111 地方特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

核心觀念

1. 轉移函數（Transfer Function）定義： 在「所有初始條件皆為零」的假設下，線性非時變（LTI）系統之輸出拉氏轉換（Laplace Transform）與輸入拉氏轉換的比值，即： $G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)}$
2. 純量微分方程式轉換： 對於一階微分方程式 $\dot{x}(t) = ax(t) + bu(t)$，利用拉氏轉換之微分性質 $\mathcal{L}\{\dot{x}(t)\} = sX(s) - x(0)$，代入 $x(0) = 0$ 即可直接解代數方程式求得。
3. 狀態空間（State-Space）求轉移函數公式： 連續時間 LTI 狀態空間模型表示為： $\dot{\mathbf{x}} = \mathbf{A}\mathbf{x} + \mathbf{B}u$ $y = \mathbf{C}\mathbf{x} + \mathbf{D}u$ 兩式取拉氏轉換並設初始條件 $\mathbf{x}(0) = \mathbf{0}$，推導可得輸入輸出之轉移函數公式為： $G(s) = \mathbf{C}(s\mathbf{I} - \mathbf{A})^{-1}\mathbf{B} + \mathbf{D}$
4. 系統不可觀測性（Unobservability）與極零點消除： 當系統狀態空間存在不可控（Uncontrollable）或不可觀（Unobservable）之狀態變數時，矩陣公式計算展開之分子與分母會出現相同的因式（公極零點），在化為最小實現（Minimal Realization）之轉移函數時應予以對消。

解題方法

（一）一階純量微分方程求轉移函數

步驟 1：對動態方程式取拉氏轉換 已知系統方程式為： $\dot{x}(t) = -5x(t) + 3u(t)$ $y(t) = 7x(t)$ 由於題目給定初始條件為零，即 $x(0) = 0$。對兩式分別進行拉氏轉換： $sX(s) - x(0) = -5X(s) + 3U(s) \implies sX(s) = -5X(s) + 3U(s)$ $Y(s) = 7X(s)$

步驟 2：整理並消去中間狀態變數 $X(s)$ 由狀態方程式移項整理可得： $(s + 5)X(s) = 3U(s) \implies X(s) = \frac{3}{s + 5}U(s)$ 將 $X(s)$ 代入輸出方程式： $Y(s) = 7 \cdot \left(\frac{3}{s + 5}U(s)\right) = \frac{21}{s + 5}U(s)$

步驟 3：求得轉移函數 $\frac{Y(s)}{U(s)} = \frac{21}{s + 5}$

（二）二階狀態空間表示法求轉移函數

步驟 1：定義狀態空間矩陣 由題意可知系統矩陣分別為： $\mathbf{A} = \begin{bmatrix} -5 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{B} = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{C} = \begin{bmatrix} 7 & 0 \end{bmatrix}, \quad D = 0$

步驟 2：計算特徵矩陣之反矩陣 $(s\mathbf{I} - \mathbf{A})^{-1}$ 計算特徵矩陣：

核心觀念

本題評量經典控制理論中「二階系統時域分析」與「穩態誤差分析」的核心推導能力，主要涵蓋以下重點：

1. 標準二階系統閉迴路轉移函數： 二階控制系統的閉迴路轉移函數一般形式為： $T(s) = \frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K_{dc}\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}$ 其中 $\zeta$ 為阻尼比（damping ratio），$\omega_n$ 為未阻尼自然頻率（undamped natural frequency），$K_{dc}$ 為系統之直流增益（DC gain）。
2. 欠阻尼步階響應推導： 當 $0 < \zeta < 1$ 時，系統特徵根為共軛複數，呈現欠阻尼（underdamped）震盪。利用拉氏轉換（Laplace Transform）與配方法展開，推導出由阻尼衰減因子 $\sigma = \zeta\omega_n$、阻尼自然頻率 $\omega_d = \omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$ 與相位角 $\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1-\zeta^2}}{\zeta}\right)$ 所構成之時域響應方程式。
3. 穩態誤差（Steady-State Error）與終值定理： 單位步階輸入下的系統誤差定義為 $e(t) = r(t) - c(t)$，穩態誤差可透過時域極限 $\lim_{t \to \infty} e(t)$ 或拉氏領域終值定理（Final Value Theorem） $\lim_{s \to 0} s E(s)$ 進行計算。

解題方法

第一部分：求解單位步階響應 $c(t)$（15 分）

步驟 1：建立閉迴路轉移函數 依題意，已知參數為：

• 阻尼比 $\zeta = 0.5$
• 自然頻率 $\omega_n = 100\ \mathrm{rad/s}$
• 直流增益 $K_{dc} = 1$

代入標準二階轉移函數： $T(s) = \frac{K_{dc}\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2} = \frac{1 \times 100^2}{s^2 + 2(0.5)(100)s + 100^2} = \frac{10000}{s^2 + 100s + 10000}$

步驟 2：求時域響應之拉氏變換式 $C(s)$ 對於單位步階輸入 $r(t) = 1(t)$，其拉氏轉換為 $R(s) = \frac{1}{s}$。 系統輸出為： $C(s) = T(s)R(s) = \frac{10000}{s(s^2 + 100s + 10000)}$

步驟 3：部分分式展開（Partial Fraction Expansion） 將 $C(s)$ 分解為： $C(s) = \frac{1}{s} - \frac{s + 100}{s^2 + 100s + 10000}$

對分母進行二次項配方： $s^2 + 100s + 10000 = (s + 50)^2 + 7500 = (s + 50)^2 + (50\sqrt{3})^2$ 其中：

• 衰減因子 $\sigma = \zeta\omega_n = 50\ \mathrm{s^{-1}}$
• 阻尼自然頻率 $\omega_d = \omega_n\sqrt{1-\zeta^2} = 100\sqrt{1 - 0.5^2} = 50\sqrt{3}\ \mathrm{rad/s}$

將分子拆解以符合標準拉氏轉換對應形式： $C(s) = \frac{1}{s} - \frac{(s + 50) + 50}{(s + 50)^2 + (50\sqrt{3})^2} = \frac{1}{s} - \frac{s + 50}{(s + 50)^2 + (50\sqrt{3})^2} - \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{50\sqrt{3}}{(s + 50)^2 + (50\sqrt{3})^2}$

步驟 4：執行拉氏反轉換 取反轉換 $\mathcal{L}^{-1}\{C(s)\}$： $c(t) = 1 - e^{-50t}\cos(50\sqrt{3}t) - \frac{1}{\sqrt{3}}e^{-50t}\sin(50\sqrt{3}t),\quad t \ge 0$

亦可化為單一正弦波形式： $c(t) = 1 - \frac{e^{-\zeta\omega_n t}}{\sqrt{1-\zeta^2}}\sin(\omega_d t + \theta)$

核心觀念

此題考查單位負回授系統的閉迴路傳遞函數、輸入輸出微分方程式，以及閉迴路極點對單位步階響應的影響。

由圖可知，前向傳遞函數為

且回授為單位負回授，因此

閉迴路極點是特徵方程式 $s^3+3s^2+2s+K_p=0$ 的根。由於 $T(s)$ 的分子為常數 $K_p$，沒有有限零點。

解題方法

（一）輸入與輸出間的微分方程式

由

轉回時域，得到

這是輸入 $r(t)$ 與輸出 $y(t)$ 的閉迴路微分方程式。

（二）$K_p=3$

特徵方程式為

其極點約為

因此三個極點都在左半平面，系統穩定；閉迴路沒有有限零點。複數極點實部較接近虛軸，步階響應會呈現衰減振盪，最後收斂到 1。

令輸入為單位步階 $R(s)=1/s$，則

反拉氏轉換後的響應約為

核心觀念

本題評量線性非時變系統（LTI System）之頻率響應分析與波德圖（Bode plot）漸近線繪製法，主要包含以下核心要點：

1. 頻率響應替換： 將轉移函數中的拉氏變數 $s$ 以虛軸頻率 $j\omega$ 置換（$s = j\omega$），得到頻率響應函數 $G(j\omega)$。
2. 大小與相位之數學定義：

• 大小（幅值，Magnitude）：$|G(j\omega)|$，通常亦以分貝（Decibel, $\text{dB}$）表示： $|G(j\omega)|_{\text{dB}} = 20 \log_{10} |G(j\omega)|$
• 相位（相角，Phase）：$\angle G(j\omega)$，以弧度（$\text{rad}$）或角度（${}^\circ$）表示。

3. 波德標準型（時間常數型，Bode Canonical Form）： 欲利用漸近線作圖，必須將轉移函數因式分解為標準型式 $K \frac{\prod (1 + \tau_z s)}{\prod (1 + \tau_p s)}$，由此直接讀出低頻直流增益（DC Gain）及各轉折頻率（Corner Frequency, $\omega_c = \frac{1}{\tau}$）。
4. 漸近線斜率疊加原則：

• 每出現一個位於左半平面的實數極點（$-p$），在頻率超過轉折頻率 $\omega = p$ 後，振幅漸近線斜率下降 $-20\text{ dB/decade}$。
• 相位角於轉折頻率前一個十倍頻（$0.1\omega_c$）至後一個十倍頻（$10\omega_c$）之間，漸近斜率為 $-45^\circ/\text{decade}$，在轉折頻率處貢獻 $-45^\circ$，高頻漸近貢獻 $-90^\circ$。

解題方法

一、大小與相位之數學表示式推導（6 分）

給定轉移函數： $G(s) = \frac{1}{(s+1)(s+10)}$

將 $s = j\omega$ 代入得： $G(j\omega) = \frac{1}{(j\omega + 1)(j\omega + 10)}$

1. 大小（Magnitude）之數學表示式

分子與分母分別取絕對值： $|G(j\omega)| = \frac{1}{|j\omega + 1| \cdot |j\omega + 10|} = \frac{1}{\sqrt{\omega^2 + 1^2} \cdot \sqrt{\omega^2 + 10^2}} = \frac{1}{\sqrt{\omega^2 + 1}\sqrt{\omega^2 + 100}}$

若以分貝（$\text{dB}$）表示： $|G(j\omega)|_{\text{dB}} = 20 \log_{10}|G(j\omega)| = -20 \log_{10}\sqrt{\omega^2 + 1} - 20 \log_{10}\sqrt{\omega^2 + 100} = -10 \log_{10}(\omega^2 + 1) - 10 \log_{10}(\omega^2 + 100)\text{ dB}$

2. 相位（Phase）之數學表示式

複數之相角為分子的相角減去分母的相角： $\angle G(j\omega) = \angle(1) - \angle(j\omega + 1) - \angle(j\omega + 10)$ $\angle G(j\omega) = 0^\circ - \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{1}\right) - \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right) = -\tan^{-1}(\omega) - \tan^{-1}\left(\frac{\omega}{10}\right)$

二、漸近線波德圖之分析與數值計算（14 分）

步驟 1：化為波德標準型

提取分母各一階項之常數，使常數項為 1： $G(s) = \frac{1}{(s+1) \cdot 10 \left(\frac{s}{10} + 1\right)} = \frac{0.1}{(s+1)\left(\frac{s}{10} + 1\right)}$

由標準型可得：

• 直流增益（DC Gain）：$K = 0.1$
• 極點轉折頻率：
• 第一轉折頻率 $\omega_{c1} = 1\text{ rad/s}$（來自極點 $s = -1$）
• 第二轉折頻率 $\omega_{c2} = 10\text{ rad/s}$（來自極點 $s = -10$）

步驟 2：大小漸近線（Magnitude Asymptote）分段分析

低頻基準高度（$\omega \to 0$）： $|G(0)|_{\text{dB}} = 20 \log_{10}(0.1) = -20\text{ dB}$

• 頻區一（$\omega < 1\text{ rad/s}$）： 尚未遇到任何轉折頻率，漸近線為水平線。 $\text{斜率} = 0\text{ dB/decade}，\quad |G(j\omega)|_{\text{dB}} = -20\text{ dB}$
• 頻區二（$1\text{ rad/s} \le \omega \le 10\text{ rad/s}$）： 受轉折頻率 $\omega_{c1} = 1\text{ rad/s}$ 之極點影響，斜率減 $20\text{ dB/decade}$。 $\text{斜率} = -20\text{ dB/decade}$ 在 $\omega = 1\text{ rad/s}$ 處，幅值為 $-20\text{ dB}$； 在 $\omega = 10\text{ rad/s}$ 處（跨越 1 個 decade），幅值降為： $-20\text{ dB} + (-20\text{ dB/dec} \times 1\text{ dec}) = -40\text{ dB}$
• 頻區三（$\omega > 10\text{ rad/s}$）： 受第二個轉折頻率 $\omega_{c2} = 10\text{ rad/s}$ 之極點累積影響，斜率再減 $20\text{ dB/decade}$。 $\text{斜率} = -40\text{ dB/decade}$ 例如在 $\omega = 100\text{ rad/s}$ 處，幅值降為： $-40\text{ dB} + (-40\text{ dB/dec} \times 1\text{ dec}) = -80\text{ dB}$

步驟 3：相位漸近線（Phase Asymptote）分段分析

標準三段漸近法（以轉折頻率的前後 1 個 decade 區間，斜率各為 $-45^\circ/\text{decade}$ 累計）：

• 極點 $\omega_{c1} = 1$ 的影響區間為 $[0.1,\, 10]\text{ rad/s}$
• 極點 $\omega_{c2} = 10$ 的影響區間為 $[1,\, 100]\text{ rad/s}$

綜合疊加之分段漸近線如下：

• $\omega \le 0.1\text{ rad/s}$：$\angle G(j\omega) = 0^\circ$（斜率 $0^\circ/\text{decade}$）
• $0.1 < \omega \le 1\text{ rad/s}$：僅第一個極點生效，斜率為 $-45^\circ/\text{decade}$；在 $\omega = 1\text{ rad/s}$ 處相位為 $-45^\circ$

核心觀念

本題評量經典控制理論中 伊凡思根軌跡法（Evans Root Locus Method） 的完整繪圖能力。閉迴路特徵方程式為： $1 + GH(s) = 0 \implies 1 + \frac{K}{s(s+1)(s+3)(s+4)} = 0$

解題需依序掌握根軌跡的六大核心規則與定義：

1. 起點與終點（開迴路極點與零點）：軌跡分支數等於極點數 $n$；當 $K \to 0$ 時始於開迴路極點，當 $K \to \infty$ 時趨向開迴路零點或無窮遠處。
2. 實軸上的根軌跡判定（角度條件）：實軸上一點若位於奇數個實數極點與零點的左側，則該點屬於 $180^\circ$ 根軌跡。
3. 漸近線（Asymptotes）：無窮遠處軌跡沿漸近線發散，其交點（質心 $\sigma_a$）與傾角（$\phi_a$）由極點與零點總和決定： $\sigma_a = \frac{\sum p_i - \sum z_i}{n - m}, \quad \phi_a = \frac{(2k+1)\times 180^\circ}{n - m}, \quad k = 0, 1, \dots, (n-m-1)$
4. 分離點（Breakaway Points）：兩相向而行的實軸軌跡相遇並離開實軸之處，滿足極值條件： $\frac{dK}{ds} = 0 \quad \text{且} \quad K > 0$
5. 虛軸交點與臨界增益（$j\omega$ 軸交點）：利用 羅斯穩定準則（Routh-Hurwitz Criterion） 判斷系統進入臨界穩定之邊界條件。
6. 軌跡對稱性：極點分布關於實軸對稱，且因極點配置對稱於 $s = -2$，整體幾何形狀亦呈現左右對稱之雙曲線幾何特徵。

解題方法

步驟 1：確定極點、零點與分支數

開迴路轉移函數為： $GH(s) = \frac{K}{s(s+1)(s+3)(s+4)}$

• 開迴路極點數 $n = 4$，位置為：$p_1 = 0, \; p_2 = -1, \; p_3 = -3, \; p_4 = -4$
• 開迴路零點數 $m = 0$
• 根軌跡總分支數為 $4$ 條，且圖形對稱於實軸。

步驟 2：判定實軸上的根軌跡

根據實軸角度判別法則（由右向左檢視奇數區間）：

• 區間 $[-1, 0]$：其右方有 $1$ 個極點（奇數），存在根軌跡。
• 區間 $[-4, -3]$：其右方有 $3$ 個極點（奇數），存在根軌跡。
• 其餘實軸區間均無根軌跡。

步驟 3：求漸近線質心與傾角

因為 $n - m = 4 - 0 = 4$，共有 $4$ 條漸近線：

• 漸近線交點（質心 $\sigma_a$）： $\sigma_a = \frac{\sum_{i=1}^{4} p_i - \sum z_i}{4 - 0} = \frac{(0 - 1 - 3 - 4) - 0}{4} = \frac{-8}{4} = -2$
• 漸近線傾角（$\phi_a$）： $\phi_a = \frac{(2k+1)\times 180^\circ}{4} = \pm 45^\circ, \; \pm 135^\circ \quad (k = 0, 1, 2, 3)$

步驟 4：求分離點（Breakaway Points）

閉迴路特徵方程式為： $s(s+1)(s+3)(s+4) + K = 0 \implies K = -(s^4 + 8s^3 + 19s^2 + 12s)$ 對 $s$ 微分並令其為零： $\frac{dK}{ds} = -(4s^3 + 24s^2 + 38s + 12) = 0 \implies 2s^3 + 12s^2 + 19s + 6 = 0$

利用極點對稱於 $s = -2$ 的特性，進行座標平移，令 $u = s + 2$（即 $s = u - 2$）： $K = -s(s+4)(s+1)(s+3) = -(u-2)(u+2)(u-1)(u+1) = -(u^2 - 4)(u^2 - 1) = -(u^4 - 5u^2 + 4)$ 微分求極值： $\frac{dK}{du} = -(4u^3 - 10u) = -2u(2u^2 - 5) = 0$ 解得三根：

1. $u = 0 \implies s = -2$：代入得 $K = -(0 - 0 + 4) = -4 < 0$（不合，此為 $0^\circ$ 根軌跡點）。
2. $2u^2 - 5 = 0 \implies u = \pm \sqrt{2.5} \approx \pm 1.5811$：

• 分離點 $s_1 = -2 + \sqrt{2.5} \approx -0.4189 \in [-1, 0]$（落於實軸根軌跡區間內，合格）
• 分離點 $s_2 = -2 - \sqrt{2.5} \approx -3.5811 \in [-4, -3]$（落於實軸根軌跡區間內，合格）

對應之分離點增益值為： $K_{\text{break}} = -(2.5^2 - 5 \times 2.5 + 4) = -(6.25 - 12.5 + 4) = 2.25 = \frac{9}{4} > 0$ 兩對根在分離點處均以 $\pm 90^\circ$ 垂直進入複數平面。

步驟 5：求虛軸交點與臨界增益（$j\omega$ 軸交點）

將閉迴路特徵方程式展開： $s^4 + 8s^3 + 19s^2 + 12s + K = 0$ 建立羅斯表（Routh Array）：