114 關務特考三等 機械工程(選試英文)科別 自動控制 考古題詳解

114 年・關務特考・三等・機械工程(選試英文)科別
試題代碼 自動控制

第 一 題25 分

考慮一個二階機械系統的微分方程式如下：

d2ydt2+4dydt+3y=2\frac{d^2y}{dt^2}+4\frac{dy}{dt}+3y=2

(一) 此系統為欠阻尼（underdamped）系統還是過阻尼（overdamped）系統？阻尼比為多少？（10 分）

(二) 若系統的初始條件為 y(0)=0y(0)=0、y˙(0)=0\dot{y}(0)=0，求此微分方程式的暫態解以及最終穩態值為多少？（15 分）

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核心觀念

標準二階系統的特徵方程式可寫成

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

其中 ωn\omega_n 為自然頻率，ζ\zeta 為阻尼比。當 0<ζ<10<\zeta<1 時為欠阻尼；ζ=1\zeta=1 時為臨界阻尼；ζ>1\zeta>1 時為過阻尼。

本題右側的常數 22 是定值輸入，會影響穩態值；阻尼型態則由左側的齊次方程式決定。

解題方法

（一）阻尼型態與阻尼比

將方程式

y¨+4y˙+3y=2\ddot y+4\dot y+3y=2

與標準二階形式比較：

2ζωn=4,ωn2=32\zeta\omega_n=4,\qquad \omega_n^2=3

因此

ωn=3,ζ=423=23≈1.155\omega_n=\sqrt{3},\qquad \zeta=\frac{4}{2\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1.155

由於 ζ>1\zeta>1，此系統為過阻尼系統。

亦可由特徵方程式判斷：

s2+4s+3=(s+1)(s+3)=0s^2+4s+3=(s+1)(s+3)=0

兩個根為互異的負實根 s=−1,−3s=-1,-3，符合過阻尼系統的特徵。

（二）暫態解與最終穩態值

先求微分方程式的通解。齊次解由特徵根 s=−1,−3s=-1,-3 得

yh(t)=C1e−t+C2e−3ty_h(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-3t}

因右側為常數，設特解為常數 yp=Ay_p=A。代入原方程式可得

3A=2⟹A=233A=2\quad\Longrightarrow\quad A=\frac{2}{3}

故通解為

y(t)=C1e−t+C2e−3t+23y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-3t}+\frac{2}{3}

利用初始條件 y(0)=0y(0)=0：

C1+C2+23=0C_1+C_2+\frac{2}{3}=0

利用 y˙(0)=0\dot y(0)=0，且

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第 二 題25 分

畫出下列開迴路轉移函數系統之根軌跡（root locus）：（20 分）

Ks2+6s+8\frac{K}{s^2+6s+8}

其中 KK 值為正值。系統隨著 KK 值的增益調整放大，請說明系統是否穩定？（5 分）

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核心觀念

根軌跡描述閉迴路特徵根隨開迴路增益 KK 由 00 增加至無限大時的移動路徑。對單位負回授系統，開迴路轉移函數為

G(s)H(s)=Ks2+6s+8=K(s+2)(s+4)G(s)H(s)=\frac{K}{s^2+6s+8} =\frac{K}{(s+2)(s+4)}

閉迴路特徵方程為 1+G(s)H(s)=01+G(s)H(s)=0，因此

(s+2)(s+4)+K=0(s+2)(s+4)+K=0

根軌跡的起點是開迴路極點 s=−2,−4s=-2,-4；因為沒有有限開迴路零點，兩條分支最後都趨向無限遠。

解題方法

1. 實軸根軌跡

實軸上的點若其右側有奇數個開迴路極點與零點，便位於根軌跡上。兩個極點之間的區段 (−4,−2)(-4,-2) 符合條件，因此兩分支從 −4-4 與 −2-2 出發，沿實軸互相靠近。

2. 分離點

由特徵方程整理增益：

K=−(s+2)(s+4)=−s2−6s−8K=-(s+2)(s+4)=-s^2-6s-8

分離點滿足 dKds=0\dfrac{dK}{ds}=0：

dKds=−2s−6=0⇒s=−3\frac{dK}{ds}=-2s-6=0 \quad\Rightarrow\quad s=-3

代回增益式得 K=1K=1。此時兩根重合於 s=−3s=-3；之後兩分支離開實軸，成為一對共軛複數根。

3. 漸近線

開迴路極點數 n=2n=2、零點數 m=0m=0，故有 n−m=2n-m=2 條漸近線。其交會中心為

σa=∑pi−∑zin−m=(−2)+(−4)2=−3\sigma_a=\frac{\sum p_i-\sum z_i}{n-m} =\frac{(-2)+(-4)}{2}=-3

漸近線角度為

θq=(2q+1)180∘n−m,q=0,1\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{n-m}, \qquad q=0,1

因此角度為 90∘90^\circ 與 270∘270^\circ，也就是通過 s=−3s=-3 的垂直線方向。

根軌跡圖與穩定性

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第 三 題25 分

以漸近線（asymptote）的方式繪出下列轉移函數的波德圖（Bode plot）。（25 分）

1000(1+0.002s)(1+0.02s)(1+0.2s)\frac{1000}{(1+0.002s)(1+0.02s)(1+0.2s)}

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核心觀念

波德圖將轉移函數 G(s)G(s) 代入 s=jωs=j\omega，分別繪出增益與相位隨角頻率 ω\omega 變化的圖形。本題要求用漸近線近似，因此以各一階因子的轉折頻率為基準，將幅值斜率及相位變化分段相加。

一階因子 1+jωT1+j\omega T 的轉折頻率為 ωb=1/T\omega_b=1/T。在幅值圖上，極點於轉折頻率後使斜率減少 20 dB/dec20\ \text{dB/dec}；在相位圖上，漸近近似將其相位由 0∘0^\circ 線性降至 −90∘-90^\circ，變化範圍為轉折頻率的 0.10.1 倍至 1010 倍。

解題方法

先將轉移函數改寫為標準形式：

G(s)=1000(1+0.002s)(1+0.02s)(1+0.2s)G(s)=\frac{1000}{(1+0.002s)(1+0.02s)(1+0.2s)}

三個極點的轉折頻率分別為：

ωb1=10.2=5 rad/s,ωb2=10.02=50 rad/s,ωb3=10.002=500 rad/s\omega_{b1}=\frac{1}{0.2}=5\ \text{rad/s},\qquad \omega_{b2}=\frac{1}{0.02}=50\ \text{rad/s},\qquad \omega_{b3}=\frac{1}{0.002}=500\ \text{rad/s}

直流增益為 G(0)=1000G(0)=1000，其分貝值為：

20log⁡10(1000)=60 dB20\log_{10}(1000)=60\ \text{dB}

幅值漸近線

每個一階極點在其轉折頻率後增加 −20 dB/dec-20\ \text{dB/dec} 的斜率。因此：

頻率範圍總斜率幅值漸近線
ω<5\omega<50 dB/dec0\ \text{dB/dec}60 dB60\ \text{dB}
5≤ω<505\leq\omega<50−20 dB/dec-20\ \text{dB/dec}60−20log⁡10(ω/5)60-20\log_{10}(\omega/5)
50≤ω<50050\leq\omega<500−40 dB/dec-40\ \text{dB/dec}40−40log⁡10(ω/50)40-40\log_{10}(\omega/50)
ω≥500\omega\geq500−60 dB/dec-60\ \text{dB/dec}0−60log⁡10(ω/500)0-60\log_{10}(\omega/500)

關鍵折點值依序為：

ω=5: 60 dB,ω=50: 40 dB,ω=500: 0 dB\omega=5:\ 60\ \text{dB},\qquad \omega=50:\ 40\ \text{dB},\qquad \omega=500:\ 0\ \text{dB}

其中 ω=50\omega=50 時，從 55 到 5050 正好跨一個 decade，故下降 20 dB20\ \text{dB}；從 5050 到 500500 再跨一個 decade，因總斜率為 −40 dB/dec-40\ \text{dB/dec}，故再下降 40 dB40\ \text{dB}。

相位漸近線

代入 s=jωs=j\omega，相位為：

∠G(jω)=−tan⁡−1(0.002ω)−tan⁡−1(0.02ω)−tan⁡−1(0.2ω)\angle G(j\omega) =-\tan^{-1}(0.002\omega) -\tan^{-1}(0.02\omega) -\tan^{-1}(0.2\omega)
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第 四 題25 分

下列一閉迴路系統之比例控制器增益值為 KpK_p，試求：

(一) 當希望輸入 RR 與輸出 YY 之間的轉移函數其自然頻率表現為 33 弳／秒（rad/s）時，此時比例控制器 KpK_p 增益值為多少？（10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(二) 如果將受控系統之輸出設計一速度迴授 KvsK_vs 機制，如圖所示，請寫出系統輸入輸出間之動態微分方程式（differential equation）。（10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(三) 說明兩個不同系統方塊圖，在系統響應上其阻尼比的差異為何？（5 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。

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二階閉迴路系統的標準形式：

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

其中：

  • ωn\omega_n：自然頻率
  • ζ\zeta：阻尼比
  • 單位負回授系統之特徵方程式由 1+G(s)H(s)=01+G(s)H(s)=0 求得
  • 速度迴授會改變 ss 項係數，因此可調整系統阻尼比

（一）求比例控制器增益 KpK_p

由圖可知前向傳遞函數為：

G(s)=Kp1s(s+2)G(s)=K_p\frac{1}{s(s+2)}

且為單位負回授，因此閉迴路轉移函數為：

Y(s)R(s)=G(s)1+G(s)=Kps(s+2)+Kp\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{K_p}{s(s+2)+K_p}

整理得：

Y(s)R(s)=Kps2+2s+Kp\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{K_p}{s^2+2s+K_p}

其特徵方程式為：

s2+2s+Kp=0s^2+2s+K_p=0

與二階標準形式比較：

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

可得：

ωn2=Kp\omega_n^2=K_p

題目指定：

ωn=3 rad/s\omega_n=3\ \text{rad/s}

因此：

Kp=ωn2=32=9K_p=\omega_n^2=3^2=9

（二）加入速度迴授後的動態微分方程式

設第一個加總點的誤差信號為：

e(t)=r(t)−y(t)e(t)=r(t)-y(t)

比例控制器輸出為：

Kpe(t)=Kp[r(t)−y(t)]K_p e(t)=K_p[r(t)-y(t)]

由圖中第二個加總點，速度迴授訊號為：

Kvdy(t)dtK_v\frac{dy(t)}{dt}

且為負迴授，所以受控系統的輸入為：

u(t)=Kp[r(t)−y(t)]−Kvdy(t)dtu(t)=K_p[r(t)-y(t)]-K_v\frac{dy(t)}{dt}

受控系統為：

Y(s)U(s)=1s(s+2)\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s(s+2)}

故：

s(s+2)Y(s)=U(s)s(s+2)Y(s)=U(s)

代入控制器輸出：

s(s+2)Y(s)=Kp[R(s)−Y(s)]−KvsY(s)s(s+2)Y(s) =K_p[R(s)-Y(s)]-K_v sY(s)

展開並整理：

(s2+2s)Y(s)=KpR(s)−KpY(s)−KvsY(s)(s^2+2s)Y(s) =K_pR(s)-K_pY(s)-K_vsY(s)

因此：

[s2+(2+Kv)s+Kp]Y(s)=KpR(s)\left[s^2+(2+K_v)s+K_p\right]Y(s)=K_pR(s)

轉換至時間域，輸入輸出間的動態微分方程式為：

d2y(t)dt2+(2+Kv)dy(t)dt+Kpy(t)=Kpr(t)\boxed{ \frac{d^2y(t)}{dt^2} +(2+K_v)\frac{dy(t)}{dt} +K_py(t) =K_pr(t) }

其閉迴路轉移函數為：

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