109 高普考高考三級 機械工程 自動控制 考古題詳解

109 年・高普考・高考三級・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題20 分

以馬達驅動一個半徑為 RR 的滑輪，馬達轉子與滑輪的合併慣量為 JJ，電梯軸承的線性阻尼係數為 BB，電梯此時的質量為 MM。

（一）請推導電梯從馬達出力 τ\tau 到電梯位置 yy 之間的動態方程式。（10 分）

（二）請推導電梯從馬達扭力 T(s)T(s) 到電梯位置 Y(s)Y(s) 之間的轉移函數（transfer function）。（10 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查馬達、滑輪與電梯的轉動—平移耦合。假設鋼索不伸長、與滑輪間無滑動，並以電梯向上為正方向，則

y=Rθ,y˙=Rθ˙,y¨=Rθ¨。y=R\theta,\qquad \dot y=R\dot\theta,\qquad \ddot y=R\ddot\theta。

其中 RR 為滑輪半徑，JJ 為馬達轉子與滑輪的合併轉動慣量，BB 為電梯軸承的線性阻尼係數，MM 為電梯質量。以下將馬達出力 τ\tau 的正方向定為使電梯上升。

解題方法

分別對滑輪列轉動運動方程、對電梯列平移運動方程，再利用鋼索張力消去中間變數。

令鋼索張力為 FF。電梯受力包含向上的張力 FF、向下的重力 MgMg，以及與運動方向相反的阻尼力 By˙B\dot y，因此

My¨=F−By˙−Mg,M\ddot y=F-B\dot y-Mg,

整理得

F=My¨+By˙+Mg。F=M\ddot y+B\dot y+Mg。

對滑輪以使電梯上升的轉動方向為正，馬達扭力為 τ\tau，鋼索張力形成反向力矩 FRFR，所以

Jθ¨=τ−FR。J\ddot\theta=\tau-FR。

由 θ¨=y¨/R\ddot\theta=\ddot y/R，得

τ=JRy¨+FR。\tau=\frac{J}{R}\ddot y+FR。

代入 F=My¨+By˙+MgF=M\ddot y+B\dot y+Mg：

τ=JRy¨+R(My¨+By˙+Mg)。\tau=\frac{J}{R}\ddot y+R(M\ddot y+B\dot y+Mg)。

（一）動態方程式

整理可得

(M+JR2)y¨+By˙+Mg=τR\boxed{\left(M+\frac{J}{R^2}\right)\ddot y+B\dot y+Mg=\frac{\tau}{R}}

等價地，也可寫成

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題20 分

請推導下面方塊圖從 R(s)R(s) 到 Y(s)Y(s) 的轉移函數。（20 分）

🖼️【此處有方塊圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查方塊圖的訊號分支、加法點與負回授。加法點依輸入端標示的正負號代數相加；方塊的輸出等於輸入乘上其轉移函數。

解題方法

由圖可知，輸入 R(s)R(s) 分成兩路，分別通過 1/(s+1)1/(s+1)：一路直接進入最右側加法點，另一路進入前方加法點。輸出 Y(s)Y(s) 經底部的 1/(s+1)1/(s+1) 回授至前方加法點，且為負號；前方加法點的輸出再通過 1/(s+2)1/(s+2)，與直接路徑在最右側加法點相加。

令前方加法點輸出為 E(s)E(s)，則

E(s)=R(s)s+1−Y(s)s+1.E(s)=\frac{R(s)}{s+1}-\frac{Y(s)}{s+1}.

最右側加法點的輸出為

Y(s)=R(s)s+1+E(s)s+2.Y(s)=\frac{R(s)}{s+1}+\frac{E(s)}{s+2}.

代入 E(s)E(s)：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題20 分

一系統的轉移函數為

G(s)=1s(0.5s+1)G(s)=\frac{1}{s(0.5s+1)}

請設計一個比例控制器

Gc(s)=KpG_c(s)=K_p

來調整系統的閉迴路響應，使得閉迴路系統的阻尼係數為 0.50.5。（20 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查比例控制器對二階閉迴路系統阻尼係數的影響。單位負回授下，閉迴路轉移函數的特徵方程可與標準二階形式比較：

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

其中 ζ\zeta 為阻尼係數，ωn\omega_n 為自然頻率。

解題方法

假設系統採單位負回授，開迴路傳遞函數為

Gc(s)G(s)=Kp1s(0.5s+1)G_c(s)G(s)=K_p\frac{1}{s(0.5s+1)}

閉迴路特徵方程為 1+Gc(s)G(s)=01+G_c(s)G(s)=0，因此

s(0.5s+1)+Kp=0s(0.5s+1)+K_p=0

展開並除以 0.50.5，得

s2+2s+2Kp=0s^2+2s+2K_p=0

與標準二階特徵方程

s2+2ζωns+ωn2=0s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2=0

逐項比較：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題20 分

不穩定系統的轉移函數為

G(s)=1(s−1)(s−2)G(s)=\frac{1}{(s-1)(s-2)}

若吾人以一個 PD 控制器

Gc(s)=Kp(s+1)G_c(s)=K_p(s+1)

來控制此系統。

（一）請計算本系統穩定之 KpK_p 範圍。（10 分）

（二）當系統在穩定邊界狀態時，系統的振動頻率為何？（10 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查以特徵方程式與 Routh–Hurwitz 穩定判據，求閉迴路系統的穩定增益範圍；並在穩定邊界上找出臨界振盪頻率。假設採用單位負回授，閉迴路特徵方程式為

1+Gc(s)G(s)=0.1+G_c(s)G(s)=0.

解題方法

開迴路傳遞函數為

Gc(s)G(s)=Kp(s+1)(s−1)(s−2).G_c(s)G(s)=\frac{K_p(s+1)}{(s-1)(s-2)}.

因此閉迴路特徵方程式為

(s−1)(s−2)+Kp(s+1)=0.(s-1)(s-2)+K_p(s+1)=0.

展開整理：

s2−3s+2+Kps+Kp=0,s^2-3s+2+K_ps+K_p=0, s2+(Kp−3)s+(Kp+2)=0.s^2+(K_p-3)s+(K_p+2)=0.

二階多項式 s2+a1s+a0s^2+a_1s+a_0 的根皆位於左半平面，須且唯須 a1>0a_1>0 且 a0>0a_0>0。故本題須滿足

Kp−3>0,Kp+2>0.K_p-3>0,\qquad K_p+2>0.

兩條件合併得 Kp>3K_p>3。

穩定邊界與振動頻率

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 五 題20 分

考慮系統特徵方程式為

1+K16s+1s4+4s3+4s2=01+K\frac{16s+1}{s^4+4s^3+4s^2}=0

請以羅氏分析決定可使系統穩定的 KK 值範圍。（20 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

羅斯－赫維茲（Routh–Hurwitz）判據可由特徵多項式的羅氏表判斷根是否全部位於左半平面。對沒有特殊列的情況，羅氏表第一欄元素須同號且非零；若第一欄出現符號變化，符號變化次數就是右半平面根的個數。

解題方法

先將題目特徵方程式整理成特徵多項式：

1+K16s+1s4+4s3+4s2=0⟹s4+4s3+4s2+16Ks+K=01+K\frac{16s+1}{s^4+4s^3+4s^2}=0 \quad\Longrightarrow\quad s^4+4s^3+4s^2+16Ks+K=0

依係數建立羅氏表：

s414Ks3416K0s24⋅4−1⋅16K4=4(1−K)K0s14(1−K)⋅16K−4K4(1−K)=K(15−16K)1−K00s0K\begin{array}{c|ccc} s^4 & 1 & 4 & K\\ s^3 & 4 & 16K & 0\\ s^2 & \dfrac{4\cdot4-1\cdot16K}{4}=4(1-K) & K & 0\\ s^1 & \dfrac{4(1-K)\cdot16K-4K}{4(1-K)} =\dfrac{K(15-16K)}{1-K} & 0 & 0\\ s^0 & K & & \end{array}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

機械工程《自動控制》其他年度

112111110108107