110 地方特考三等 機械工程 自動控制 考古題詳解

110 年・地方特考・三等・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題30 分

飛機的爬升一般是由機翼（wing）與升降舵（elevator）所分別產生的力 LWL_W 與 LEL_E 所造成的。而除了產生高度的變化以外，同時亦會使得飛機攻角（angle of attack）α\alpha 隨之改變。假設升降舵與機身的夾角為 EE，且在兩個角度 α\alpha 與 EE 都很小的狀況下，可透過線性化將飛機的高度與攻角動態模式簡化成：

h¨=−(k1α−k2E)\ddot{h}=-(k_1\alpha-k_2E) α¨=(k3α−k4E)−h˙\ddot{\alpha}=(k_3\alpha-k_4E)-\dot{h}

上式中，所有系統參數 k1k_1、k2k_2、k3k_3 與 k4k_4 均為正實數。

原卷圖示說明：飛機機身、機翼、尾翼、升降舵、水平線，以及攻角 α\alpha、升降舵與機身夾角 EE、機翼升力 LWL_W、升降舵升力 LEL_E。

(一) 推導出輸出為攻角 α\alpha 與輸入為 EE，以及輸出為高度 hh 與輸入為 EE 之轉移函數（transfer function）。（15 分）

(二) 假設升降舵與機身的夾角 EE 給定一單位步階（unit step）函數，已知 α(0)=h(0)=0\alpha(0)=h(0)=0，求解 α(∞)\alpha(\infty)、h¨(∞)\ddot{h}(\infty) 與 h¨(0)\ddot{h}(0)。（15 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 微分方程式建立轉移函數。
  • 拉普拉斯轉換及零初始條件。
  • 最終值定理。
  • 單位階躍輸入下的穩態值與初始加速度。

依原卷圖中方程式，系統模型為

h¨=k1α−k2(E−α)\ddot{h}=k_1\alpha-k_2(E-\alpha) α¨=k3(E−α)−k4α˙\ddot{\alpha}=k_3(E-\alpha)-k_4\dot{\alpha}

整理得

h¨=(k1+k2)α−k2E\ddot{h}=(k_1+k_2)\alpha-k_2E α¨+k4α˙+k3α=k3E\ddot{\alpha}+k_4\dot{\alpha}+k_3\alpha=k_3E

解題方法

（一）求轉移函數

假設初始條件為零，對攻角方程式進行拉普拉斯轉換：

s2A(s)+k4sA(s)+k3A(s)=k3E(s)s^2\Alpha(s)+k_4s\Alpha(s)+k_3\Alpha(s)=k_3E(s)

因此

(s2+k4s+k3)A(s)=k3E(s)\left(s^2+k_4s+k_3\right)\Alpha(s)=k_3E(s)

所以輸出為攻角、輸入為升降舵角度之轉移函數為

A(s)E(s)=k3s2+k4s+k3\boxed{ \frac{\Alpha(s)}{E(s)} = \frac{k_3}{s^2+k_4s+k_3} }

由高度方程式

h¨=(k1+k2)α−k2E\ddot{h}=(k_1+k_2)\alpha-k_2E

進行拉普拉斯轉換：

s2H(s)=(k1+k2)A(s)−k2E(s)s^2H(s)=(k_1+k_2)\Alpha(s)-k_2E(s)

代入

A(s)=k3s2+k4s+k3E(s)\Alpha(s)=\frac{k_3}{s^2+k_4s+k_3}E(s)

得

s2H(s)=[(k1+k2)k3s2+k4s+k3−k2]E(s)s^2H(s) = \left[ \frac{(k_1+k_2)k_3}{s^2+k_4s+k_3}-k_2 \right]E(s)

因此

H(s)E(s)=(k1+k2)k3−k2(s2+k4s+k3)s2(s2+k4s+k3)\frac{H(s)}{E(s)} = \frac{(k_1+k_2)k_3-k_2(s^2+k_4s+k_3)} {s^2(s^2+k_4s+k_3)}

整理分子：

(k1+k2)k3−k2k3=k1k3(k_1+k_2)k_3-k_2k_3=k_1k_3

故

H(s)E(s)=−k2s2−k2k4s+k1k3s2(s2+k4s+k3)\boxed{ \frac{H(s)}{E(s)} = \frac{-k_2s^2-k_2k_4s+k_1k_3} {s^2(s^2+k_4s+k_3)} }

（二）單位階躍輸入下的結果

令

E(t)=u(t)E(t)=u(t)

其拉普拉斯轉換為

E(s)=1sE(s)=\frac{1}{s}

1. 求 α(∞)\alpha(\infty)

由

A(s)=k3s2+k4s+k3⋅1s\Alpha(s)=\frac{k_3}{s^2+k_4s+k_3}\cdot\frac{1}{s}

利用最終值定理：

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第 二 題40 分

下圖為一閉迴路控制系統之方塊圖，其中 R(s)R(s) 與 Y(s)Y(s) 分別表示輸入與輸出。

原卷方塊圖：R(s)R(s) 輸入加總點的正端，回授訊號經由 1s+2\frac{1}{s+2} 方塊後接至加總點負端；前向路徑經由 Ks\frac{K}{s} 方塊後輸出為 Y(s)Y(s)。

(一) 欲使此閉迴路控制系統穩定之 KK 值範圍為何？（5 分）

(二) 假設 KK 為一正實數，繪製此閉迴路控制系統之根軌跡圖（root locus plot），並標示出極點（pole）、零點（zero）、根軌跡與虛數軸交會之位置、根軌跡離開實數軸的位置（breakaway point）與進入實數軸的位置（re-entry point），以及各所對應之 KK 值。（20 分）

(三) 欲使此二階系統的阻尼比（damping ratio）為 0.7070.707 時，KK 值該如何設計？且此設計的系統自然頻率（natural frequency）為何？（15 分）

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核心觀念

本題考查負回授系統的：

  • 閉迴路特性方程式與穩定性
  • 根軌跡（root locus）
  • 實軸根軌跡判斷
  • breakaway point 與 re-entry point
  • 虛數軸交會點
  • 二階系統阻尼比與自然頻率

依原卷圖形，前向路徑與回授路徑分別為

G(s)=s−1(s+2)2,H(s)=KsG(s)=\frac{s-1}{(s+2)^2},\qquad H(s)=Ks

且為負回授，因此開迴路傳遞函數為

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

（一）穩定之 KK 值範圍

負回授系統的特性方程式為

1+G(s)H(s)=01+G(s)H(s)=0

因此

1+Ks(s−1)(s+2)2=01+\frac{Ks(s-1)}{(s+2)^2}=0

整理得

(s+2)2+Ks(s−1)=0(s+2)^2+Ks(s-1)=0

展開：

s2+4s+4+Ks2−Ks=0s^2+4s+4+Ks^2-Ks=0 (1+K)s2+(4−K)s+4=0(1+K)s^2+(4-K)s+4=0

對二階方程式

a2s2+a1s+a0=0a_2s^2+a_1s+a_0=0

穩定條件為

a2>0,a1>0,a0>0a_2>0,\qquad a_1>0,\qquad a_0>0

所以

1+K>0,4−K>0,4>01+K>0,\qquad 4-K>0,\qquad 4>0

得到

−1<K<4\boxed{-1<K<4}

若依根軌跡通常設定 K>0K>0，則穩定範圍為

0<K<4\boxed{0<K<4}

（二）根軌跡

1. 開迴路極點與零點

開迴路傳遞函數為

L(s)=Ks(s−1)(s+2)2L(s)=\frac{Ks(s-1)}{(s+2)^2}

因此：

  • 開迴路極點：s=−2s=-2，二重極點
  • 開迴路零點：s=0, 1s=0,\ 1

根軌跡由兩個極點 s=−2s=-2 出發，終止於兩個零點 s=0,1s=0,1。

2. 實軸根軌跡

實軸上某點右側若有奇數個「極點與零點」，該點即位於根軌跡上。

因此實軸根軌跡為

0<s<1\boxed{0<s<1}

(−∞,−2)(-\infty,-2) 與 (−2,0)(-2,0) 均不屬於正 KK 根軌跡。

3. Breakaway point 與 re-entry point

由特性方程式可解出 KK：

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

breakaway 或 re-entry 點必須滿足

dKds=0\frac{dK}{ds}=0

微分可得

dKds=0⟹s=25=0.4\frac{dK}{ds}=0 \quad\Longrightarrow\quad s=\frac{2}{5}=0.4

代回 KK：

K=−(0.4+2)2(0.4)(0.4−1)K=-\frac{(0.4+2)^2}{(0.4)(0.4-1)} K=−(2.4)2(0.4)(−0.6)=24K=-\frac{(2.4)^2}{(0.4)(-0.6)} =24

所以

s=0.4,K=24\boxed{s=0.4,\qquad K=24}

此點為根軌跡由複數平面重新進入實軸的 re-entry point。

另外，兩條根軌跡在 K=0K=0 時由二重極點 s=−2s=-2 離開，因此可標示：

s=−2,K=0\boxed{s=-2,\qquad K=0}

為根軌跡離開二重極點的位置。

4. 虛數軸交會點

令

s=jωs=j\omega

特性方程式為

(1+K)s2+(4−K)s+4=0(1+K)s^2+(4-K)s+4=0

代入 s=jωs=j\omega：

−(1+K)ω2+j(4−K)ω+4=0-(1+K)\omega^2+j(4-K)\omega+4=0

分別比較實部與虛部：

4−(1+K)ω2=04-(1+K)\omega^2=0 (4−K)ω=0(4-K)\omega=0

非零虛數根須滿足

K=4K=4

此時

ω2=41+4=45\omega^2=\frac{4}{1+4}=\frac45

因此虛數軸交會點為

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第 三 題30 分

考慮以下之單一回授馬達速度控制之方塊圖。其中馬達之轉移函數為

30s+20\frac{30}{s+20}

輸入為電壓，輸出為轉速。

原卷方塊圖：轉速命令輸入加總點的正端，回授轉速訊號接至加總點負端；加總點輸出經控制器 Gc(s)G_c(s) 後輸入馬達，馬達輸出為轉速。

(一) 給定控制器 Gc(s)=1G_c(s)=1，則此馬達速度控制系統的頻寬 ωBW\omega_{BW}（單位為 rad/sec）為何？（10 分）

(二) 給定控制器 Gc(s)=1G_c(s)=1，轉速命令為一弦波（sinusoidal）500sin⁡(ωBWt)500\sin(\omega_{BW}t)，tt 表示時間（單位為 sec），則馬達穩態（steady-state）轉速應為何？（10 分）

(三) 給定控制器

Gc(s)=KP+KIsG_c(s)=K_P+\frac{K_I}{s}

如欲使馬達控制系統對於單位斜坡（unit ramp）輸入之穩態誤差（steady-state error）為 130\frac{1}{30}，且 2% 安定時間（settling time）為 0.20.2 秒，則此控制器該如何設計？（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 單位負回授系統的閉迴路轉移函數
  • 一階系統頻寬定義
  • 正弦穩態響應的增益與相位
  • PI 控制器的系統型別與單位斜坡穩態誤差
  • 二階系統之 2%2\% 安定時間公式

馬達模型為

Gm(s)=30s+20G_m(s)=\frac{30}{s+20}

且為單位負回授。

（一）系統頻寬

給定 Gc(s)=1G_c(s)=1，開迴路轉移函數為

G(s)=30s+20G(s)=\frac{30}{s+20}

閉迴路轉移函數為

T(s)=G(s)1+G(s)=30s+201+30s+20=30s+50T(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{\frac{30}{s+20}}{1+\frac{30}{s+20}} =\frac{30}{s+50}

其直流增益為

T(0)=3050=0.6T(0)=\frac{30}{50}=0.6

頻寬定義為閉迴路增益下降至直流增益的 1/21/\sqrt{2} 處。令 s=jωs=j\omega：

∣T(jω)∣=30ω2+502|T(j\omega)| =\frac{30}{\sqrt{\omega^2+50^2}}

因此

30ωBW2+502=0.62\frac{30}{\sqrt{\omega_{BW}^2+50^2}} =\frac{0.6}{\sqrt{2}}

解得

ωBW=50 rad/sec\omega_{BW}=50\ \text{rad/sec}

（二）正弦輸入之穩態轉速

輸入為

r(t)=500sin⁡(50t)r(t)=500\sin(50t)

在 ω=50\omega=50 rad/sec 時，

T(j50)=3050+j50T(j50)=\frac{30}{50+j50}

其幅值為

∣T(j50)∣=30502+502=0.62|T(j50)| =\frac{30}{\sqrt{50^2+50^2}} =\frac{0.6}{\sqrt{2}}

相位為

∠T(j50)=−tan⁡−1(5050)=−45∘=−π4\angle T(j50) =-\tan^{-1}\left(\frac{50}{50}\right) =-45^\circ =-\frac{\pi}{4}

所以穩態輸出為

yss(t)=500∣T(j50)∣sin⁡(50t−π4)y_{ss}(t) =500|T(j50)| \sin\left(50t-\frac{\pi}{4}\right)

即

yss(t)=1502 sin⁡(50t−π4)\boxed{ y_{ss}(t)=150\sqrt{2}\, \sin\left(50t-\frac{\pi}{4}\right) }

其穩態轉速振幅為

1502≈212.1150\sqrt{2}\approx 212.1

（三）PI 控制器設計

控制器為

Gc(s)=KP+KIs=KPs+KIsG_c(s)=K_P+\frac{K_I}{s} =\frac{K_Ps+K_I}{s}

1. 單位斜坡穩態誤差

開迴路轉移函數為

L(s)=Gc(s)Gm(s)=30(KPs+KI)s(s+20)L(s)=G_c(s)G_m(s) =\frac{30(K_Ps+K_I)}{s(s+20)}

此系統為第一型系統，其速度誤差常數為

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