113 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

113 年・高普考・高考二級・農業機械
試題代碼 農業機電整合與控制工程研究

第 一 題25 分

一田間蔬果採拾機構擬進行分析與優化，經力學分析並線性化後得一個二階微分模型（model）。其中輸入信號 x(t)x(t) 為施力設定，輸出信號 y(t)y(t) 為夾持力響應，請說明：

(一) 進行模型分析時，轉移函數（transfer function）G(s)G(s)、特性方程式（characteristic function）以及單位脈衝響應（unit impulse response）h(t)h(t) 之意義與數學關係。（10 分）

(二) 如何確認本機構是否收斂以及其可能之響應形式。（10 分）

(三) 針對本作業特性，你會選用那種響應模式進行參數調整並請說明理由。（5 分）

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核心觀念

本題考查線性定常系統的轉移函數、特性方程式、脈衝響應，以及二階系統的穩定性與響應型態。題目未提供模型係數，因此以一般二階線性模型說明，並以標準二階系統分類。

設模型為

a2y¨(t)+a1y˙(t)+a0y(t)=b0x(t),a2≠0a_2\ddot y(t)+a_1\dot y(t)+a_0y(t)=b_0x(t), \qquad a_2\ne 0

且採用零初始條件。取拉氏轉換可得

(a2s2+a1s+a0)Y(s)=b0X(s)(a_2s^2+a_1s+a_0)Y(s)=b_0X(s)

因此轉移函數為

G(s)=Y(s)X(s)=b0a2s2+a1s+a0G(s)=\frac{Y(s)}{X(s)} =\frac{b_0}{a_2s^2+a_1s+a_0}

轉移函數描述零初始條件下，輸入與輸出在拉氏域的比例關係；其分母的根稱為極點，決定自由響應的衰減、振盪與穩定性。

特性方程式是轉移函數分母令為零所得的方程式：

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

其根為系統極點，也就是齊次微分方程式的特徵根。

單位脈衝響應 h(t)h(t) 是系統在零初始條件下，受到單位脈衝輸入 δ(t)\delta(t) 時的輸出。因為 L{δ(t)}=1\mathcal{L}\{\delta(t)\}=1，所以

H(s)=L{h(t)}=G(s)H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}=G(s)

因此

h(t)=L−1{G(s)}h(t)=\mathcal{L}^{-1}\{G(s)\}

任意輸入下的輸出亦可由卷積求得：

y(t)=∫0th(t−τ)x(τ) dτy(t)=\int_0^t h(t-\tau)x(\tau)\,d\tau

解題方法

先由微分方程式取拉氏轉換，寫出 G(s)G(s)；再以其分母建立特性方程式並求根。最後依極點位置判斷穩定性，依極點是實根或複數根、重根或相異根，判斷響應形式。

令特性方程式兩根為 s1,s2s_1,s_2，則自由響應的一般形式由根的型態決定：

  • 兩個相異實根：yh(t)=C1es1t+C2es2ty_h(t)=C_1e^{s_1t}+C_2e^{s_2t}。若兩根皆為負值，響應為非振盪衰減。
  • 重實根 s1=s2=s0s_1=s_2=s_0：yh(t)=(C1+C2t)es0ty_h(t)=(C_1+C_2t)e^{s_0t}。若 s0<0s_0<0，響應衰減但可能有較長的過渡過程。
  • 共軛複數根 s1,2=σ±jωds_{1,2}=\sigma\pm j\omega_d：yh(t)=eσt(C1cos⁡ωdt+C2sin⁡ωdt)y_h(t)=e^{\sigma t}(C_1\cos\omega_dt+C_2\sin\omega_dt)。若 σ<0\sigma<0，為振盪衰減；若 σ=0\sigma=0，為等幅振盪；若 σ>0\sigma>0，為振幅逐漸增大的振盪。

(一) 轉移函數、特性方程式與單位脈衝響應

轉移函數 G(s)G(s) 是輸出 Y(s)Y(s) 與輸入 X(s)X(s) 的比值，前提是初始條件為零。特性方程式是 G(s)G(s) 的分母等於零的方程式，其根決定自然響應。單位脈衝響應 h(t)h(t) 則是系統對 δ(t)\delta(t) 的輸出，且其拉氏轉換等於 G(s)G(s)。

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第 二 題30 分

(一) 若 m(t)m(t) 表示控制器操作量，e(t)e(t) 表示誤差信號，請分別建立 on-off、P-control、D-control、I-control 以及 PID-control 各控制器之數學模式與對應增益。（20 分）

(二) 前述控制器中何種控制器不宜單獨配置？請說明其理由。（5 分）

(三) 圖 1 為何種控制器之實踐電路？試求該控制器之對應增益。（5 分）

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核心觀念

本題考控制器的時域數學模式、增益參數，以及運算放大器實踐電路的傳遞函數。令 e(t)e(t) 為誤差、m(t)m(t) 為控制器操作量，並以 ss 表示拉氏變數；以下假設初始條件為零。

比例控制依誤差大小輸出；積分控制累積誤差；微分控制依誤差變化率輸出。PID 控制則將三者組合。

解題方法與推導

（一）各控制器的數學模式與增益

1. On-off 控制

理想雙位式控制器可寫為

m(t)={mH,e(t)>0,mL,e(t)<0.m(t)= \begin{cases} m_H, & e(t)>0,\\ m_L, & e(t)<0. \end{cases}

若輸出採對稱形式 mH=Mm_H=M、mL=−Mm_L=-M，則

m(t)=M sgn⁡[e(t)].m(t)=M\,\operatorname{sgn}[e(t)].

這是非線性控制器，沒有固定的線性比例增益 KpK_p。若以誤差振幅為 AA 的正弦波描述其基波等效增益，描述函數為 N(A)=4M/(πA)N(A)=4M/(\pi A)；此等效值會隨振幅改變，並非固定控制增益。

2. P-control（比例控制）

m(t)=Kpe(t)m(t)=K_p e(t)

其傳遞函數為

M(s)E(s)=Kp.\frac{M(s)}{E(s)}=K_p.

KpK_p 是比例增益，誤差愈大，操作量愈大。

3. D-control（微分控制）

m(t)=Kdde(t)dtm(t)=K_d\frac{de(t)}{dt}

其傳遞函數為

M(s)E(s)=Kds.\frac{M(s)}{E(s)}=K_d s.

KdK_d 是微分增益；若以微分時間 TdT_d 表示，則 Kd=KpTdK_d=K_pT_d。微分項反映誤差變化的快慢。

4. I-control（積分控制）

m(t)=Ki∫0te(τ) dτm(t)=K_i\int_0^t e(\tau)\,d\tau

其傳遞函數為

M(s)E(s)=Kis.\frac{M(s)}{E(s)}=\frac{K_i}{s}.

KiK_i 是積分增益。若採用積分時間 TiT_i，則 Ki=Kp/TiK_i=K_p/T_i，積分項會累積過去的誤差。

5. PID-control

m(t)=Kpe(t)+Ki∫0te(τ) dτ+Kdde(t)dtm(t)=K_p e(t)+K_i\int_0^t e(\tau)\,d\tau+K_d\frac{de(t)}{dt}

其傳遞函數為

M(s)E(s)=Kp+Kis+Kds.\frac{M(s)}{E(s)}=K_p+\frac{K_i}{s}+K_d s.

也可用比例增益、積分時間及微分時間表示：

m(t)=Kp[e(t)+1Ti∫0te(τ) dτ+Tdde(t)dt],m(t)=K_p\left[e(t)+\frac{1}{T_i}\int_0^t e(\tau)\,d\tau+T_d\frac{de(t)}{dt}\right],

因此 Ki=Kp/TiK_i=K_p/T_i、Kd=KpTdK_d=K_pT_d。

（二）不宜單獨配置的控制器

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第 三 題25 分

一田間電動載具驅動輪由電樞控制直流馬達（Armature-controlled DC motor）驅動（如圖 2），採用脈衝寬度調變（Pulse-width modulation, PWM）進行操控。已知馬達轉矩常數為 KmK_m，電壓常數為 KbK_b，電樞輸入電壓設定為 VaV_a。

(一) 請說明脈衝寬度調變控制之原理。（10 分）

(二) 試求輸入電壓 VaV_a 與定位（輸出角位移）θ\theta 之關係（相關元件符號請自訂）。（15 分）

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核心觀念

本題考查兩部分：PWM 如何控制直流馬達的平均電樞電壓，以及電樞控制直流馬達由輸入電壓至輸出角位移的傳遞函數。

PWM 以固定週期快速切換電源，藉由改變每個週期內的導通時間比例，調整馬達所受的平均電壓。馬達的電氣與機械動態則由電樞電路方程式、反電動勢關係及轉矩方程式描述。

解題方法

（一）PWM 控制原理

令開關週期為 TT、導通時間為 TonT_{\mathrm{on}}，則工作週期為

D=TonT,0≤D≤1D=\frac{T_{\mathrm{on}}}{T},\qquad 0\leq D\leq 1

若採單極性電源切換，電源電壓為 VdcV_{\mathrm{dc}}，電樞平均電壓為

Va=DVdcV_a=D V_{\mathrm{dc}}

因此，改變工作週期 DD 即可調整馬達平均電壓，進而控制馬達的電流、轉矩與轉速。若使用可逆 H 橋，平均電壓的正負也可隨切換方式改變，以控制正反轉。

PWM 的切換頻率通常遠高於馬達的電氣與機械響應頻率；電樞電感與轉子慣性會使電流及轉速不會隨每個開關脈波劇烈變動，因而主要呈現平均電壓所造成的控制效果。

（二）輸入電壓 VaV_a 與角位移 θ\theta 的關係

題目未提供馬達及負載的數值參數，以下以符號表示，並假設馬達與慣性負載直接連接。定義：

  • RaR_a：電樞電阻；LaL_a：電樞電感
  • iai_a：電樞電流；ω=θ˙\omega=\dot{\theta}：馬達角速度
  • JJ：馬達與負載的總等效轉動慣量
  • BB：等效黏滯阻尼係數
  • KmK_m：馬達轉矩常數；KbK_b：反電動勢常數

電樞電路方程式為

Va=Ladiadt+Raia+Kbθ˙V_a=L_a\frac{di_a}{dt}+R_a i_a+K_b\dot{\theta}

其中反電動勢為 Kbθ˙K_b\dot{\theta}。馬達轉矩為 Tm=KmiaT_m=K_m i_a，機械方程式為

Jθ¨+Bθ˙=KmiaJ\ddot{\theta}+B\dot{\theta}=K_m i_a
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第 四 題10 分

一自動嫁接旋轉台直徑 60 公分、重 4.5 公斤，透過 20:120:1 的齒輪組，由 PM 馬達驅動（圖 3-1）。馬達的轉矩速度曲線如圖 3-2，配合嫁接作業需求，旋轉台必須在 0.20.2 秒內由靜止加速旋轉 90∘90^\circ，請配置馬達的電壓設定。（10 分）

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本題考查轉動慣量、角加速度、齒輪速比，以及 PM 馬達的轉矩－轉速特性。設定電壓時，馬達必須同時滿足負載所需的轉矩與轉速；只檢查轉矩是否足夠並不完整。

依圖 3-1，馬達小齒輪帶動旋轉台的大齒輪，速比為 20:120:1，因此旋轉台轉速是馬達轉速的 1/201/20。以下假設旋轉台為均勻圓盤、齒輪理想且不計摩擦損失。

解題方法

旋轉台半徑為 r=0.3 mr=0.3\text{ m}，質量為 m=4.5 kgm=4.5\text{ kg}，其轉動慣量為

J台=12mr2=12(4.5)(0.3)2=0.2025 kg⋅m2J_{\text{台}}=\frac{1}{2}mr^2 =\frac{1}{2}(4.5)(0.3)^2 =0.2025\text{ kg}\cdot\text{m}^2

若由靜止以等角加速度轉過 90∘=π2 rad90^\circ=\frac{\pi}{2}\text{ rad}，所需角加速度為

α台=2θt2=2(π/2)(0.2)2=78.54 rad/s2\alpha_{\text{台}} =\frac{2\theta}{t^2} =\frac{2(\pi/2)}{(0.2)^2} =78.54\text{ rad/s}^2

旋轉台所需轉矩為

T台=J台α台=(0.2025)(78.54)=15.90 N⋅mT_{\text{台}}=J_{\text{台}}\alpha_{\text{台}} =(0.2025)(78.54) =15.90\text{ N}\cdot\text{m}

理想齒輪下，馬達所需轉矩為

T馬=T台20=0.795 N⋅mT_{\text{馬}}=\frac{T_{\text{台}}}{20} =0.795\text{ N}\cdot\text{m}

再檢查轉速。等角加速度下，旋轉台在 0.20.2 秒末的角速度為

ω台=α台t=(78.54)(0.2)=15.71 rad/s=150 rpm\omega_{\text{台}}=\alpha_{\text{台}}t =(78.54)(0.2) =15.71\text{ rad/s} =150\text{ rpm}

故馬達末端轉速需求為

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第 五 題10 分

(一) 設施內植床傳遞系由一轉動機構驅動及定位，為控制此一機構，直流馬達搭配 8 位元控制器或 8 軸之絕對光學編碼器，以及 8 相位、36 齒之步進馬達皆為設計選項，試問何者有較佳之角定位能力？（5 分）

(二) 如前題，若最後配置 250 孔槽（slot）之增量編碼器（圖 4），當計數器讀值為 0010011000100110 時，軸之角度為何？（5 分）

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核心觀念

本題考查角度定位的解析度，以及增量式光學編碼器的計數值如何換算成軸角度。每轉可分辨的定位數越多，單一定位單位所代表的角度越小，角定位解析度越佳。

解題方法

（一）比較三種設計的角度解析度：

  • 8 位元控制器有 28=2562^8=256 個數位位置，因此每一位置代表 360∘256=1.40625∘\frac{360^\circ}{256}=1.40625^\circ
  • 8 軌絕對光學編碼器同樣有 28=2562^8=256 種編碼，其角度解析度為 360∘256=1.40625∘\frac{360^\circ}{256}=1.40625^\circ
  • 對於 8 相位、36 齒的步進馬達，每轉步數為 8×36=2888\times36=288 步，步進角為 360∘8×36=1.25∘\frac{360^\circ}{8\times36}=1.25^\circ

步進馬達的單步角度較小，因此角定位解析度較佳。

（二）計數器讀值 00100110200100110_2 換算成十進位：

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