110 關務特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

110 年・關務特考・三等・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題25 分

常用於分析懸吊系統之 14\frac{1}{4} 車模型如下圖所示，汽車輪胎簡化為無阻尼之彈簧 KtK_t。圖中 MbM_b 與 MusM_{us} 分別為 14\frac{1}{4} 車體與輪胎質量，KaK_a 與 KtK_t 分別為車體與輪胎之彈簧常數，fvf_v 為車體之阻尼常數，rr 為路面干擾輸入，xsx_s 與 xwx_w 為車體與輪胎之垂直向位移。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 列出此系統之垂直向雙變數單一輸入兩階聯立動態方程式。（10 分）

(二) 試依據圖中模型參數推導車體垂直向位移相對於路面干擾之轉移函數

G(s)=Xs(s)R(s)。G(s)=\frac{X_s(s)}{R(s)}。

（15 分）

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核心觀念

本題考查四分之一車輛懸吊模型的牛頓運動方程式，以及由聯立微分方程式推導轉移函數。車體與輪胎間的彈簧、阻尼器作用力，取決於兩者的相對位移與相對速度；輪胎彈簧作用力則取決於輪胎與路面的相對位移。

取垂直向上為正，車體位移、輪胎位移及路面位移分別為 xsx_s、xwx_w、rr。

解題方法

（一）垂直向雙變數單一輸入兩階聯立動態方程式

車體與輪胎之間的相對位移為 xs−xwx_s-x_w，相對速度為 x˙s−x˙w\dot{x}_s-\dot{x}_w。因此車體所受懸吊彈簧力與阻尼力，分別為 −Ka(xs−xw)-K_a(x_s-x_w)、−fv(x˙s−x˙w)-f_v(\dot{x}_s-\dot{x}_w)。

對車體 MbM_b 套用牛頓第二定律：

Mbx¨s=−fv(x˙s−x˙w)−Ka(xs−xw)M_b\ddot{x}_s =-f_v(\dot{x}_s-\dot{x}_w)-K_a(x_s-x_w)

整理得：

Mbx¨s+fv(x˙s−x˙w)+Ka(xs−xw)=0M_b\ddot{x}_s+f_v(\dot{x}_s-\dot{x}_w)+K_a(x_s-x_w)=0

對輪胎質量 MusM_{us} 而言，懸吊彈簧及阻尼器作用力方向相反；輪胎彈簧對輪胎的作用力為 −Kt(xw−r)-K_t(x_w-r)。因此：

Musx¨w=fv(x˙s−x˙w)+Ka(xs−xw)−Kt(xw−r)M_{us}\ddot{x}_w =f_v(\dot{x}_s-\dot{x}_w)+K_a(x_s-x_w)-K_t(x_w-r)

整理得：

Musx¨w+fv(x˙w−x˙s)+Ka(xw−xs)+Kt(xw−r)=0M_{us}\ddot{x}_w +f_v(\dot{x}_w-\dot{x}_s) +K_a(x_w-x_s) +K_t(x_w-r)=0

以上即為以 xs,xwx_s,x_w 為兩個位移變數、以 rr 為單一輸入的聯立二階動態方程式。

（二）推導車體位移相對於路面干擾的轉移函數

假設初始條件為零，對上述方程式取拉氏轉換：

(Mbs2+fvs+Ka)Xs−(fvs+Ka)Xw=0(M_b s^2+f_v s+K_a)X_s-(f_v s+K_a)X_w=0 −(fvs+Ka)Xs+(Muss2+fvs+Ka+Kt)Xw=KtR-(f_v s+K_a)X_s +(M_{us}s^2+f_v s+K_a+K_t)X_w =K_tR

由第一式可得：

Xs=fvs+KaMbs2+fvs+KaXwX_s=\frac{f_v s+K_a}{M_b s^2+f_v s+K_a}X_w

代入第二式，或以二元聯立方程式消去 XwX_w，得：

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第 二 題25 分

(一) 由下列之控制系統方塊圖，計算增益值 KK 與微分回饋增益 PP 值，使得此閉迴路系統之單位步階響應的最大超越量為 16.3%16.3\%，對應之峰值時間（peak time）為 1 秒。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（15 分）

(二) 依據題(一)求出之 KK 與 PP 值，計算此閉迴路系統之 2% 安定時間（settling time）與閉迴路特徵根值。

（10 分）

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核心觀念

此題考查二階閉迴路系統的標準形式，以及由最大超越量 MpM_p、峰值時間 TpT_p 求阻尼比 ζ\zeta 與自然頻率 ωn\omega_n。

標準二階系統特徵方程為

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

欠阻尼系統的最大超越量與峰值時間公式為

Mp=e−πζ1−ζ2,Tp=πωn1−ζ2M_p=e^{-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}},\qquad T_p=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}

解題方法

(一) 求 KK 與 PP

由方塊圖可知，前向傳遞函數為 Ks(s+2)\dfrac{K}{s(s+2)}，回授函數為 1+Ps1+Ps，且為負回授。因此閉迴路傳遞函數為

C(s)R(s)=Ks(s+2)1+K(1+Ps)s(s+2)=Ks2+(2+KP)s+K\frac{C(s)}{R(s)} =\frac{\dfrac{K}{s(s+2)}}{1+\dfrac{K(1+Ps)}{s(s+2)}} =\frac{K}{s^2+(2+KP)s+K}

題目給定最大超越量為 16.3%=0.16316.3\%=0.163。代入最大超越量公式，可得

0.163=e−πζ1−ζ2⟹ζ≈0.50.163=e^{-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}} \quad\Longrightarrow\quad \zeta\approx 0.5

再由峰值時間 Tp=1T_p=1 秒：

1=πωn1−0.52⟹ωn=2π3≈3.6276 rad/s1=\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-0.5^2}} \quad\Longrightarrow\quad \omega_n=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\approx 3.6276\ \text{rad/s}

將閉迴路特徵方程與標準二階形式比較：

s2+(2+KP)s+K↔s2+2ζωns+ωn2s^2+(2+KP)s+K \quad\leftrightarrow\quad s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2

因此

K=ωn2=4π23≈13.1595K=\omega_n^2=\frac{4\pi^2}{3}\approx 13.1595
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第 三 題25 分

(一) 一個無複數極點之極小相位系統的頻率響應漸近線如下圖所示，試求出此系統之開迴路轉移函數 G(s)G(s)，須算出 KK、ω1\omega_1 與 ω2\omega_2 值。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（15 分）

(二) 依據題(一)開迴路轉移函數，以 KK 值可變，繪出此系統之根軌跡圖。

（10 分）

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核心觀念

波德圖的漸近線斜率變化可用來判斷極點、零點：

  • 原點零點使低頻斜率增加 20 dB/dec20\text{ dB/dec}。
  • 一個實極點使斜率減少 20 dB/dec20\text{ dB/dec}。
  • 兩個重合實極點使斜率減少 40 dB/dec40\text{ dB/dec}。

圖中斜率依序為 +20+20、00、−40 dB/dec-40\text{ dB/dec}，因此系統有一個原點零點、一個轉折頻率為 ω1\omega_1 的極點，以及兩個重合於 ω2\omega_2 的極點。採用標準因式形式：

G(s)=Ks(1+s/ω1)(1+s/ω2)2G(s)=\frac{Ks}{(1+s/\omega_1)(1+s/\omega_2)^2}

解題方法

低頻時兩個極點因子皆近似為 11，故 ∣G(jω)∣≈Kω|G(j\omega)|\approx K\omega。圖中低頻漸近線在 ω=0.5\omega=0.5 時穿越 0 dB0\text{ dB}，也就是幅值為 11：

0.5K=1⇒K=20.5K=1 \quad\Rightarrow\quad K=2

在 ω1\omega_1 至 ω2\omega_2 之間，幅值漸近線維持在 12 dB12\text{ dB}。此區的幅值為 Kω1K\omega_1，所以

20log⁡10(Kω1)=1220\log_{10}(K\omega_1)=12 Kω1=1012/20⇒ω1=1012/202≈1.99 rad/sK\omega_1=10^{12/20} \quad\Rightarrow\quad \omega_1=\frac{10^{12/20}}{2}\approx1.99\ \text{rad/s}

高頻段自 ω2\omega_2 起以 −40 dB/dec-40\text{ dB/dec} 下降，等效為幅值與頻率平方成反比。圖中下降線在 ω=16\omega=16 時穿越 0 dB0\text{ dB}，因此

Kω1(ω216)2=1K\omega_1\left(\frac{\omega_2}{16}\right)^2=1

代入 Kω1=1012/20K\omega_1=10^{12/20}：

ω2=161012/20≈4.02 rad/s\omega_2=\frac{16}{\sqrt{10^{12/20}}} \approx4.02\ \text{rad/s}

根軌跡

令增益 KK 變動，閉迴路特徵方程為

1+G(s)=01+G(s)=0
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第 四 題25 分

已知一控制系統之串聯分解模型與狀態變數 XX 定義如下圖。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 試列出狀態空間之動態方程式

X˙(t)=AX(t)+Bu(t)，c=DX(t)。\dot{X}(t)=AX(t)+Bu(t)，\quad c=DX(t)。

（10 分）

(二) 利用狀態回授方法設計上圖之控制器，計算出 KK、g1g_1、g2g_2 與 g3g_3 之數值，以滿足下列性能條件：

  1. 此系統三個閉迴路特徵根分別為 −5-5、−1±j3-1\pm j\sqrt{3}。
  2. 對於步階輸入之穩態誤差為零。

（15 分）

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核心觀念

本題考查串聯系統的狀態空間表示，以及以狀態回授配置閉迴路極點。狀態變數依圖中順序定義為 X=[x1 x2 x3]TX=[x_1\ x_2\ x_3]^T：x3x_3 是第一個方塊的輸出，x2x_2 是第二個方塊的輸出，x1x_1 是積分器輸出，也就是系統輸出 cc。

圖中 uu 是控制器增益 KK 之後、進入 1/(s+3)1/(s+3) 方塊的訊號。各方塊的微分方程為

x˙1=x2,x˙2=−x2+2x3,x˙3=−3x3+u.\dot{x}_1=x_2,\qquad \dot{x}_2=-x_2+2x_3,\qquad \dot{x}_3=-3x_3+u.

因此，令 c=x1c=x_1，可寫成

X˙(t)=AX(t)+Bu(t),c=DX(t),\dot{X}(t)=AX(t)+Bu(t),\qquad c=DX(t),

其中

A=[0100−1200−3],B=[001],D=[100].A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-3 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 1&0&0 \end{bmatrix}.

解題方法

由方塊圖的回授加總方式，進入控制器的誤差為

e=r−g1x1−g2x2−g3x3,e=r-g_1x_1-g_2x_2-g_3x_3,

故控制器輸出為

u=Ke=K(r−g1x1−g2x2−g3x3).u=Ke=K(r-g_1x_1-g_2x_2-g_3x_3).

代入狀態方程式，閉迴路系統矩陣為

Acl=[0100−12−Kg1−Kg2−3−Kg3].A_{\mathrm{cl}}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&-1&2\\ -Kg_1&-Kg_2&-3-Kg_3 \end{bmatrix}.

其特徵方程式為

det⁡(sI−Acl)=s3+(4+Kg3)s2+(3+2Kg2+Kg3)s+2Kg1.\det(sI-A_{\mathrm{cl}}) =s^3+(4+Kg_3)s^2+(3+2Kg_2+Kg_3)s+2Kg_1.

指定閉迴路極點為 −5-5、−1±j3-1\pm j\sqrt{3}，目標特徵多項式為

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