109 關務特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

109 年・關務特考・三等・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題25 分

如下圖之桿長為 ℓ\ell 的細長倒單擺，滑車質量為 MM。於 ϕ\phi 很小且 ϕ2≈0\phi^2\approx 0，忽略該桿之向心加速度時。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）sin⁡ϕ\sin\phi 與 cos⁡ϕ\cos\phi 分別可近似得到 ϕ\phi 之線性函數為何？

（二）試推導 F−NF-N 與 xx 間之轉移函數。

（三）試推導 NN 與 ϕ\phi 間之轉移函數。

（四）由單擺的無摩擦力轉動點推導 xx 與 ϕ\phi 的力平衡方程式。

（五）試繪出 F(s)F(s) 為輸入、ϕ(s)\phi(s) 為輸出之系統方塊圖。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查小角度線性化、牛頓運動定律、剛體轉動方程式，以及由力學方程式建立轉移函數與回授方塊圖。令滑車向右位移為 xx，桿向左偏離鉛直方向的角度為 ϕ\phi；圖中 NN 是滑車對桿向右的水平作用力，滑車所受反作用力則向左。

設細長桿質量為 mm，其質心距轉動點 a=ℓ/2a=\ell/2，且

IG=mℓ212,IO=IG+ma2=mℓ23.I_G=\frac{m\ell^2}{12},\qquad I_O=I_G+ma^2=\frac{m\ell^2}{3}.

以下轉移函數均假設初始條件為零。

解題方法與推導

（一）小角度近似

當 ϕ\phi 很小，以弧度表示時，

sin⁡ϕ≈ϕ,cos⁡ϕ≈1.\sin\phi\approx\phi,\qquad \cos\phi\approx 1.

（二）推導 F−NF-N 與 xx 的轉移函數

對滑車作水平方向受力分析。圖示阻力 bx˙b\dot{x} 與運動方向相反，因此

Mx¨=F−bx˙−N.M\ddot{x}=F-b\dot{x}-N.

整理並取拉普拉斯轉換：

F(s)−N(s)=(Ms2+bs)X(s).F(s)-N(s)=(Ms^2+bs)X(s).

所以

F(s)−N(s)X(s)=Ms2+bs.\boxed{\frac{F(s)-N(s)}{X(s)}=Ms^2+bs.}

（三）推導 NN 與 ϕ\phi 的轉移函數

對桿的質心 GG 取轉動方程式。轉動點的水平反力 NN 與垂直反力 PP 都會對質心產生力矩；小角度下垂直力平衡給出 P≈mgP\approx mg。以圖示方向為正，力矩方程式為

IGϕ¨=aNcos⁡ϕ+aPsin⁡ϕ.I_G\ddot{\phi}=aN\cos\phi+aP\sin\phi.

使用小角度近似及 P≈mgP\approx mg：

IGϕ¨=aN+mgaϕ.I_G\ddot{\phi}=aN+mga\phi.

因此

N=IGaϕ¨−mgϕ=mℓ6ϕ¨−mgϕ.N=\frac{I_G}{a}\ddot{\phi}-mg\phi =\frac{m\ell}{6}\ddot{\phi}-mg\phi.

取拉普拉斯轉換：

N(s)Φ(s)=mℓ6s2−mg.\boxed{\frac{N(s)}{\Phi(s)}=\frac{m\ell}{6}s^2-mg.}

其中 −mg-mg 項來自垂直反力 PP 對質心的力矩；若只計算水平反力 NN 的力矩，會漏掉此項。

（四）由無摩擦轉動點推導 xx 與 ϕ\phi 的力平衡方程式

以桿與滑車的轉動連接點 OO 為參考點。因為轉動點隨滑車水平加速，桿的轉動方程式包含平移加速度的耦合項：

IOϕ¨−max¨−mgaϕ=0.I_O\ddot{\phi}-ma\ddot{x}-mga\phi=0.

代入 a=ℓ/2a=\ell/2 及 IO=mℓ2/3I_O=m\ell^2/3，可寫成

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第 二 題25 分

對於一個系統輸入一單位步階函數（unit step input），得到一輸出如下圖，其中橫軸為時間，單位為秒，縱軸無單位。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）試求該輸出之時間函數 f(t)f(t)。（10 分）

（二）試求對時間函數 f(t)f(t) 做得之 Laplace 轉換 F(s)F(s)。（10 分）

（三）試說明系統之轉移函數 G(s)G(s) 為何？（5 分）

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核心觀念

單位步階輸入為 u(t)u(t)，其拉普拉斯轉換為 U(s)=1/sU(s)=1/s。若圖形是穩定的一階指數響應，可由初值、終值與時間常數寫出輸出 f(t)f(t)；再利用 G(s)=F(s)/U(s)G(s)=F(s)/U(s) 求系統轉移函數。

圖形顯示輸出從 00 衰減並趨近 −1-1，符合一階響應 f(t)=−(1−e−t/τ)f(t)=-(1-e^{-t/\tau})。原圖未標示時間常數，也未提供可精確讀取的數據點；以下依題目常見的一階標準響應，取 τ=1\tau=1 秒作答。

解題方法

令一階響應的終值為 −1-1、初值為 00，且時間常數 τ=1\tau=1 秒，則

f(t)=−1+(0−(−1))e−t=e−t−1,t≥0.f(t)=-1+(0-(-1))e^{-t} =e^{-t}-1,\qquad t\geq 0.

也可寫成 f(t)=−(1−e−t)f(t)=-(1-e^{-t})。當 t=0t=0 時 f(0)=0f(0)=0；當 t→∞t\to\infty 時 f(t)→−1f(t)\to-1，與圖形一致。

（一）輸出時間函數

f(t)=(e−t−1)u(t)\boxed{f(t)=(e^{-t}-1)u(t)}

（二）輸出的拉普拉斯轉換

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第 三 題25 分

對於如下圖之控制系統：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中前向傳遞函數包含 (s+20)(s−10)(s+1)(s2+25)\frac{(s+20)(s-10)}{(s+1)(s^2+25)} 且為單位負回授。

（一）試繪製 Gc(s)=KG_c(s)=K、K>0K>0 之根軌跡圖，並計算離開角（departure angle）。（10 分）

（二）試推導（一）之穩定條件。（5 分）

（三）試繪製 Gc(s)=K(s+1)G_c(s)=K(s+1)、K>0K>0 之根軌跡圖。（5 分）

（四）試推導（三）之重合點（break-in）。（5 分）

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核心觀念

根軌跡是閉迴路特徵方程

1+Gc(s)Gp(s)=01+G_c(s)G_p(s)=0

的根隨增益 K>0K>0 變化所形成的軌跡。繪圖時先找開迴路極點與零點，再判斷實軸根軌跡區段、漸近線及複數極點離開角；穩定範圍則由閉迴路特徵方程配合 Routh–Hurwitz 判據求得。

（一）Gc(s)=KG_c(s)=K 的根軌跡與離開角

開迴路傳遞函數為

L(s)=K(s+20)(s−10)(s+1)(s2+25).L(s)=K\frac{(s+20)(s-10)}{(s+1)(s^2+25)}.

開迴路極點為 −1, ±j5-1,\ \pm j5，零點為 −20, 10-20,\ 10。因此有三條分枝，其中兩條終止於有限零點，另一條沿漸近線趨向無限遠。

實軸上根軌跡區段可用「某實軸測試點右側的實極點、零點總數為奇數」判斷，得到

(−∞,−20),(−1,10).(-\infty,-20),\qquad (-1,10).

漸近線數為 3−2=13-2=1，角度與重心分別為

θa=180∘,σa=(−1)−(−20+10)3−2=9.\theta_a=180^\circ,\qquad \sigma_a=\frac{(-1)-(-20+10)}{3-2}=9.

以 s=j5s=j5 為出發極點，複數極點離開角公式為

θd=180∘+∑∠(p−zi)−∑∠(p−pi),\theta_d =180^\circ+\sum\angle(p-z_i)-\sum\angle(p-p_i),

其中第二個總和只計其他開迴路極點。各角度為

∠(j5+20)=14.036∘,∠(j5−10)=153.435∘,\angle(j5+20)=14.036^\circ,\quad \angle(j5-10)=153.435^\circ, ∠(j5+1)=78.690∘,∠(j5+j5)=90∘.\angle(j5+1)=78.690^\circ,\quad \angle(j5+j5)=90^\circ.

所以

θd(j5)=180∘+(14.036∘+153.435∘)−(78.690∘+90∘)=178.781∘.\theta_d(j5) =180^\circ+(14.036^\circ+153.435^\circ) -(78.690^\circ+90^\circ) =178.781^\circ.

由共軛對稱性，

θd(−j5)=181.219∘（亦即 −178.781∘）.\theta_d(-j5)=181.219^\circ \quad\text{（亦即 }-178.781^\circ\text{）}.

根軌跡示意如下：−1-1 的分枝沿實軸走向零點 1010；±j5\pm j5 的分枝幾乎向左離開，在 (−∞,−20)(-\infty,-20) 上相遇後，一支走向零點 −20-20，另一支沿 180∘180^\circ 漸近線趨向 −∞-\infty。

（二）穩定條件

閉迴路特徵方程為

(s+1)(s2+25)+K(s+20)(s−10)=0,(s+1)(s^2+25)+K(s+20)(s-10)=0,

整理得

s3+(1+K)s2+(25+10K)s+(25−200K)=0.s^3+(1+K)s^2+(25+10K)s+(25-200K)=0.

對三次式 s3+a1s2+a2s+a3s^3+a_1s^2+a_2s+a_3，Routh–Hurwitz 穩定條件為

a1>0,a2>0,a3>0,a1a2>a3.a_1>0,\quad a_2>0,\quad a_3>0,\quad a_1a_2>a_3.

代入後，前三項對 K>0K>0 皆成立，且

25−200K>0⟹K<18.25-200K>0 \quad\Longrightarrow\quad K<\frac18.

最後一項為

(1+K)(25+10K)−(25−200K)=235K+10K2>0,(1+K)(25+10K)-(25-200K) =235K+10K^2>0,

對 K>0K>0 成立。因此穩定範圍是

0<K<18.\boxed{0<K<\frac18}.

K=18K=\frac18 時有一根在原點，為穩定邊界；K>18K>\frac18 時系統不穩定。

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第 四 題25 分

對於如下圖之前饋（Feedforward）系統，其中 G3(s)=1G_3(s)=1，且 zz、pp 皆為正實數，z>pz>p。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）試推導頻率響應 G(jω)=C(jω)R(jω)G(j\omega)=\frac{C(j\omega)}{R(j\omega)} 函數。（10 分）

（二）試繪製波德圖（Bode plot）。（10 分）

（三）該系統應屬何種濾波器？（5 分）

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核心觀念

圖中輸入 R(s)R(s) 分成兩路：一路依序通過 ps+p\frac{p}{s+p} 與 ss+z\frac{s}{s+z}，另一路經 G3(s)=1G_3(s)=1 後接到輸出端的負號端。因此輸出是前向路徑訊號減去輸入訊號：

G(s)=C(s)R(s)=ps+pss+z−1G(s)=\frac{C(s)}{R(s)} =\frac{p}{s+p}\frac{s}{s+z}-1

波德圖要由頻率響應的幅值與相位繪製；濾波器類型可由低頻與高頻增益，以及中間頻率的衰減判斷。

（一）頻率響應函數

先化簡閉迴路傳遞函數：

G(s)=ps(s+p)(s+z)−1=ps−(s+p)(s+z)(s+p)(s+z)=−s2+zs+pz(s+p)(s+z)\begin{aligned} G(s) &=\frac{ps}{(s+p)(s+z)}-1\\ &=\frac{ps-(s+p)(s+z)}{(s+p)(s+z)}\\ &=-\frac{s^2+zs+pz}{(s+p)(s+z)} \end{aligned}

令 s=jωs=j\omega，得到

G(jω)=−pz−ω2+jzω(p+jω)(z+jω)\boxed{ G(j\omega) =-\frac{pz-\omega^2+jz\omega} {(p+j\omega)(z+j\omega)} }

其幅值為

∣G(jω)∣=(pz−ω2)2+z2ω2(p2+ω2)(z2+ω2)\boxed{ |G(j\omega)| =\sqrt{ \frac{(pz-\omega^2)^2+z^2\omega^2} {(p^2+\omega^2)(z^2+\omega^2)} } }

相位可寫成

∠G(jω)=180∘+atan2⁡(zω,  pz−ω2)−tan⁡−1 ⁣(ωp)−tan⁡−1 ⁣(ωz)\boxed{ \angle G(j\omega) =180^\circ +\operatorname{atan2}(z\omega,\;pz-\omega^2) -\tan^{-1}\!\left(\frac{\omega}{p}\right) -\tan^{-1}\!\left(\frac{\omega}{z}\right) }

相位以 360∘360^\circ 為週期，繪圖時可依需要換成連續相位表示。

（二）波德圖

幅值的分子、分母平方分別為

∣N(jω)∣2=ω4+(z2−2pz)ω2+p2z2,∣D(jω)∣2=ω4+(p2+z2)ω2+p2z2.\begin{aligned} |N(j\omega)|^2 &=\omega^4+(z^2-2pz)\omega^2+p^2z^2,\\ |D(j\omega)|^2 &=\omega^4+(p^2+z^2)\omega^2+p^2z^2. \end{aligned}

因此幅值波德圖為

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