112 地方特考三等 機械工程類科 自動控制 考古題詳解

核心觀念

本題考查負回授控制系統的閉迴路轉移函數與根軌跡：

• 負回授系統： $\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$
• 閉迴路特徵方程式由分母等於零求得。
• 根軌跡以增益 $K\geq 0$ 為參數，分析閉迴路極點隨 $K$ 變化的路徑。
• 高增益時，可利用根軌跡的漸近線與根之和估算極點實部及穩定時間。

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解題方法

由圖可得前向傳遞函數與回授函數為

$$G(s)=\frac{s+1}{s(s^2+s-4)},\qquad H(s)=s+K$$

由於為負回授，

$$\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$$

因此

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\dfrac{s+1}{s(s^2+s-4)}} {1+\dfrac{(s+1)(s+K)}{s(s^2+s-4)}}$$

整理得

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{s+1} {s(s^2+s-4)+(s+1)(s+K)} }$$

展開分母：

$$s(s^2+s-4)=s^3+s^2-4s$$ $$(s+1)(s+K)=s^2+(K+1)s+K$$

故

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

閉迴路特徵方程式為

$$s^3+2s^2+(K-3)s+K=0$$

將含 $K$ 的項整理：

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

因此可寫成根軌跡形式

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

因為

$$s^3+2s^2-3s=s(s+3)(s-1)$$

所以根軌跡的開迴路極點與零點為：

• 開迴路極點：$s=0,\,-3,\,1$
• 開迴路零點：$s=-1$

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根軌跡分析

1. 實軸根軌跡

實軸上一點若其右側的極點與零點總數為奇數，則該點位於根軌跡上。

因此根軌跡實軸區段為

$$\boxed{(-3,-1)\quad\text{與}\quad(0,1)}$$

其中：

• 極點 $-3$ 的分支沿實軸移向零點 $-1$。
• 極點 $0$ 與 $1$ 的分支沿實軸相向移動，於正實軸上分離點後離開實軸。

2. 分離點

由

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

分離點滿足

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

可得

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

位於根軌跡區段 $(0,1)$ 的分離點為

$$\boxed{s\approx 0.451}$$

其對應增益約為

$$K\approx 0.588$$

3. 漸近線

開迴路極點數 $n=3$，零點數 $m=1$，因此有

$$n-m=2$$

條漸近線。

漸近線重心為

$$\sigma_a = \frac{\sum \text{極點}-\sum \text{零點}}{n-m} = \frac{(0-3+1)-(-1)}{2} = -\frac12$$

漸近線角度為

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

故

$$\boxed{\theta=90^\circ,\;270^\circ}$$

也就是通過

$$\boxed{\operatorname{Re}(s)=-\frac12}$$

的垂直直線，向上、下無限延伸。

4. 根軌跡示意

核心觀念

本題考查：

1. 多重回授方塊圖的訊號方程建立。
2. 方塊圖化簡與轉移函數推導。
3. 四階特徵方程之 Routh–Hurwitz 穩定判據。
4. 臨界穩定時，以特徵方程中的純虛根 $s=j\omega$ 求振盪頻率。

由圖可辨識：

• 第一方塊： $G_1(s)=\frac{s}{(s+1)^2}$
• 第二方塊： $G_2(s)=\frac{K}{s^2+2}$
• 第一加總點之三個輸入為： $R(s)-X(s)-Y(s)$
• 第二加總點之兩個輸入皆為正號，因此： $Y(s)=X(s)+G_2(s)X(s)$

其中 $X(s)$ 為第一方塊輸出。

（一）轉移函數與穩定範圍

由第一加總點：

$E(s)=R(s)-X(s)-Y(s)$

由第一方塊：

$X(s)=G_1(s)E(s)$

第二方塊輸出為：

$G_2(s)X(s)$

因第二加總點兩個輸入皆為正號：

$$Y(s)=X(s)+G_2(s)X(s) =\left[1+G_2(s)\right]X(s)$$

代入 $X(s)=G_1(s)E(s)$：

$Y(s)=\left[1+G_2(s)\right]G_1(s)E(s)$

而第一加總點的回授量為 $X(s)+Y(s)$，所以：

$E(s)=R(s)-X(s)-Y(s)$

又因為：

$Y(s)=\left(1+G_2\right)X(s)$

故：

$X(s)+Y(s)=\left(2+G_2(s)\right)X(s)$

因此：

$E(s)=R(s)-\left(2+G_2(s)\right)X(s)$

代入 $X(s)=G_1(s)E(s)$：

$E(s)=R(s)-\left(2+G_2(s)\right)G_1(s)E(s)$

整理得：

$$\frac{E(s)}{R(s)} = \frac{1}{1+\left(2+G_2(s)\right)G_1(s)}$$

因此輸入輸出轉移函數為：

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\left(1+G_2(s)\right)G_1(s)} {1+\left(2+G_2(s)\right)G_1(s)}$$

代入 $G_1(s)$ 與 $G_2(s)$：

$$\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{ \dfrac{s}{(s+1)^2} \left(1+\dfrac{K}{s^2+2}\right) } { 1+ \dfrac{s}{(s+1)^2} \left(2+\dfrac{K}{s^2+2}\right) }$$

分子、分母同乘 $(s+1)^2(s^2+2)$，得：

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{s(s^2+K+2)} {(s+1)^2(s^2+2)+2s(s^2+2)+Ks} }$$

展開分母：

$$(s+1)^2(s^2+2) =s^4+2s^3+3s^2+4s+2$$

所以：

$$\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{s(s^2+K+2)} {s^4+4s^3+3s^2+(K+8)s+2} }$$

系統特徵方程為：

$$s^4+4s^3+3s^2+(K+8)s+2=0$$

核心觀念

本題考查：

1. 以牛頓第二定律建立兩質量塊的運動方程式。
2. 阻尼器所受力與相對速度有關： $f_D=D(\dot{x}_1-\dot{x}_2)$
3. 由拉氏轉換求取轉移函數。
4. 判斷串聯於理想外力源與質量塊之間的彈簧 $K_1$ 是否會影響 $x_1/F$。
5. 利用 $D_1=0$ 與 $D_1\to\infty$ 的物理意義化簡系統。

圖中 $F$ 為理想外力輸入，因此彈簧 $K_1$ 所傳遞至 $M_1$ 的力即為 $F$。$K_1$ 只影響外力作用點與 $M_1$ 之間的相對位移，不影響 $x_1/F$。

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（一）推導 $\dfrac{x_1}{F}(s)$

1. 建立運動方程式

對質量塊 $M_1$：

$$M_1\ddot{x}_1 = F-K_2x_1-D_1(\dot{x}_1-\dot{x}_2)$$

整理得：

$$M_1\ddot{x}_1+D_1(\dot{x}_1-\dot{x}_2)+K_2x_1=F$$

對質量塊 $M_2$：

$$M_2\ddot{x}_2 = D_1(\dot{x}_1-\dot{x}_2)-D_2\dot{x}_2$$

整理得：

$$M_2\ddot{x}_2-D_1\dot{x}_1+(D_1+D_2)\dot{x}_2=0$$

假設初始條件為零，取拉氏轉換：

$$(M_1s^2+D_1s+K_2)X_1-D_1sX_2=F$$ $$-D_1sX_1+\left[M_2s^2+(D_1+D_2)s\right]X_2=0$$

寫成矩陣形式：

$$\begin{bmatrix} M_1s^2+D_1s+K_2 & -D_1s\\ -D_1s & M_2s^2+(D_1+D_2)s \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X_1\\ X_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F\\ 0 \end{bmatrix}$$

由克拉瑪法：

$$\frac{X_1}{F} = \frac{M_2s^2+(D_1+D_2)s} {(M_1s^2+D_1s+K_2)\left[M_2s^2+(D_1+D_2)s\right]-D_1^2s^2}$$

展開分母：

$$\begin{aligned} & (M_1s^2+D_1s+K_2) \left[M_2s^2+(D_1+D_2)s\right]-D_1^2s^2\\ &=M_1M_2s^4+ \left[M_1(D_1+D_2)+M_2D_1\right]s^3\\ &\quad +(M_2K_2+D_1D_2)s^2 +K_2(D_1+D_2)s \end{aligned}$$

因此：

$$\boxed{ \frac{X_1(s)}{F(s)} = \frac{M_2s^2+(D_1+D_2)s} {M_1M_2s^4+ \left[M_1(D_1+D_2)+M_2D_1\right]s^3+ (M_2K_2+D_1D_2)s^2+ K_2(D_1+D_2)s} }$$

分子、分母皆含有 $s$，約去共同因子後，最簡轉移函數為：

$$\boxed{ \frac{X_1(s)}{F(s)} = \frac{M_2s+D_1+D_2} {M_1M_2s^3+ \left[M_1(D_1+D_2)+M_2D_1\right]s^2+ (M_2K_2+D_1D_2)s+ K_2(D_1+D_2)} }$$

2. $K_1$ 對極零點的影響

由上述轉移函數可見，$K_1$ 未出現在分子或分母中，因此改變 $K_1$：

核心觀念

本題考查：

1. 由根軌跡判讀開迴路極點、零點。
2. 系統型態（Type）。
3. 三階系統的漸近線波德圖。
4. 以 Routh-Hurwitz 判據判斷 PI、PD、PID 控制器能否穩定系統。
5. 利用增加控制器極點與零點改善根軌跡及閉迴路穩定性。

由圖可判讀開迴路極點為

$$s=0,\qquad s=1\pm j\sqrt{3}$$

且沒有有限零點。因此可取

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

根軌跡上的增益 $K$ 視為正值，控制器 $C(s)=1$ 時，開迴路傳遞函數為 $G(s)$。

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（一）系統型態與波德圖

1. 系統型態

開迴路傳遞函數為

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

其中含有一個位於原點的極點，因此系統為：

$$\boxed{\text{第一型系統（Type 1）}}$$

低頻時，原點極點使幅值曲線斜率為 $-20$ dB/dec，且相位貢獻為 $-90^\circ$。

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2. 轉換為標準二階形式

將二階因子寫成

$$s^2-2s+4 =s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2$$

比較係數可得

$$\omega_n=2,\qquad 2\zeta\omega_n=-2$$

因此

$$\zeta=-\frac{1}{2}$$

這表示該二階因子具有右半平面極點，但其波德圖的幅值漸近線仍依二階因子的階數判斷。

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3. 幅值波德圖

令 $s=j\omega$，則

$$G(j\omega) = \frac{1}{j\omega\left[(j\omega)^2-2j\omega+4\right]}$$

其精確幅值為

$$|G(j\omega)| = \frac{1} {\omega\sqrt{(4-\omega^2)^2+4\omega^2}}$$

二階因子的轉折頻率為

$$\omega_b=2\ \text{rad/s}$$

低頻區：$\omega<2$

原點極點主導，因此斜率為

$$-20\ \text{dB/dec}$$

低頻漸近式為

$$|G(j\omega)|\simeq \frac{1}{4\omega}$$

以 dB 表示：

$$20\log_{10}|G(j\omega)| \simeq -12.04-20\log_{10}\omega$$

在 $\omega=2$ 時，低頻漸近線約為

$$-18.06\ \text{dB}$$

高頻區：$\omega>2$

二階因子再增加 $-40$ dB/dec，因此總斜率為

$$-20-40=-60\ \text{dB/dec}$$

高頻漸近式為

$$|G(j\omega)|\simeq \frac{1}{\omega^3}$$

相對於 $\omega=2$ 的表示方式為

$$20\log_{10}|G(j\omega)| \simeq -18.06-60\log_{10}\left(\frac{\omega}{2}\right)$$

因此幅值圖的主要特徵為：

• $\omega<2$：斜率 $-20$ dB/dec。
• $\omega=2$：轉折頻率。
• $\omega>2$：斜率 $-60$ dB/dec。

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4. 相位波德圖

開迴路相位為

$$\angle G(j\omega) = -90^\circ -\angle\left(4-\omega^2-j2\omega\right)$$

由於二階極點位於右半平面，該二階因子的相位隨頻率增加約由 $0^\circ$ 變化至 $+180^\circ$；因此整體相位由

$$-90^\circ$$

逐漸趨近

$$+90^\circ$$

其主要相位變化區間可取

$$0.2\omega_n=0.4 \quad\text{至}\quad 5\omega_n=10\ \text{rad/s}$$

故相位漸近圖可描述為：

• $\omega\ll0.4$：$\angle G(j\omega)\simeq -90^\circ$。
• $0.4<\omega<10$：相位逐漸上升。
• $\omega\gg10$：$\angle G(j\omega)\simeq +90^\circ$。

在 $\omega=\omega_n=2$ 時，二階右半平面極點對相位的貢獻約為 $+90^\circ$，因此

$$\angle G(j2)\simeq 0^\circ$$

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（二）PI、PD、PID 控制器之穩定性分析

令控制器增益為正值 $K>0$。

1. PD 控制器

取標準 PD 控制器

$$C_{PD}(s)=K(s+z),\qquad z>0$$

閉迴路特徵方程式為

$$1+C_{PD}(s)G(s)=0$$

因此