110 高普考高考三級 輪機技術 船用電學與自動控制 考古題詳解

110 年・高普考・高考三級・輪機技術
試題代碼 船用電學與自動控制

第 一 題25 分

有一直流電動機的端電壓 VTV_T 為 250 V250\ \mathrm{V}、額定電流為 125 A125\ \mathrm{A}、總電樞電阻 RaR_a 為 0.15 Ω0.15\ \Omega。

請計算繼電器 1AR1AR 至 3AR3AR 的 R1∼R3R_1\sim R_3 電阻值，以及其 VaV_a 啟動電壓值，用以將電流限制為額定值的 200%200\%。當電樞電流在每一階段達到電動機的額定電流時，繼電器 1AR1AR 至 3AR3AR 應該動作。

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核心觀念

直流電動機起動時，反電勢 EaE_a 尚未建立，電樞電流會受到電樞電阻與外加起動電阻限制。起動電阻逐段切除時，電流會上升；本題要求起動電流上限為額定電流的 200%200\%，且每一階段電流降至額定電流 125 A125\ \mathrm{A} 時，繼電器動作切除一段電阻。

電動機電壓方程式為：

VT=Ea+Ia(Ra+R外加)V_T=E_a+I_a(R_a+R_{\text{外加}})

起動瞬間 Ea=0E_a=0，因此全部串聯電阻為：

R總,起動=VTImax⁡R_{\text{總,起動}}=\frac{V_T}{I_{\max}}

解題方法

額定電流為 125 A125\ \mathrm{A}，電流上限為其 200%200\%：

Imax⁡=2(125)=250 AI_{\max}=2(125)=250\ \mathrm{A}

起動瞬間的總電阻：

R總,起動=250250=1.00 ΩR_{\text{總,起動}}=\frac{250}{250}=1.00\ \Omega

扣除電樞電阻 Ra=0.15 ΩR_a=0.15\ \Omega，得到三段起動電阻總和：

R1+R2+R3=1.00−0.15=0.85 ΩR_1+R_2+R_3=1.00-0.15=0.85\ \Omega

每段電流由 125 A125\ \mathrm{A} 上升至 250 A250\ \mathrm{A} 時，若該階段的總電阻減半，便符合「電流降至額定值時切換、切換後不超過 200%200\%」的條件。因此依圖示從馬達端開始切除，逐段總電阻為 1.00 Ω1.00\ \Omega、0.50 Ω0.50\ \Omega、0.25 Ω0.25\ \Omega，最後剩下電樞電阻 0.15 Ω0.15\ \Omega。

圖中 1AR1AR 先切除靠近馬達端的 R1R_1；接著 2AR2AR 切除 R2R_2，最後 3AR3AR 切除 R3R_3：

R1=1.00−0.50=0.50 ΩR_1=1.00-0.50=0.50\ \Omega R2=0.50−0.25=0.25 ΩR_2=0.50-0.25=0.25\ \Omega R3=0.25−0.15=0.10 ΩR_3=0.25-0.15=0.10\ \Omega
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第 二 題25 分

有一三相交流電源 440 V440\ \mathrm{V}、60 Hz60\ \mathrm{Hz}，可提供三個負載分別為：

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核心觀念

本題考三相負載的功率計算、功率因數合成、線電流，以及星形電容器組的功率因數校正。

三相系統中，電動機題目給的是機械輸出功率，須先除以效率換算為電氣輸入實功率；電熱器為純電阻負載，功率因數為 1，不消耗虛功率。各負載的實功率與虛功率分別相加，才能求出合成視在功率與功率因數。

常用公式如下：

Pin=Poutη,Q=Ptan⁡ϕ,S=P2+Q2P_{\mathrm{in}}=\frac{P_{\mathrm{out}}}{\eta},\qquad Q=P\tan\phi,\qquad S=\sqrt{P^2+Q^2} S3ϕ=3VLIL,P3ϕ=3VLILcos⁡ϕS_{\mathrm{3\phi}}=\sqrt{3}V_LI_L,\qquad P_{\mathrm{3\phi}}=\sqrt{3}V_LI_L\cos\phi

其中 PP 為實功率、QQ 為虛功率、SS 為視在功率；滯後功率因數表示負載吸收感性虛功率。

解題方法

取 1 hp=0.746 kW1\ \mathrm{hp}=0.746\ \mathrm{kW}。先分別求兩部電動機的輸入實功率，再由各自功率因數求虛功率。將兩者與電阻加熱器的功率合併，即可求總功率、合成功率因數與線電流。

（一）總實功率、總虛功率與總視在功率

負載 A：三角形連接感應電動機

電動機以額定輸出的 34\frac{3}{4} 運轉，故機械輸出功率為

PA,out=60×0.746×34=33.57 kWP_{A,\mathrm{out}}=60\times0.746\times\frac{3}{4} =33.57\ \mathrm{kW}

輸入實功率：

PA=33.570.90=37.30 kWP_A=\frac{33.57}{0.90}=37.30\ \mathrm{kW}

功率因數 cos⁡ϕA=0.94\cos\phi_A=0.94，因此

QA=PAtan⁡(cos⁡−10.94)=37.30×tan⁡(cos⁡−10.94)=13.54 kvarQ_A=P_A\tan(\cos^{-1}0.94) =37.30\times\tan(\cos^{-1}0.94) =13.54\ \mathrm{kvar}

負載 B：星形連接感應電動機

以額定輸出的二分之一運轉，機械輸出功率為

PB,out=75×0.746×12=27.975 kWP_{B,\mathrm{out}}=75\times0.746\times\frac{1}{2} =27.975\ \mathrm{kW}

輸入實功率：

PB=27.9750.88=31.79 kWP_B=\frac{27.975}{0.88}=31.79\ \mathrm{kW}

功率因數 cos⁡ϕB=0.74\cos\phi_B=0.74，因此

QB=PBtan⁡(cos⁡−10.74)=31.79×tan⁡(cos⁡−10.74)=28.79 kvarQ_B=P_B\tan(\cos^{-1}0.74) =31.79\times\tan(\cos^{-1}0.74) =28.79\ \mathrm{kvar}

負載 C：三角形連接電阻加熱器

PC=20.00 kW,QC=0P_C=20.00\ \mathrm{kW},\qquad Q_C=0

合計

PT=PA+PB+PC=37.30+31.79+20.00=89.09 kWP_T=P_A+P_B+P_C =37.30+31.79+20.00 =89.09\ \mathrm{kW} QT=QA+QB+QC=13.54+28.79=42.33 kvarQ_T=Q_A+Q_B+Q_C =13.54+28.79 =42.33\ \mathrm{kvar}
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第 三 題25 分

考慮某一回授控制系統的方塊圖如下：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中

C(s)=K(1+1TIs+TDs)C(s)=K\left(1+\frac{1}{T_I s}+T_Ds\right)

請使用 Ziegler-Nichols 極限靈敏度法（Ultimate sensitivity method）來計算 PID 控制器的參數。（25 分）

註：無須進行脈衝響應實驗（Impulse response experiment）來求 KuK_u 和 PuP_u，而可以使用以下公式：

1s3+2s2+s+11+1s3+2s2+s+1=1(s+2)(s2+1)\frac{\dfrac{1}{s^3+2s^2+s+1}} {1+\dfrac{1}{s^3+2s^2+s+1}} = \frac{1}{(s+2)(s^2+1)}
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核心觀念

Ziegler–Nichols 極限靈敏度法先將控制器設為純比例控制器，逐步增加比例增益，找出系統恰好產生等幅持續振盪時的臨界增益 KuK_u，以及振盪週期 PuP_u。再依 Ziegler–Nichols PID 整定公式計算控制器參數。

本題控制器形式為

C(s)=K(1+1TIs+TDs).C(s)=K\left(1+\frac{1}{T_I s}+T_Ds\right).

解題方法

先令 TI→∞T_I\to\infty、TD=0T_D=0，使控制器成為純比例控制器 C(s)=KC(s)=K。單位負回授系統的特徵方程式為

1+K1s3+2s2+s+1=0,1+K\frac{1}{s^3+2s^2+s+1}=0,

整理得

s3+2s2+s+(1+K)=0.s^3+2s^2+s+(1+K)=0.

對此三次特徵方程式建立 Routh 表，其首欄為

1,2,1−K2,1+K.1,\qquad 2,\qquad \frac{1-K}{2},\qquad 1+K.

正增益下，系統穩定需滿足 0<K<10<K<1；當 K=1K=1 時，系統到達穩定邊界，因此

Ku=1.K_u=1.

題目所附公式也可直接驗證此結果。當 K=1K=1 時，閉迴路傳遞函數為

1s3+2s2+s+11+1s3+2s2+s+1=1(s+2)(s2+1).\frac{\dfrac{1}{s^3+2s^2+s+1}} {1+\dfrac{1}{s^3+2s^2+s+1}} = \frac{1}{(s+2)(s^2+1)}.
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第 四 題25 分

考慮具有理想傳感器的閉迴路控制系統，其轉移函數具有形式如下：

Gp(s)=ωn2p(s+p)(s2+2ζωns+ωn2)G_p(s)=\frac{\omega_n^2p}{(s+p)(s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2)}

該系統與控制器 GC(s)G_C(s) 一起的開迴路轉移函數的極點和零點如下以複數平面所示。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）請說明控制器參數的範圍，用以使此閉迴路控制系統能穩定運轉。（10 分）

（二）使用給定的控制器類型是否有可能達到 μs≥2\mu_s\geq 2 的穩定裕度（Stability margin）？請評估該控制器設計的可行性，並解釋其理由。（15 分）

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核心觀念

圖中的開迴路極點為 −2-2、−1±j-1\pm j，零點為 −Kp/Kd-K_p/K_d；這對應比例微分控制器

GC(s)=Kp+Kds=Kd(s+KpKd),Kp>0,  Kd>0.G_C(s)=K_p+K_ds=K_d\left(s+\frac{K_p}{K_d}\right), \qquad K_p>0,\;K_d>0.

由被控體的極點位置可讀出 p=2p=2，且二階因子為 (s+1)2+1=s2+2s+2(s+1)^2+1=s^2+2s+2，因此

Gp(s)=4(s+2)(s2+2s+2).G_p(s)=\frac{4}{(s+2)(s^2+2s+2)}.

閉迴路穩定與否，由特徵方程 1+GC(s)Gp(s)=01+G_C(s)G_p(s)=0 判斷；穩定裕度則看開迴路 Nyquist 曲線到臨界點 −1-1 的最小距離。

解題方法

開迴路傳遞函數為

L(s)=GC(s)Gp(s)=4(Kp+Kds)(s+2)(s2+2s+2).L(s)=G_C(s)G_p(s) =\frac{4(K_p+K_ds)}{(s+2)(s^2+2s+2)}.

令 1+L(s)=01+L(s)=0，得到閉迴路特徵多項式：

(s+2)(s2+2s+2)+4(Kp+Kds)=s3+4s2+(6+4Kd)s+(4+4Kp).\begin{aligned} (s+2)(s^2+2s+2)+4(K_p+K_ds) &=s^3+4s^2+(6+4K_d)s+(4+4K_p). \end{aligned}

對三次多項式 s3+a2s2+a1s+a0s^3+a_2s^2+a_1s+a_0，Routh–Hurwitz 穩定條件為 a2>0a_2>0、a1>0a_1>0、a0>0a_0>0，且 a2a1>a0a_2a_1>a_0。代入係數：

4>0,6+4Kd>0,4+4Kp>0,4>0,\qquad 6+4K_d>0,\qquad 4+4K_p>0,

以及

4(6+4Kd)>4+4Kp⟺Kp<5+4Kd.4(6+4K_d)>4+4K_p \quad\Longleftrightarrow\quad K_p<5+4K_d.

配合圖示所給 Kp>0,  Kd>0K_p>0,\;K_d>0，穩定參數範圍為

Kd>0,0<Kp<5+4Kd.\boxed{K_d>0,\qquad 0<K_p<5+4K_d.}
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