112 關務特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

112 年・關務特考・三等・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題25 分

考慮一回授控制系統如下圖，若 G1(s)=K(s−2)s+2。G_1(s)=\frac{K(s-2)}{s+2}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 試推導從 R(s)R(s) 到 Y(s)Y(s) 的轉移函數 C(s)R(s)\frac{C(s)}{R(s)}。（10 分）

(二) 請判斷能使系統穩定時，KK 的範圍。若欲使 R(s)R(s) 為步階輸入時，C(s)C(s) 與 R(s)R(s) 之間的穩態誤差趨近於零，試說明系統穩定時此目標不可能達到。（15 分）

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. 負回授系統的閉迴路轉移函數。
  2. Routh–Hurwitz 穩定判據。
  3. 單位階輸入下的穩態誤差與終值定理。

由圖可知，前向路徑為

G1(s)→s+1s2+5s+6,G_1(s)\rightarrow \frac{s+1}{s^2+5s+6},

回授路徑為 G1(s)G_1(s)，且為負回授。其中

G1(s)=K(s−2)s+2.G_1(s)=\frac{K(s-2)}{s+2}.

（一）推導 C(s)R(s)\dfrac{C(s)}{R(s)}

令加總點輸入為 E(s)E(s)，由負回授關係得

E(s)=G1(s)R(s)−G1(s)C(s).E(s)=G_1(s)R(s)-G_1(s)C(s).

輸出為

C(s)=s+1s2+5s+6E(s).C(s)=\frac{s+1}{s^2+5s+6}E(s).

因為

s2+5s+6=(s+2)(s+3),s^2+5s+6=(s+2)(s+3),

代入可得

C(s)=s+1(s+2)(s+3)G1(s)[R(s)−C(s)].C(s)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)} G_1(s)\left[R(s)-C(s)\right].

因此

C(s)R(s)=G1(s)s+1(s+2)(s+3)1+G1(s)s+1(s+2)(s+3).\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{G_1(s)\dfrac{s+1}{(s+2)(s+3)}} {1+G_1(s)\dfrac{s+1}{(s+2)(s+3)}}.

代入 G1(s)G_1(s)：

C(s)R(s)=K(s−2)(s+1)(s+2)2(s+3)1+K(s−2)(s+1)(s+2)2(s+3).\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\dfrac{K(s-2)(s+1)}{(s+2)^2(s+3)}} {1+\dfrac{K(s-2)(s+1)}{(s+2)^2(s+3)}}.

故

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

展開分母：

(s+2)2(s+3)=s3+7s2+16s+12,(s+2)^2(s+3) =s^3+7s^2+16s+12, K(s−2)(s+1)=K(s2−s−2).K(s-2)(s+1)=K(s^2-s-2).

所以

C(s)R(s)=K(s2−s−2)s3+(K+7)s2+(16−K)s+(12−2K)\boxed{ \frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K(s^2-s-2)} {s^3+(K+7)s^2+(16-K)s+(12-2K)} }

（二）系統穩定時 KK 的範圍

閉迴路特徵方程式為

s3+(K+7)s2+(16−K)s+(12−2K)=0.s^3+(K+7)s^2+(16-K)s+(12-2K)=0.

對三次多項式

s3+a2s2+a1s+a0s^3+a_2s^2+a_1s+a_0

而言，Routh–Hurwitz 穩定條件為

a2>0,a1>0,a0>0,a2a1>a0.a_2>0,\qquad a_1>0,\qquad a_0>0,\qquad a_2a_1>a_0.

本題中

a2=K+7,a1=16−K,a0=12−2K.a_2=K+7,\qquad a_1=16-K,\qquad a_0=12-2K.

因此：

K+7>0⇒K>−7,K+7>0 \quad\Rightarrow\quad K>-7, 16−K>0⇒K<16,16-K>0 \quad\Rightarrow\quad K<16, 12−2K>0⇒K<6.12-2K>0 \quad\Rightarrow\quad K<6.

最後一項為

(K+7)(16−K)>12−2K.(K+7)(16-K)>12-2K.

整理：

112+9K−K2>12−2K,112+9K-K^2>12-2K, K2−11K−100<0.K^2-11K-100<0.

其根為

K=11±5212.K=\frac{11\pm\sqrt{521}}{2}.

所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題25 分

考慮一單位負回授系統如下圖，若 G(s)=K(s+10)(s+1)(s+2)(s+4)。G(s)=\frac{K(s+10)}{(s+1)(s+2)(s+4)}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 試說明此系統之型態（system type），並設計最小之整數 KK 值，以使其步階響應之穩態誤差能小於參考輸入的 2.5%2.5\%，並請判斷此設計是否能使系統穩定。（15 分）

(二) 若此設計無法使系統穩定，試說明應採用 P、PI 或 PD 控制補償以達成要求。（10 分）

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  1. 系統型態（system type）：由開迴路傳遞函數中位於原點的極點數決定。
  2. 單位負回授系統的步階輸入穩態誤差。
  3. 三階特徵方程式的 Routh-Hurwitz 穩定判據。
  4. P、PI、PD 控制器對系統型態、穩態誤差與穩定性的影響。

開迴路傳遞函數為

G(s)=K(s+10)(s+1)(s+2)(s+4).G(s)=\frac{K(s+10)}{(s+1)(s+2)(s+4)}.

因為分母沒有 ss 因子，所以系統為 0 型系統（Type 0）。

（一）系統型態、最小整數 KK 與穩定性判斷

1. 步階響應穩態誤差

單位負回授系統對單位步階輸入的穩態誤差為

ess=11+Kp,e_{\mathrm{ss}}=\frac{1}{1+K_p},

其中位置誤差常數

Kp=lim⁡s→0G(s).K_p=\lim_{s\to 0}G(s).

因此

Kp=lim⁡s→0K(s+10)(s+1)(s+2)(s+4)=10K1⋅2⋅4=5K4.K_p = \lim_{s\to 0} \frac{K(s+10)}{(s+1)(s+2)(s+4)} = \frac{10K}{1\cdot2\cdot4} = \frac{5K}{4}.

所以

ess=11+5K4.e_{\mathrm{ss}} = \frac{1}{1+\frac{5K}{4}}.

題目要求穩態誤差小於參考輸入的 2.5%2.5\%，即

11+5K4<0.025.\frac{1}{1+\frac{5K}{4}}<0.025.

由於 0.025=1400.025=\frac{1}{40}，可得

1+5K4>40,1+\frac{5K}{4}>40, 5K4>39,\frac{5K}{4}>39, K>1565=31.2.K>\frac{156}{5}=31.2.

因此滿足誤差要求的最小整數為

K=32.\boxed{K=32}.

此時

ess=11+5(32)4=141≈2.439%<2.5%.e_{\mathrm{ss}} = \frac{1}{1+\frac{5(32)}{4}} = \frac{1}{41} \approx 2.439\%<2.5\%.

2. 系統穩定性判斷

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為

1+G(s)=0.1+G(s)=0.

因此

(s+1)(s+2)(s+4)+K(s+10)=0.(s+1)(s+2)(s+4)+K(s+10)=0.

先展開：

(s+1)(s+2)(s+4)=s3+7s2+14s+8.(s+1)(s+2)(s+4) = s^3+7s^2+14s+8.

故特徵方程式為

s3+7s2+(14+K)s+(8+10K)=0.s^3+7s^2+(14+K)s+(8+10K)=0.

對三階方程式

s3+a1s2+a2s+a3=0,s^3+a_1s^2+a_2s+a_3=0,

Routh-Hurwitz 穩定條件為

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

代入本題：

a1=7,a2=14+K,a3=8+10K.a_1=7,\qquad a_2=14+K,\qquad a_3=8+10K.

對正的 KK 而言，前三項皆為正，主要限制為

7(14+K)>8+10K.7(14+K)>8+10K.

整理得

98+7K>8+10K,98+7K>8+10K, 90>3K,90>3K, K<30.K<30.

所以系統穩定範圍為

0<K<30.\boxed{0<K<30}.

然而誤差要求需要 K≥32K\geq32，與穩定條件互相矛盾。因此：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題25 分

如圖所示，一齒輪－齒條機構被用於帶動一機械負荷，包含其慣性（MM）、阻尼（BB）與彈簧（KK）效應。齒條之質量已被包含於慣性質量 MM 之內，另齒輪半徑為 rr，並帶有轉動慣量（JJ）與轉軸阻尼（DD）。TT 為所施加之力矩，齒輪之旋轉角度為 θ\theta，與物體位移 xx 之坐標定義如圖。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 推導出以 TT 為輸入、xx 為輸出的轉移函數 X(s)T(s)。\frac{X(s)}{T(s)}。 （10 分）

(二) 當 J=4J=4、D=8D=8、r=2r=2、M=1M=1 時，設計 BB 與 KK 之值，以使系統的主極點具有阻尼比（damping ratio）為 0.50.5 且自然頻率為 33。若設法將齒輪改成極輕因而 JJ 可忽略不計，且系統其他參數均不變，請問此時系統的阻尼比與自然頻率將分別如何變化（變大或變小）？（15 分）

🖼️ 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。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查齒輪—齒條機構的運動轉換，以及轉動系統參數折算至平移端的概念。

由圖中座標定義，齒輪轉角與齒條位移關係為

x=rθx=r\theta

因此：

  • 齒輪慣性 JJ 折算至平移端為 J/r2J/r^2
  • 轉軸阻尼 DD 折算至平移端為 D/r2D/r^2
  • 齒條負荷本身具有質量 MM、阻尼 BB、彈簧常數 KK

解題方法

（一）推導轉移函數

齒輪的轉動運動方程式為

Jθ¨+Dθ˙+Track=TJ\ddot{\theta}+D\dot{\theta}+T_{\text{rack}}=T

齒條負荷的平移運動方程式為

Mx¨+Bx˙+Kx=FM\ddot{x}+B\dot{x}+Kx=F

齒輪對齒條所提供的力矩為

Track=rFT_{\text{rack}}=rF

又因為

x=rθx=r\theta

所以

θ=xr,θ˙=x˙r,θ¨=x¨r\theta=\frac{x}{r},\qquad \dot{\theta}=\frac{\dot{x}}{r},\qquad \ddot{\theta}=\frac{\ddot{x}}{r}

將 Track=rFT_{\text{rack}}=rF 及平移方程式代入轉動方程式：

Jθ¨+Dθ˙+r(Mx¨+Bx˙+Kx)=TJ\ddot{\theta}+D\dot{\theta} +r(M\ddot{x}+B\dot{x}+Kx)=T

再以 x=rθx=r\theta 表示為齒輪轉角的形式：

(J+Mr2)θ¨+(D+Br2)θ˙+Kr2θ=T\left(J+Mr^2\right)\ddot{\theta} +\left(D+Br^2\right)\dot{\theta} +Kr^2\theta=T

在零初始條件下取拉普拉斯轉換：

[(J+Mr2)s2+(D+Br2)s+Kr2]Θ(s)=T(s)\left[ \left(J+Mr^2\right)s^2 +\left(D+Br^2\right)s +Kr^2 \right]\Theta(s)=T(s)

由於

X(s)=rΘ(s)X(s)=r\Theta(s)

故

X(s)T(s)=r(J+Mr2)s2+(D+Br2)s+Kr2\boxed{ \frac{X(s)}{T(s)} = \frac{r}{ \left(J+Mr^2\right)s^2 +\left(D+Br^2\right)s +Kr^2 } }

亦可寫成平移端參數折算形式：

X(s)T(s)=1/r(M+Jr2)s2+(B+Dr2)s+K\boxed{ \frac{X(s)}{T(s)} = \frac{1/r}{ \left(M+\frac{J}{r^2}\right)s^2 +\left(B+\frac{D}{r^2}\right)s +K } }

（二）設計 BB 與 KK

已知

J=4,D=8,r=2,M=1J=4,\qquad D=8,\qquad r=2,\qquad M=1

代入特性方程式：

(J+Mr2)s2+(D+Br2)s+Kr2=0\left(J+Mr^2\right)s^2 +\left(D+Br^2\right)s +Kr^2=0

得

(4+1×22)s2+(8+4B)s+4K=0(4+1\times 2^2)s^2+(8+4B)s+4K=0

即

8s2+(8+4B)s+4K=08s^2+(8+4B)s+4K=0

除以 88：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題25 分

一轉移函數 G(s)=YU(s)=1000K(s+a)(s+1000)。G(s)=\frac{Y}{U}(s)=\frac{1000K}{(s+a)(s+1000)}。

(一) 若當輸入 u(t)=2cos⁡(3t)u(t)=2\cos(3t) 時，輸出 y(t)=6cos⁡(3t−π6)，y(t)=6\cos\left(3t-\frac{\pi}{6}\right)， 依此資訊估算 KK 與 aa 之值。（10 分）

(二) 概略畫出系統 G(s)G(s) 之奈氏圖（Nyquist plot），估算系統之增益邊限（gain margin）與相位邊限（phase margin），並標註於奈氏圖上。（15 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查頻率響應、由正弦穩態輸入輸出求系統參數，以及由奈氏圖判讀增益邊限與相位邊限。

對穩定線性系統，若輸入為 u(t)=Acos⁡(ωt)u(t)=A\cos(\omega t)，穩態輸出為

yss(t)=A∣G(jω)∣cos⁡(ωt+∠G(jω))。y_{\rm ss}(t)=A|G(j\omega)|\cos\bigl(\omega t+\angle G(j\omega)\bigr)。

奈氏圖則是將 G(jω)G(j\omega) 隨頻率變化描繪於複數平面。增益邊限由軌跡穿越負實軸處的模長決定；相位邊限由軌跡與單位圓的交點決定。

解題方法

（一）由頻率響應求 KK 與 aa

輸入角頻率為 ω=3\omega=3 rad/s，輸入振幅為 22，輸出振幅為 66，因此

∣G(j3)∣=62=3。|G(j3)|=\frac{6}{2}=3。

輸出相位落後 π/6\pi/6，所以

∠G(j3)=−π6。\angle G(j3)=-\frac{\pi}{6}。

代入

G(j3)=1000K(a+j3)(1000+j3)。G(j3)=\frac{1000K}{(a+j3)(1000+j3)}。

假設系統參數 K,aK,a 為正，分母相位為 tan⁡−1(3/a)+tan⁡−1(3/1000)\tan^{-1}(3/a)+\tan^{-1}(3/1000)，故

tan⁡−1(3a)+tan⁡−1(31000)=π6。\tan^{-1}\left(\frac{3}{a}\right)+\tan^{-1}\left(\frac{3}{1000}\right)=\frac{\pi}{6}。

令 θ=π/6−tan⁡−1(3/1000)\theta=\pi/6-\tan^{-1}(3/1000)，則

a=3tan⁡θ≈5.21。a=\frac{3}{\tan\theta}\approx 5.21。

再由振幅條件：

3=1000Ka2+3210002+32,3=\frac{1000K}{\sqrt{a^2+3^2}\sqrt{1000^2+3^2}}, K=3a2+910002+91000≈18.0。K=\frac{3\sqrt{a^2+9}\sqrt{1000^2+9}}{1000}\approx 18.0。

（二）奈氏圖與穩定性邊限

頻率響應的幅值與相位為

∣G(jω)∣=1000Kω2+a2ω2+10002,|G(j\omega)|= \frac{1000K}{\sqrt{\omega^2+a^2}\sqrt{\omega^2+1000^2}}, ∠G(jω)=−tan⁡−1(ωa)−tan⁡−1(ω1000)。\angle G(j\omega)= -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{a}\right) -\tan^{-1}\left(\frac{\omega}{1000}\right)。
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

機械工程《自動控制》其他年度

111110109