \
 | \
 | \
 0 -+-----------*------------------------> t
 | (ln 2, 0)
 | - - - - - - - - - 水平漸近線 y = -1
 -1 +------------------------------------

(二) 求解當輸入為 $\sin(t)$ 時之穩態響應 $y_{ss}(t)$

1. 系統穩定度檢驗： 轉移函數 $G(s) = \frac{s-1}{s+1}$ 的極點為 $s = -1$（位在左半 $s$ 平面），系統為漸近穩定，因此正弦穩態響應定理適用。

2. 代入頻率響應函數： 輸入 $r(t) = \sin(t)$ 之角頻率 $\omega = 1\text{ rad/s}$。 令 $s = j\omega = j1$，計算系統之頻率響應值： $G(j1) = \frac{j - 1}{j + 1} = \frac{-1 + j}{1 + j}$

3. 計算增益大小與相角：

• 振幅比： $|G(j1)| = \frac{|-1 + j|}{|1 + j|} = \frac{\sqrt{(-1)^2 + 1^2}}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1$
• 相位角： $\angle G(j1) = \angle(-1 + j) - \angle(1 + j) = 135^\circ - 45^\circ = 90^\circ = \frac{\pi}{2}\text{ rad}$ （亦可分子分母同乘共軛複數：$G(j1) = \frac{(j-1)(1-j)}{(1+j)(1-j)} = \frac{2j}{2} = j = 1\angle 90^\circ$）

4. 穩態輸出： $y_{ss}(t) = |G(j1)| \sin(1 \cdot t + \angle G(j1)) = 1 \cdot \sin\left(t + \frac{\pi}{2}\right) = \cos(t)$

(三) 繪製波德圖（Bode Plot）

令 $s = j\omega$（$\omega > 0$），系統頻率響應函數為： $G(j\omega) = \frac{j\omega - 1}{j\omega + 1}$

核心觀念

本題結合了自動控制中一階系統的頻域分析（頻寬與截止頻率）、時域步階響應、極限值定理（終值定理與初值定理）​以及工程單位換算，主要涵蓋以下核心觀念與定義：

1. 一階系統頻寬（Bandwidth, $\omega_{BW}$）： 對於一階低通濾波器轉移函數 $G(s) = \frac{b}{s+a}$，其頻率響應之半功率頻率（$-3\ \mathrm{dB}$ 截止頻率）即為極點大小： $\omega_{BW} = a \quad (\mathrm{rad/sec})$ 題目給定頻寬單位為 $\mathrm{Hz}$，必須透過角頻率公式換算： $\omega_{BW} = 2\pi f_{BW}$

2. 單位換算：

• 轉速單位換算：$1\ \mathrm{rpm} = \frac{2\pi}{60}\ \mathrm{rad/sec} = \frac{\pi}{30}\ \mathrm{rad/sec}$。
• 頻率單位換算：$1\ \mathrm{Hz} = 2\pi\ \mathrm{rad/sec}$。

3. 終值定理（Final Value Theorem, FVT）與穩態轉速： 輸入步階電壓 $V(s) = \frac{V_0}{s}$，穩態角速度為： $\omega_{ss} = \lim_{t \to \infty} \omega(t) = \lim_{s \to 0} s \Omega(s) = \lim_{s \to 0} s \cdot \left(\frac{b}{s+a}\right) \frac{V_0}{s} = \frac{b}{a} V_0$

4. 初值定理（Initial Value Theorem, IVT）與角加速度： 角加速度為角速度對時間的一階微分，即 $\alpha(t) = \frac{d\omega(t)}{dt}$。在拉氏轉換域中： $\mathcal{L}\{\alpha(t)\} = s\Omega(s) - \omega(0^-)$ 馬達從靜止開始啟動，初值 $\omega(0^-) = 0$。由初值定理可直接求得啟動瞬間之角加速度： $\alpha(0^+) = \lim_{s \to \infty} s [s\Omega(s)]$

解題方法

(一) 求轉移函數參數 $a$ 與 $b$

1. 由頻寬求解極點參數 $a$： 將轉移函數以頻率響應表示（令 $s = j\omega$）： $G(j\omega) = \frac{b}{j\omega + a}$ 其振幅比為： $|G(j\omega)| = \frac{b}{\sqrt{\omega^2 + a^2}}$ 直流增益（DC Gain）發生在 $\omega = 0$： $|G(0)| = \frac{b}{a}$ 頻寬定義為振幅衰減至直流增益的 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍（即 $-3\ \mathrm{dB}$）時的頻率 $\omega_{BW}$： $|G(j\omega_{BW})| = \frac{b}{\sqrt{\omega_{BW}^2 + a^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{b}{a} \implies \omega_{BW} = a$ 已知 $f_{BW} = 100\ \mathrm{Hz}$，轉換為角頻率： $a = \omega_{BW} = 2\pi f_{BW} = 2\pi \times 100 = 200\pi \approx 628.32\ \mathrm{rad/sec}\ (\text{或 }\mathrm{s}^{-1})$

2. 由穩態轉速求解分子參數 $b$： 輸入電壓為恆定電壓 $v(t) = 5\ \mathrm{V}$，其拉氏轉換為： $V(s) = \frac{5}{s}$ 系統角速度的輸出響應為： $\Omega(s) = G(s)V(s) = \frac{b}{s+a} \cdot \frac{5}{s}$ 量測穩態轉速 $N_{ss} = 600\ \mathrm{rpm}$，換算為標準單位 $\mathrm{rad/sec}$： $\omega_{ss} = 600 \times \frac{2\pi}{60} = 20\pi \approx 62.83\ \mathrm{rad/sec}$ 利用終值定理：

核心觀念

本題評量古典控制理論中兩大核心主題：頻域穩定度餘裕（Frequency Domain Stability Margins）​與時域穩態誤差（Time Domain Steady-State Error）。涉及之核心定義與公式如下：

1. 頻域響應與相角特性： 開迴路轉移函數之頻率響應以 $s = j\omega$ 代入： $G(j\omega) = \frac{K}{j\omega(j\omega + 5)}$

• 振幅大小：$|G(j\omega)| = \frac{K}{\omega\sqrt{\omega^2 + 25}}$
• 相位角：$\angle G(j\omega) = -90^\circ - \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{5}\right)$

2. 增益交越頻率（Gain Crossover Frequency, $\omega_{gc}$）： 開迴路增益大小等於 $1$（或 $0\text{ dB}$）時的角頻率，滿足定義式： $|G(j\omega_{gc})| = 1$

3. 相位邊界（Phase Margin, $\text{PM}$）： 在增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 處，系統開迴路相位角與 $-180^\circ$ 的差值，定義式為： $\text{PM} = 180^\circ + \angle G(j\omega_{gc})$

4. 系統型態與穩態誤差（Steady-State Error, $e_{ss}$）： 本系統在原點處具有一個極點（$s=0$），屬於一型系統（Type 1 System）。對於單位斜坡輸入 $r(t) = t \cdot u(t)$：

• 速度誤差常數（Velocity Error Constant）： $K_v = \lim_{s \to 0} s G(s)$
• 單位斜坡穩態誤差： $e_{ss} = \frac{1}{K_v}$

解題方法

(一) 當 $K = 1$ 時，求增益交越頻率 $\omega_{gc}$ 與相位邊界 $\text{PM}$

1. 求解增益交越頻率 $\omega_{gc}$： 當 $K = 1$ 時，由增益交越頻率之定義 $|G(j\omega_{gc})| = 1$： $\frac{1}{\omega_{gc}\sqrt{\omega_{gc}^2 + 25}} = 1$ 兩邊平方並整理得： $\omega_{gc}^2(\omega_{gc}^2 + 25) = 1 \implies \omega_{gc}^4 + 25\omega_{gc}^2 - 1 = 0$ 令 $u = \omega_{gc}^2$（物理上頻率為實數且 $\omega_{gc} > 0$，故 $u > 0$），利用一元二次方程式公式解： $u = \frac{-25 \pm \sqrt{25^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-25 + \sqrt{629}}{2}$ 由於 $\sqrt{629} \approx 25.0799$： $u = \omega_{gc}^2 = \frac{25.0799 - 25}{2} = 0.03995$ 取正平方根： $\omega_{gc} = \sqrt{\frac{\sqrt{629}-25}{2}} \approx \sqrt{0.03995} \approx 0.1999 \approx 0.200\text{ rad/s}$

2. 求解相位邊界 $\text{PM}$： 將 $\omega_{gc} \approx 0.200\text{ rad/s}$ 代入相位角公式： $\angle G(j\omega_{gc}) = -90^\circ - \tan^{-1}\left(\frac{0.1999}{5}\right) = -90^\circ - \tan^{-1}(0.03998)$ 因 $\tan^{-1}(0.03998) \approx 2.29^\circ$： $\angle G(j\omega_{gc}) \approx -90^\circ - 2.29^\circ = -92.29^\circ$ 代入相位邊界定義：