108 高普考高考二級 機械工程 自動控制學 考古題詳解

108 年・高普考・高考二級・機械工程
試題代碼 自動控制學

第 一 題25 分

某吊車系統的簡化機械模型如下圖。假設吊桿的質量集中於末端，長度為 LL，質量為 mm，驅動吊桿的馬達扭矩為 uu。軸承之摩擦扭矩可表示為

c0θ˙+c1θ˙3c_0\dot{\theta}+c_1\dot{\theta}^{3}

其中，θ\theta 為吊桿和鉛直線之夾角，重力加速度為 gg。定義系統輸入為 uu，輸出為 θ\theta。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）推導系統的運動方程式（equation of motion）。

（二）若吊桿在 θ=30∘\theta=30^\circ 附近操作，求線性化數學模型和轉移函數，並定義其輸入和輸出。

（三）分析此開路系統之穩定性（stability）。

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核心觀念

本題考查轉動系統的力矩平衡、非線性方程式在平衡點附近的線性化，以及線性化開迴路模型的穩定性。

吊桿質量集中於末端，因此相對轉軸的轉動慣量為 J=mL2J=mL^2。依圖取吊桿向右偏轉的角度 θ\theta 為正，馬達施加同方向的力矩 uu 為正。重力產生回復力矩 −mgLsin⁡θ-mgL\sin\theta；軸承摩擦力矩與角速度方向相反。

（一）運動方程式

依轉動版牛頓第二定律，合力矩等於轉動慣量乘角加速度：

u−c0θ˙−c1θ˙3−mgLsin⁡θ=mL2θ¨.u-c_0\dot{\theta}-c_1\dot{\theta}^{3}-mgL\sin\theta =mL^2\ddot{\theta}.

整理得

mL2θ¨+c0θ˙+c1θ˙3+mgLsin⁡θ=u.\boxed{mL^2\ddot{\theta}+c_0\dot{\theta} +c_1\dot{\theta}^{3}+mgL\sin\theta=u.}

其中 c0θ˙+c1θ˙3c_0\dot{\theta}+c_1\dot{\theta}^3 為摩擦力矩的大小；在運動方程式中，其作用方向與角速度相反。

（二）在 θ0=30∘\theta_0=30^\circ 附近線性化及轉移函數

先找出此操作角度的定常平衡條件。令 θ=θ0\theta=\theta_0、θ˙=0\dot{\theta}=0、θ¨=0\ddot{\theta}=0，可得所需的平衡馬達力矩：

u0=mgLsin⁡θ0=mgL2.u_0=mgL\sin\theta_0=\frac{mgL}{2}.

定義偏差變數：

Δθ=θ−θ0,Δu=u−u0.\Delta\theta=\theta-\theta_0,\qquad \Delta u=u-u_0.

將非線性方程式在 (θ0,θ˙=0,u0)(\theta_0,\dot{\theta}=0,u_0) 附近作一階泰勒線性化。因為

sin⁡(θ0+Δθ)≈sin⁡θ0+cos⁡θ0 Δθ,\sin(\theta_0+\Delta\theta) \approx \sin\theta_0+\cos\theta_0\,\Delta\theta,

且在 θ˙=0\dot{\theta}=0 附近，c1θ˙3c_1\dot{\theta}^3 的一階線性項為零，所以得到

mL2Δθ¨+c0Δθ˙+mgLcos⁡θ0 Δθ=Δu.mL^2\Delta\ddot{\theta} +c_0\Delta\dot{\theta} +mgL\cos\theta_0\,\Delta\theta =\Delta u.

代入 cos⁡30∘=32\cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}：

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第 二 題25 分

有一閉迴路控制系統方塊圖如下：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）求使系統穩定之 kk 的範圍。

（二）當 kk 為何值時，系統有一對極點（pole）落在虛軸？

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核心觀念

此題考查單位負回授系統的閉迴路特徵方程，以及利用 Routh–Hurwitz 穩定判據求增益 kk 的穩定範圍。閉迴路極點由特徵方程的根決定；系統漸近穩定的條件是所有極點均位於左半平面。

解題方法

由方塊圖可讀得開迴路傳遞函數

G(s)=k(s+9)s(s+2)(s+5)G(s)=\frac{k(s+9)}{s(s+2)(s+5)}

回授為單位負回授，因此閉迴路特徵方程為 1+G(s)=01+G(s)=0：

s(s+2)(s+5)+k(s+9)=0s(s+2)(s+5)+k(s+9)=0

展開得

s3+7s2+(10+k)s+9k=0s^3+7s^2+(10+k)s+9k=0

三次特徵多項式的 Routh 表為

s3110+ks279ks17(10+k)−9k70s09k\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 10+k\\ s^2 & 7 & 9k\\ s^1 & \dfrac{7(10+k)-9k}{7} & 0\\ s^0 & 9k & \end{array}

系統穩定須使第一欄各項皆為正：

1>0,7>0,70−2k7>0,9k>01>0,\qquad 7>0,\qquad \frac{70-2k}{7}>0,\qquad 9k>0

因此

k<35,k>0k<35,\qquad k>0

故穩定範圍為 0<k<350<k<35。

虛軸極點

令 s=jωs=j\omega 代入特徵方程：

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第 三 題25 分

（一）說明系統 G(s)G(s) 的波德（Bode）圖中，相位角（phase angle）和絕對值（magnitude）的漸近線斜率有一對一關係的條件，並寫出此關係。

（二）下圖為滿足上述條件系統的波德圖之漸近線，求此系統的轉移函數並繪出其相位角。

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核心觀念

波德圖的幅值以 dB 表示，橫軸為角頻率的對數刻度。對最小相位有理系統而言，每個一階因子都對應固定的幅值斜率變化與相位變化：

  • 一個左半平面零點：幅值斜率增加 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}，相位增加 90∘90^\circ。
  • 一個左半平面極點：幅值斜率減少 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}，相位減少 90∘90^\circ。

因此，斜率每改變 20 dB/dec20\ \mathrm{dB/dec}，對應的相位變化為 90∘90^\circ。這個一對一對應須假設系統為最小相位系統，且沒有純時間延遲；右半平面零點或純時間延遲會使幅值圖不能唯一決定相位。

解題方法

先由幅值漸近線的斜率變化找出極點，再由低頻幅值求增益。

圖中各頻段的斜率為：

  • ω<10\omega<10：斜率為 −20 dB/dec-20\ \mathrm{dB/dec}，表示有一個原點極點。
  • ω=10\omega=10 後：斜率由 −20-20 變成 −40 dB/dec-40\ \mathrm{dB/dec}，表示在 ω=10\omega=10 有一個極點。
  • ω=100\omega=100 後：斜率由 −40-40 變成 −80 dB/dec-80\ \mathrm{dB/dec}，表示在 ω=100\omega=100 再增加兩個極點。

故轉移函數可寫為

G(s)=Ks(1+s10)(1+s100)2.G(s)=\frac{K}{s\left(1+\frac{s}{10}\right)\left(1+\frac{s}{100}\right)^2}.

在 ω=0.1 rad/s\omega=0.1\ \mathrm{rad/s} 時，圖上漸近幅值為 60 dB60\ \mathrm{dB}。低頻段有

∣G(jω)∣≈Kω,|G(j\omega)|\approx \frac{K}{\omega},

所以

20log⁡10(K0.1)=60⟹K=100.20\log_{10}\left(\frac{K}{0.1}\right)=60 \quad\Longrightarrow\quad K=100.

因此

G(s)=100s(1+s10)(1+s100)2.\boxed{G(s)=\frac{100}{s\left(1+\frac{s}{10}\right)\left(1+\frac{s}{100}\right)^2}}.

相位角

由轉移函數直接得到相位角：

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第 四 題25 分

給定一單輸入單輸出（single-input single-output）系統的狀態方程式如下：

x˙=Ax+Bu,y=Cx\dot{x}=Ax+Bu,\qquad y=Cx

其中

x∈Rn,u∈R,A∈Rn×n,B∈Rn×1,C∈R1×nx\in\mathbb{R}^{n},\qquad u\in\mathbb{R},\qquad A\in\mathbb{R}^{n\times n},\qquad B\in\mathbb{R}^{n\times 1},\qquad C\in\mathbb{R}^{1\times n}

（一）推導此系統的轉移函數（transfer function）G(s)=Y(s)/U(s)G(s)=Y(s)/U(s)。

（二）說明 G(s)G(s) 無極點零點對消（pole-zero cancellation）的條件。

（三）當

A=[01−3−4],B=[11],C=[21]A= \begin{bmatrix} 0 & 1\\ -3 & -4 \end{bmatrix}, \qquad B= \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C= \begin{bmatrix} 2 & 1 \end{bmatrix}

求系統轉移函數 G(s)G(s)。

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核心觀念

  1. 狀態空間轉轉移函數： 線性非時變（LTI）系統的轉移函數定義為「在所有初始條件均為零（Zero Initial Conditions）時，輸出拉氏轉換與輸入拉氏轉換之比值」，即 G(s)=Y(s)U(s)G(s) = \frac{Y(s)}{U(s)}。
  2. 極點零點對消（Pole-Zero Cancellation）與最小實現（Minimal Realization）：
  • 轉移函數 G(s)G(s) 的極點源自狀態矩陣 AA 的特徵值（即 det⁡(sI−A)=0\det(sI-A)=0 的根）。
  • 若系統存在不可控制（Uncontrollable）或不可觀測（Unobservable）之狀態模態（Modes），該特徵值所對應的動態將無法由輸入激勵，或無法在輸出端觀測到，導致在計算 C(sI−A)−1BC(sI-A)^{-1}B 時，分子多項式與分母多項式出現公因式對消。
  • 故系統無極點零點對消之充要條件為：該狀態空間實現同時具備完全可控制性（Complete Controllability）與完全可觀測性（Complete Observability）。
  1. 二階矩陣求逆公式： 設 M=[abcd]M = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}，則 M−1=1det⁡(M)adj(M)=1ad−bc[d−b−ca]M^{-1} = \frac{1}{\det(M)} \text{adj}(M) = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}。

解題方法

（一）推導系統轉移函數 G(s)=Y(s)/U(s)G(s)=Y(s)/U(s)

給定狀態方程式與輸出方程式：

x˙(t)=Ax(t)+Bu(t)\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t) y(t)=Cx(t)y(t) = Cx(t)

根據轉移函數的定義，假設初始狀態為零，即 x(0)=0x(0) = \mathbf{0}。對兩式取雙邊或單邊拉氏轉換（Laplace Transform）：

  1. 狀態方程式取拉氏轉換：
sX(s)−x(0)=AX(s)+BU(s)sX(s) - x(0) = AX(s) + BU(s)

代入 x(0)=0x(0) = \mathbf{0}，移項整理：

(sI−A)X(s)=BU(s)(sI - A)X(s) = BU(s)

其中 II 為 n×nn \times n 之單位矩陣。若 (sI−A)(sI - A) 為非奇異矩陣（Non-singular），等號兩側左乘 (sI−A)−1(sI - A)^{-1}：

X(s)=(sI−A)−1BU(s)X(s) = (sI - A)^{-1}BU(s)
  1. 輸出方程式取拉氏轉換：
Y(s)=CX(s)Y(s) = CX(s)
  1. 將 X(s)X(s) 代入輸出方程式：
Y(s)=C(sI−A)−1BU(s)Y(s) = C(sI - A)^{-1}BU(s)
  1. 整理得系統之轉移函數 G(s)G(s) 為：
G(s)=Y(s)U(s)=C(sI−A)−1BG(s) = \frac{Y(s)}{U(s)} = C(sI - A)^{-1}B

（二）說明 G(s)G(s) 無極點零點對消的條件

系統之轉移函數 G(s)=C(sI−A)−1B=C⋅adj(sI−A)⋅Bdet⁡(sI−A)G(s) = C(sI - A)^{-1}B = \frac{C \cdot \text{adj}(sI - A) \cdot B}{\det(sI - A)} 無極點零點對消之充要條件如下：

  1. 系統必須同時具備完全可控制性（Controllability）與完全可觀測性（Observability）：
  • 此狀態空間表示式 (A,B,C)(A, B, C) 構成系統之最小實現（Minimal Realization）。
  • 若系統為完全可控制且完全可觀測，則 det⁡(sI−A)\det(sI-A) 的所有根（系統的所有特徵值）均會如實反映在轉移函數的極點上，分子多項式 C⋅adj(sI−A)⋅BC \cdot \text{adj}(sI-A) \cdot B 與分母多項式 det⁡(sI−A)\det(sI-A) 互質（Coprime），無任何公因式可對消。
  1. 具體代數判別條件（Kalman 秩準則）：
  • 可控制性矩陣（Controllability Matrix）C\mathcal{C} 必須為滿秩（Full Rank）：
C=[BABA2B⋯An−1B]n×n,rank(C)=n\mathcal{C} = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B & \cdots & A^{n-1}B \end{bmatrix}_{n \times n}, \qquad \text{rank}(\mathcal{C}) = n
  • 可觀測性矩陣（Observability Matrix）O\mathcal{O} 必須為滿秩（Full Rank）：
O=[CCACA2⋮CAn−1]n×n,rank(O)=n\mathcal{O} = \begin{bmatrix} C \\ CA \\ CA^2 \\ \vdots \\ CA^{n-1} \end{bmatrix}_{n \times n}, \qquad \text{rank}(\mathcal{O}) = n

若兩矩陣之秩（Rank）皆等於狀態維度 nn，則系統既無不可控模態、亦無不可觀測模態，轉移函數 G(s)G(s) 必然無極點零點對消。

（三）求系統轉移函數 G(s)G(s)

給定矩陣參數：

A=[01−3−4],B=[11],C=[21]A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -3 & -4 \end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \qquad C = \begin{bmatrix} 2 & 1 \end{bmatrix}
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