111 高普考高考二級 農業機械 農業機電整合與控制工程研究 考古題詳解

核心觀念

本題考查方塊圖化簡與負回授系統的閉迴路傳遞函數。圖中輸出 $Y(s)$ 經單位回授接回第一個加總點的負號端；參考輸入 $R(s)$ 則分成兩路：一路經 $C_1(s)$，另一路經前饋控制器 $C_2(s)$。兩路訊號在第二個加總點相加後，進入受控工廠 $G(s)$。

解題方法

依照加總點的正負號，先寫出各訊號關係。第一個加總點的輸出為 $R(s)-Y(s)$，經 $C_1(s)$ 後，再與前饋支路 $C_2(s)R(s)$ 相加。因此：

展開並整理含 $Y(s)$ 的項：

核心觀念

本題考查兩質量、彈簧與阻尼器構成的平移系統建模。先選定向右為正方向，再依各元件的相對位移與相對速度寫出作用力：

• 彈簧兩端位移為 $x_a$、$x_b$ 時，作用力大小與相對位移 $x_a-x_b$ 成正比。
• 阻尼器兩端速度為 $\dot{x}_a$、$\dot{x}_b$ 時，作用力大小與相對速度 $\dot{x}_a-\dot{x}_b$ 成正比。
• 各質量套用牛頓第二運動定律 $\sum F=M\ddot{x}$。

依題目文字，$x_{\mathrm{in}}$ 是直接施加在 $M_2$ 上的理想位移輸入；因此 $M_2$ 的位移受此輸入拘束，$x_2=x_{\mathrm{in}}$。圖中 $K_3$ 的右端接固定壁面。

解題方法

對 $M_1$ 作受力分析。$K_1$ 與阻尼器 $B$ 對地，分別產生回復力 $-K_1x_1$、$-B\dot{x}_1$；$K_2$ 的伸長量為 $x_2-x_1$，施於 $M_1$ 的力為 $K_2(x_2-x_1)$。因此：

整理得：

對 $M_2$，令 $F_a$ 表示位移致動器為維持指定位移所需施加的力。$K_2$ 施於 $M_2$ 的力為 $K_2(x_1-x_2)$，$K_3$ 對地的回復力為 $-K_3x_2$，所以：

亦即：

位移輸入拘束為：

以零初始條件取拉氏轉換，$M_1$ 的方程式為：

故：

核心觀念

本題考查數值控制（CNC）與閉迴路定位伺服系統的運動學計算與感測脈衝訊號解析，涵蓋以下核心公式與定義：

1. 導螺桿直線位移與轉數關係： 單線導螺桿旋轉一圈帶動工作台移動一個螺距（pitch, $p$）。移動總距離 $L$ 與導螺桿轉數 $n_s$ 之關係為： $L = n_s \times p \implies n_s = \frac{L}{p}$
2. 位置回授脈衝數（Pulse Count）： 光學編碼器每轉產生之脈衝數（Resolution, $C$）與旋轉圈數之乘積即為回授總脈衝數 $n_p$： $n_p = n_s \times C$
3. 進給速度與旋轉轉速關係： 工作台直線進給速度 $v$（Linear feed rate）與導螺桿轉速 $N_s$ 之關係為： $v = N_s \times p \implies N_s = \frac{v}{p}$
4. 脈衝頻率／速率（Pulse Rate / Frequency, $f_p$）： 單位時間內接收到的脈衝個數，以每秒脈衝數（$\mathrm{pulses/sec}$，即 $\mathrm{Hz}$）表示： $f_p = N_s \times C = \frac{n_p}{t}$ 其中 $t$ 為移動歷時（$t = L / v$）。

解題方法

(一) 計算總接收脈衝數 $n_p$

1. 求導螺桿旋轉之總圈數 $n_s$： 題目給定導螺桿螺距 $p = 0.500\ \mathrm{cm/rev}$，工作台移動距離 $L = 7.5\ \mathrm{cm}$： $n_s = \frac{L}{p} = \frac{7.5\ \mathrm{cm}}{0.500\ \mathrm{cm/rev}} = 15\ \mathrm{rev}$ 即導螺桿需旋轉 $15$ 圈。

2. 計算回授總脈衝數 $n_p$： 依題意，導螺桿每轉一圈，光學編碼器產生 $150\ \mathrm{pulses/rev}$： $n_p = n_s \times 150\ \mathrm{pulses/rev} = 15\ \mathrm{rev} \times 150\ \mathrm{pulses/rev} = 2250\ \mathrm{pulses}$

(二) 計算接收到的脈衝速率 $f_p$（$\mathrm{pulses/sec}$）

方法一：以導螺桿轉速推算（推薦標準法）

1. 工作台進給速度 $v = 40\ \mathrm{cm/min} = \frac{40}{60}\ \mathrm{cm/s} = \frac{2}{3}\ \mathrm{cm/s}$。
2. 導螺桿旋轉角速度（每秒轉數 $N_s$）： $N_s = \frac{v}{p} = \frac{\frac{2}{3}\ \mathrm{cm/s}}{0.500\ \mathrm{cm/rev}} = \frac{4}{3}\ \mathrm{rev/s}$
3. 脈衝速率 $f_p$： $f_p = N_s \times 150\ \mathrm{pulses/rev} = \frac{4}{3}\ \mathrm{rev/s} \times 150\ \mathrm{pulses/rev} = 200\ \mathrm{pulses/sec}$

方法二：以總移動時間推算（驗算法）

1. 移動 $7.5\ \mathrm{cm}$ 所耗費之總時間 $t$：

核心觀念

此題考查理想運算放大器反相電路的阻抗法，以及如何由傳遞函數辨認 PID 各項。理想運算放大器的同相端接地，因此反相端為虛接地；反相放大器的傳遞函數為

其中 $Z_i$ 是輸入端至反相端的等效阻抗，$Z_f$ 是輸出端至反相端的回授阻抗。

解題方法

輸入端的 $R_1$ 與 $C_1$ 並聯，因此

回授端的 $R_2$ 與 $C_2$ 串聯，因此

代入反相放大器公式：

展開並整理為 PID 標準形式：

代入 $C_1=4\,\mu\mathrm{F}$、$C_2=0.1\,\mu\mathrm{F}$、$R_1=400\,\mathrm{k}\Omega$、$R_2=300\,\mathrm{k}\Omega$：

核心觀念

本題考查齊納二極體並聯穩壓電路的電流分配與功率限制。穩壓時，輸出電壓約為齊納電壓 $V_Z=15\ \mathrm{V}$，限流電阻電流分成負載電流與齊納電流：

齊納二極體的功率為 $P_Z=V_ZI_Z$，因此 1 W 齊納二極體容許的最大電流為：

解題方法

依題意以 $V_{\mathrm{in}}=24\ \mathrm{V}$ 作為計算值。負載電阻最大時，負載電流最小，流經齊納二極體的電流最大，因此在 $R_L=R_{L\max}=240\ \Omega$ 時檢查齊納功率。

先算齊納二極體的最大容許電流：

最大負載電阻時的負載電流為：

因此，限流電阻的電流不得大於：

核心觀念

1. 相位交越頻率（Phase Crossover Frequency, $\omega_{pc}$）： 系統開環傳遞函數相角達到 $-180^\circ$ 時所對應的角頻率，即滿足： $\angle G(j\omega_{pc}) = -180^\circ$

2. 增益裕度（Gain Margin, $\mathrm{GM}$）之定義： 在相位交越頻率 $\omega_{pc}$ 處，開環頻率響應大小（幅值）之倒數即為增益裕度。其分貝值（$\mathrm{dB}$）定義為： $\mathrm{GM} = \frac{1}{|G(j\omega_{pc})|}$ $\mathrm{GM}_{\mathrm{dB}} = 20 \log_{10} (\mathrm{GM}) = 20 \log_{10} \left( \frac{1}{|G(j\omega_{pc})|} \right) = -20 \log_{10} |G(j\omega_{pc})|$

3. 系統臨界增益與增益裕度的關係： 當閉環系統處於臨界穩定時，其增益裕度為 $0\ \mathrm{dB}$（即 $\mathrm{GM} = 1$），此時對應的增益稱為臨界增益 $K_{\mathrm{marg}}$。對於增益 $K$ 線性出現在分子之典型系統： $\mathrm{GM} = \frac{K_{\mathrm{marg}}}{K}$

解題方法

本題為非選擇題（計算題），採用頻域響應法直接求解，並以特徵方程式輔助推導。

步驟一：求相位交越頻率 $\omega_{pc}$

將 $s = j\omega$ 代入開環傳遞函數 $G(s)$： $G(j\omega) = \frac{K}{j\omega(1 + 2j\omega)(1 + 4j\omega)}$

計算其相角函數 $\angle G(j\omega)$： $\angle G(j\omega) = -90^\circ - \tan^{-1}(2\omega) - \tan^{-1}(4\omega)$

依定義，在 $\omega = \omega_{pc}$ 時，$\angle G(j\omega_{pc}) = -180^\circ$： $-90^\circ - \tan^{-1}(2\omega_{pc}) - \tan^{-1}(4\omega_{pc}) = -180^\circ$ $\tan^{-1}(2\omega_{pc}) + \tan^{-1}(4\omega_{pc}) = 90^\circ$

利用正切和角公式 $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$，當 $A + B = 90^\circ$ 時，分母必須為零： $1 - (2\omega_{pc})(4\omega_{pc}) = 0$ $1 - 8\omega_{pc}^2 = 0 \implies \omega_{pc}^2 = \frac{1}{8} \implies \omega_{pc} = \frac{1}{\sqrt{8}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ \mathrm{rad/s}$

步驟二：計算在 $\omega_{pc}$ 處的開環幅值 $|G(j\omega_{pc})|$

將 $\omega_{pc}^2 = \frac{1}{8}$ 代入幅值表示式： $|G(j\omega_{pc})| = \frac{K}{\omega_{pc} \cdot \sqrt{1 + (2\omega_{pc})^2} \cdot \sqrt{1 + (4\omega_{pc})^2}}$

分別計算分母各項：

• $\omega_{pc} = \frac{1}{\sqrt{8}}$