115 關務特考三等 機械工程(選試英文) 自動控制 考古題詳解

115 年・關務特考・三等・機械工程(選試英文)
試題代碼 自動控制

第 一 題25 分

考慮下列三個系統：

G1(s)=s+12s2+2s+2G_1(s)=\frac{s+1}{2s^2+2s+2}

G2(s)=2s2+4s+10s2+2s+4G_2(s)=\frac{2s^2+4s+10}{s^2+2s+4}

G3(s)=2s2+8s+232s2+6s+18G_3(s)=\frac{2s^2+8s+23}{2s^2+6s+18}

（一）試比較其阻尼比（damping ratio），由小到大排列，並說明原因。（10 分）

（二）試比較其單位步階（unit step）響應之 2% 安定時間（settling time），由小到大排列，並說明原因。（10 分）

（三）圖一為其中一個系統之單位步階響應，試問是哪一個？為什麼？（5 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷：圖一，Step Response】

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核心觀念

本題考查標準二階系統的阻尼比 ζ\zeta、自然頻率 ωn\omega_n 與 2%2\% 安定時間 TsT_s。

標準二階特徵方程式為

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

其近似 2%2\% 安定時間為

Ts≈4ζωnT_s\approx \frac{4}{\zeta\omega_n}

其中 ζωn\zeta\omega_n 就是閉迴路極點的衰減率。

解題方法與計算

（一）阻尼比比較

只需觀察各系統的分母，並將其化為標準形式。

系統 G1(s)G_1(s)

G1(s)=s+12s2+2s+2=s+12(s2+s+1)G_1(s)=\frac{s+1}{2s^2+2s+2} =\frac{s+1}{2(s^2+s+1)}

其特徵方程式為

s2+s+1=0s^2+s+1=0

與

s2+2ζωns+ωn2s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2

比較可得

ωn2=1,2ζωn=1\omega_n^2=1,\qquad 2\zeta\omega_n=1

因此

ωn=1,ζ1=12\omega_n=1,\qquad \zeta_1=\frac12

系統 G2(s)G_2(s)

G2(s)=2s2+4s+10s2+2s+4G_2(s)=\frac{2s^2+4s+10}{s^2+2s+4}

比較分母係數：

ωn2=4,2ζωn=2\omega_n^2=4,\qquad 2\zeta\omega_n=2

因此

ωn=2,ζ2=22(2)=12\omega_n=2,\qquad \zeta_2=\frac{2}{2(2)}=\frac12

系統 G3(s)G_3(s)

分母可化為

2s2+6s+18=2(s2+3s+9)2s^2+6s+18=2(s^2+3s+9)

故特徵方程式為

s2+3s+9=0s^2+3s+9=0

比較可得

ωn=3,2ζωn=3\omega_n=3,\qquad 2\zeta\omega_n=3

因此

ζ3=32(3)=12\zeta_3=\frac{3}{2(3)}=\frac12

所以三個系統的阻尼比完全相同：

ζ1=ζ2=ζ3=12\boxed{\zeta_1=\zeta_2=\zeta_3=\frac12}

由小到大排列：

G1=G2=G3\boxed{G_1=G_2=G_3}

分子中的零點會影響響應形狀、初始值及超越量，但阻尼比是由分母極點決定。

（二）2%2\% 安定時間比較

由

Ts≈4ζωnT_s\approx\frac{4}{\zeta\omega_n}

且三者皆有 ζ=12\zeta=\frac12。

G1(s)G_1(s)

ζ1ωn1=12(1)=12\zeta_1\omega_{n1} =\frac12(1)=\frac12 Ts1≈41/2=8 秒T_{s1}\approx\frac{4}{1/2}=8\text{ 秒}

G2(s)G_2(s)

ζ2ωn2=12(2)=1\zeta_2\omega_{n2} =\frac12(2)=1 Ts2≈41=4 秒T_{s2}\approx\frac{4}{1}=4\text{ 秒}

G3(s)G_3(s)

ζ3ωn3=12(3)=32\zeta_3\omega_{n3} =\frac12(3)=\frac32 Ts3≈43/2=83 秒≈2.67 秒T_{s3}\approx\frac{4}{3/2} =\frac83\text{ 秒} \approx2.67\text{ 秒}

因此安定時間由小到大為

G3<G2<G1\boxed{G_3<G_2<G_1}
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第 二 題25 分

如圖二所示之控制系統，其中 rr 為參考輸入、yy 為輸出。

（一）試求從輸入 rr 到輸出 yy 的閉迴路轉移函數。（10 分）

（二）試證明此閉迴路系統為穩定（stable）。（5 分）

（三）若參考輸入為單頻調和訊號，即

r(t)=3sin⁡(t+π6)r(t)=3\sin\left(t+\frac{\pi}{6}\right)

試求其穩態輸出 y(t)y(t)。（10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷：圖二控制系統方塊圖】

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核心觀念

本題考查：

  1. 方塊圖的內迴路與外迴路化簡。
  2. 負回授系統閉迴路轉移函數： T(s)=G(s)1+G(s)H(s)T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)} unity negative feedback 時 H(s)=1H(s)=1。
  3. Routh–Hurwitz 穩定判據。
  4. 正弦穩態響應： yss(t)=A∣T(jω)∣sin⁡(ωt+ϕ+∠T(jω))y_{\mathrm{ss}}(t)=A|T(j\omega)|\sin\left(\omega t+\phi+\angle T(j\omega)\right)

由圖可讀得：

A(s)=1−s+1s,B(s)=1s−4,C(s)=1s+1A(s)=1-s+\frac{1}{s},\qquad B(s)=\frac{1}{s-4},\qquad C(s)=\frac{1}{s+1}

內迴路回授增益為 55，外迴路為 unity negative feedback。

（一）求閉迴路轉移函數

1. 化簡內迴路

令 vv 為第一個方塊輸出，令 xx 為 1s−4\dfrac{1}{s-4} 方塊輸出。

由第二個加減點：

u=v−5xu=v-5x

又因為：

x=1s−4ux=\frac{1}{s-4}u

因此：

x=1s−4(v−5x)x=\frac{1}{s-4}(v-5x)

整理得：

(s−4)x=v−5x(s-4)x=v-5x (s+1)x=v(s+1)x=v

所以內迴路等效為：

xv=1s+1\frac{x}{v}=\frac{1}{s+1}

再通過方塊 1s+1\dfrac{1}{s+1} 後：

yv=1(s+1)2\frac{y}{v}=\frac{1}{(s+1)^2}

因此，從外迴路誤差信號 ee 到輸出 yy 的等效前向傳遞函數為：

G(s)=(1−s+1s)1(s+1)2G(s)=\left(1-s+\frac{1}{s}\right)\frac{1}{(s+1)^2}

2. 化簡外迴路

圖中外迴路為 unity negative feedback，因此：

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

代入 G(s)G(s)：

Y(s)R(s)=1−s+1s(s+1)21+1−s+1s(s+1)2\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{\dfrac{1-s+\frac{1}{s}}{(s+1)^2}} {1+\dfrac{1-s+\frac{1}{s}}{(s+1)^2}}

先將：

1−s+1s=−s2+s+1s1-s+\frac{1}{s} = \frac{-s^2+s+1}{s}

故：

G(s)=−s2+s+1s(s+1)2G(s)=\frac{-s^2+s+1}{s(s+1)^2}

因此：

Y(s)R(s)=−s2+s+1s(s+1)2+(−s2+s+1)\frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{-s^2+s+1} {s(s+1)^2+(-s^2+s+1)}

而：

s(s+1)2=s3+2s2+ss(s+1)^2=s^3+2s^2+s

所以：

s(s+1)2+(−s2+s+1)=s3+s2+2s+1s(s+1)^2+(-s^2+s+1) =s^3+s^2+2s+1

得到：

Y(s)R(s)=−s2+s+1s3+s2+2s+1\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{-s^2+s+1}{s^3+s^2+2s+1} }

（二）證明閉迴路系統穩定

閉迴路特徵方程式為：

s3+s2+2s+1=0s^3+s^2+2s+1=0

對三次多項式建立 Routh 表：

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第 三 題25 分

圖三為一單位負回授（unity negative feedback）控制系統，其中 KK 為比例增益（proportional gain）。圖四為受控廠（plant）之波德圖（Bode diagrams）。

（一）若 K=1K=1，試估測此閉迴路系統（closed-loop system）之阻尼比。（10 分）

（二）若希望此閉迴路系統之阻尼比為 0.50.5，試求 KK 之值。（10 分）

（三）當 K=1K=1，試求此閉迴路系統對單位等速輸入（unit ramp input）之穩態誤差。（5 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷：圖三單位負回授控制系統方塊圖、圖四受控廠之 Bode diagrams】

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核心觀念

本題考查單位負回授系統的：

  1. 由 Bode 圖辨識受控廠 G(s)G(s)。
  2. 閉迴路特徵方程式與二階系統阻尼比 ζ\zeta 的關係。
  3. 比例增益 KK 對阻尼比的影響。
  4. 型別（system type）與單位等速輸入之穩態誤差。

由圖四可觀察到：

  • 低頻相位約為 −90∘-90^\circ，表示含有一個原點極點。
  • 高頻相位趨近 −180∘-180^\circ，表示另有一個左半平面極點。
  • 由低頻增益與轉折頻率可估得受控廠為
G(s)≈10s(s+1).G(s)\approx \frac{10}{s(s+1)}.

因此前向傳遞函數為

L(s)=KG(s)=10Ks(s+1).L(s)=K G(s)=\frac{10K}{s(s+1)}.

（一）K=1K=1 時的閉迴路阻尼比

解題方法

單位負回授閉迴路傳遞函數為

T(s)=KG(s)1+KG(s).T(s)=\frac{K G(s)}{1+K G(s)}.

代入 G(s)=10/[s(s+1)]G(s)=10/[s(s+1)]：

T(s)=10Ks(s+1)+10K=10Ks2+s+10K.T(s) = \frac{10K}{s(s+1)+10K} = \frac{10K}{s^2+s+10K}.

當 K=1K=1 時，

T(s)=10s2+s+10.T(s)=\frac{10}{s^2+s+10}.

標準二階系統分母為

s2+2ζωns+ωn2.s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2.

比較係數：

ωn2=10,\omega_n^2=10, 2ζωn=1.2\zeta\omega_n=1.

所以

ωn=10,\omega_n=\sqrt{10}, ζ=1210≈0.158.\zeta=\frac{1}{2\sqrt{10}} \approx 0.158.

因此閉迴路系統的阻尼比約為

ζ≈0.16.\boxed{\zeta\approx 0.16}.

（二）使阻尼比為 0.50.5 時的 KK

閉迴路特徵方程式為

s2+s+10K=0.s^2+s+10K=0.

與標準二階形式

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

比較可得

2ζωn=1,ωn2=10K.2\zeta\omega_n=1, \qquad \omega_n^2=10K.

因此

ζ=1210K.\zeta = \frac{1}{2\sqrt{10K}}.
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第 四 題25 分

同樣考慮如圖三之單位負回授控制系統，其中 KK 為正數。假設圖五為此系統之根軌跡（root locus）圖（（a）為完整根軌跡，（b）為局部放大圖），×\times 代表開迴路極點，∘\circ 代表開迴路零點。另外，圖五（b）中的閉迴路極點 P(s=−1+0j)P(s=-1+0j) 對應到 K=1.25K=1.25。

（一）試求此開迴路之轉移函數 G(s)G(s)。（5 分）

（二）試在複數平面上畫出此閉迴路極點的範圍，使系統滿足：超越量百分比（percent overshoot）%OS<10%\%OS<10\%（亦即阻尼比 ζ>0.6\zeta>0.6），且 2% 安定時間（settling time）小於 8 秒。（20 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷：圖五（a）完整根軌跡、圖五（b）局部放大圖】

🖼️ 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：

  1. 由根軌跡圖判讀開迴路極點與零點。
  2. 利用單位負回授特徵方程式 1+KG(s)=01+K G(s)=0 求出開迴路轉移函數。
  3. 以阻尼比 ζ\zeta 與 2%2\% 安定時間 TsT_s 判定閉迴路極點允許範圍。

由圖五可讀得：

  • 開迴路極點：s=0,−4,−6s=0,-4,-6
  • 開迴路零點：s=1±2js=1\pm 2j

因此可設

G(s)=C(s−1−2j)(s−1+2j)s(s+4)(s+6)G(s)=C\frac{(s-1-2j)(s-1+2j)}{s(s+4)(s+6)}

其中

(s−1−2j)(s−1+2j)=s2−2s+5(s-1-2j)(s-1+2j)=s^2-2s+5

（一）求開迴路轉移函數 G(s)G(s)

解題方法

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為

1+KG(s)=01+K G(s)=0

題目給定閉迴路極點

s=−1s=-1

且此時

K=1.25K=1.25

代入

G(s)=Cs2−2s+5s(s+4)(s+6)G(s)=C\frac{s^2-2s+5}{s(s+4)(s+6)}

在 s=−1s=-1 時：

G(−1)=C(−1)2−2(−1)+5(−1)(3)(5)=C8−15=−8C15G(-1) = C\frac{(-1)^2-2(-1)+5}{(-1)(3)(5)} = C\frac{8}{-15} = -\frac{8C}{15}

由特徵方程式：

1+1.25G(−1)=01+1.25G(-1)=0

所以

1+1.25(−8C15)=01+1.25\left(-\frac{8C}{15}\right)=0 1−10C15=01-\frac{10C}{15}=0 C=32C=\frac{3}{2}

故開迴路轉移函數為

G(s)=32s2−2s+5s(s+4)(s+6)\boxed{ G(s)=\frac{3}{2}\frac{s^2-2s+5}{s(s+4)(s+6)} }

亦可寫成

G(s)=1.5(s2−2s+5)s(s+4)(s+6)\boxed{ G(s)=\frac{1.5(s^2-2s+5)}{s(s+4)(s+6)} }

驗算

將 s=−1s=-1、K=1.25K=1.25 代入：

s(s+4)(s+6)=(−1)(3)(5)=−15s(s+4)(s+6)=(-1)(3)(5)=-15 1.5(s2−2s+5)=1.5(8)=121.5(s^2-2s+5)=1.5(8)=12

因此

−15+1.25(12)=0-15+1.25(12)=0

確實符合閉迴路特徵方程式。

（二）閉迴路極點的允許範圍

1. 超越量限制

題目要求

%OS<10%\%OS<10\%

對標準二階系統而言，

%OS=e−ζπ1−ζ2×100%\%OS=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times 100\%

題目已指定其等價條件為

ζ>0.6\zeta>0.6

設閉迴路極點為

s=σ+jωs=\sigma+j\omega

其中穩定系統必須滿足 σ<0\sigma<0。阻尼比為

ζ=−σσ2+ω2\zeta=\frac{-\sigma}{\sqrt{\sigma^2+\omega^2}}

要求 ζ>0.6\zeta>0.6：

−σσ2+ω2>0.6\frac{-\sigma}{\sqrt{\sigma^2+\omega^2}}>0.6

平方後得

σ2>0.36(σ2+ω2)\sigma^2>0.36(\sigma^2+\omega^2) 0.64σ2>0.36ω20.64\sigma^2>0.36\omega^2 ∣ω∣<43(−σ)|\omega|<\frac{4}{3}(-\sigma)

因此，極點必須位於以負實軸為中心、阻尼比 ζ=0.6\zeta=0.6 兩條射線之間：

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