112 高普考高考三級 機械工程 自動控制 考古題詳解

112 年・高普考・高考三級・機械工程
試題代碼 自動控制

第 一 題30 分

圖一為一控制系統方塊圖，其中 r(t)r(t) 為輸入，y(t)y(t) 為輸出。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 假設 K=1K=1 且輸入為一單位步階（unit step）函數，求解輸出 y(t)y(t)。

(二) 假設 K=1K=1，求解此系統之增益邊界（gain margin），以分貝（dB）為單位。

(三) 如欲使此系統之相位邊界（phase margin）為 135∘135^\circ，比例控制器 KK 值該如何設計？

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核心觀念

圖一為單位正回授系統，前向傳遞函數為

G(s)=K2s+1.G(s)=K\frac{2}{s+1}.

因為回授端與輸入端皆為「++」，故閉迴路傳遞函數為

T(s)=Y(s)R(s)=G(s)1−G(s).T(s)=\frac{Y(s)}{R(s)} =\frac{G(s)}{1-G(s)}.

因此

T(s)=2Ks+11−2Ks+1=2Ks+1−2K.T(s)=\frac{\dfrac{2K}{s+1}}{1-\dfrac{2K}{s+1}} =\frac{2K}{s+1-2K}.

（一）K=1K=1 且輸入為單位階躍

當 K=1K=1 時，

T(s)=2s−1.T(s)=\frac{2}{s-1}.

單位階躍輸入為

R(s)=1s.R(s)=\frac{1}{s}.

因此

Y(s)=T(s)R(s)=2s(s−1).Y(s)=T(s)R(s) =\frac{2}{s(s-1)}.

部分分式分解：

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

反拉普拉斯轉換得

y(t)=2et−2,t≥0\boxed{y(t)=2e^t-2,\qquad t\geq 0}

此系統的閉迴路極點為 s=1s=1，位於右半平面，因此系統不穩定，輸出會隨時間呈指數發散。

（二）K=1K=1 時的增益邊界

開迴路頻率響應為

G(jω)=21+jω.G(j\omega)=\frac{2}{1+j\omega}.

其相位為

∠G(jω)=−tan⁡−1(ω).\angle G(j\omega) =-\tan^{-1}(\omega).

當 ω\omega 從 00 增加至無限大時，

0∘>∠G(jω)>−90∘.0^\circ>\angle G(j\omega)>-90^\circ.

因此相位永遠不會到達 −180∘-180^\circ，不存在相位交越頻率。依標準 Bode 增益邊界定義：

GM=∞\boxed{GM=\infty}

以分貝表示為

GMdB=+∞ dB.\boxed{GM_{\mathrm{dB}}=+\infty\ \mathrm{dB}}.

補充：由於本題是正回授，實際特性方程式為

1−G(s)=0,1-G(s)=0,

即

s+1−2K=0.s+1-2K=0.

系統穩定條件為

1−2K<0?1-2K<0?

正確整理為閉迴路極點

s=2K−1,s=2K-1,

故穩定條件為

K<12.\boxed{K<\frac12}.

本題 K=1K=1 時已經不穩定。若以「使系統由臨界穩定回到穩定」的臨界增益觀點計算，臨界增益為 Kcr=0.5K_{\mathrm{cr}}=0.5，相對於 K=1K=1 的增益比例為 0.50.5，相當於

20log⁡10(0.5)=−6.02 dB.20\log_{10}(0.5)=-6.02\ \mathrm{dB}.
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第 二 題30 分

圖二為一典型的倒單擺系統，包含台車、支桿、與一個位於支桿頂端的重物。FF 是施加於台車的力，倒單擺支桿與垂直地面的夾角為 θ\theta，而 xx 表示台車的位移。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

經過簡化後，假設此倒單擺系統的動態方程式可表示成：

0.1x¨−0.01θ˙=F0.1\ddot{x}-0.01\dot{\theta}=F 0.2θ¨−10θ=x¨0.2\ddot{\theta}-10\theta=\ddot{x}

(一) 求解此系統之轉移函數（transfer function），L{θ}/L{F}\mathcal{L}\{\theta\}/\mathcal{L}\{F\}，其中 L\mathcal{L} 代表拉普拉斯轉換（Laplace transform）。（10 分）

(二) 繪出此系統（輸入為 FF，輸出為 θ\theta）之波德圖（Bode plot）以表示其之頻率響應。波德圖應包含以分貝（dB）為單位之增益（gain）圖與相位（phase）圖兩個部分。（20 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 零初始條件下的拉普拉斯轉換。
  • 聯立消去中間變數 X(s)X(s)，求 Θ(s)/F(s)\Theta(s)/F(s)。
  • 由 G(s)G(s) 代入 s=jωs=j\omega，求頻率響應的增益與相位。
  • 二階系統的 Bode 圖判讀，包括低頻增益、高頻斜率與相位變化。

令

X(s)=L{x(t)},Θ(s)=L{θ(t)},F(s)=L{F(t)}.X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\},\qquad \Theta(s)=\mathcal{L}\{\theta(t)\},\qquad F(s)=\mathcal{L}\{F(t)\}.

假設初始條件為零。

解題方法

（一）求轉移函數

兩個動態方程式進行拉普拉斯轉換：

0.1s2X(s)−0.01sΘ(s)=F(s)0.1s^2X(s)-0.01s\Theta(s)=F(s) 0.2s2Θ(s)−10Θ(s)=s2X(s)0.2s^2\Theta(s)-10\Theta(s)=s^2X(s)

由第二式得

s2X(s)=(0.2s2−10)Θ(s)s^2X(s)=\left(0.2s^2-10\right)\Theta(s)

代入第一式：

0.1(0.2s2−10)Θ(s)−0.01sΘ(s)=F(s)0.1\left(0.2s^2-10\right)\Theta(s)-0.01s\Theta(s)=F(s)

整理得

(0.02s2−0.01s−1)Θ(s)=F(s)\left(0.02s^2-0.01s-1\right)\Theta(s)=F(s)

因此轉移函數為

G(s)=Θ(s)F(s)=10.02s2−0.01s−1\boxed{ G(s)=\frac{\Theta(s)}{F(s)} =\frac{1}{0.02s^2-0.01s-1} }

將分母乘以 5050，亦可寫成

G(s)=50s2−0.5s−50\boxed{ G(s)=\frac{50}{s^2-0.5s-50} }

分母之極點為

s=0.5±0.25+2002s=\frac{0.5\pm\sqrt{0.25+200}}{2}

所以

s≈7.325,s≈−6.825s\approx 7.325,\qquad s\approx -6.825

其中有一個右半平面極點，表示此倒單擺系統本身是不穩定的。

（二）Bode 圖

令 s=jωs=j\omega：

G(jω)=10.02(jω)2−0.01jω−1G(j\omega) = \frac{1}{0.02(j\omega)^2-0.01j\omega-1}

由於 (jω)2=−ω2(j\omega)^2=-\omega^2，因此

G(jω)=1−(1+0.02ω2)−j0.01ωG(j\omega) = \frac{1}{-\left(1+0.02\omega^2\right)-j0.01\omega}

1. 增益圖

其幅值為

∣G(jω)∣=1(1+0.02ω2)2+(0.01ω)2\left|G(j\omega)\right| = \frac{1}{ \sqrt{\left(1+0.02\omega^2\right)^2+\left(0.01\omega\right)^2} }

以分貝表示：

GdB(ω)=−10log⁡10[(1+0.02ω2)2+(0.01ω)2]\boxed{ G_{\mathrm{dB}}(\omega) = -10\log_{10} \left[ \left(1+0.02\omega^2\right)^2 +\left(0.01\omega\right)^2 \right] }

低頻時：

ω→0,∣G(jω)∣→1\omega\to 0,\qquad |G(j\omega)|\to 1

因此低頻增益為

20log⁡101=0 dB20\log_{10}1=0\ \mathrm{dB}

高頻時：

∣G(jω)∣≈10.02ω2=50ω2|G(j\omega)| \approx \frac{1}{0.02\omega^2} =\frac{50}{\omega^2}

所以高頻漸近線斜率為

−40 dB/decade\boxed{-40\ \mathrm{dB/decade}}

主要轉折頻率可取由 0.02ω2=10.02\omega^2=1 所得：

ωb=50≈7.07 rad/s\omega_b=\sqrt{50}\approx 7.07\ \mathrm{rad/s}

在此頻率：

∣G(j7.07)∣=1(2)2+(0.0707)2≈0.500|G(j7.07)| = \frac{1}{\sqrt{(2)^2+(0.0707)^2}} \approx 0.500

故

GdB(7.07)≈−6.03 dBG_{\mathrm{dB}}(7.07) \approx -6.03\ \mathrm{dB}

2. 相位圖

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第 三 題40 分

考慮一單位負回授（unity negative feedback）閉迴路（closed-loop）控制系統，其開迴路（open-loop）轉移函數為

K(s+4)(s+5)s2−4\frac{K(s+4)(s+5)}{s^2-4}

(一) 欲使此閉迴路控制系統穩定之 KK 值範圍為何？（5 分）

(二) 設定 KK 為正數。繪製此閉迴路控制系統之根軌跡圖（root locus plot），並標示出極點（pole）、零點（zero）、根軌跡與虛數軸交會之位置、根軌跡離開實數軸的位置（breakaway point）與進入實數軸的位置（re-entry point），以及各所對應之 KK 值。（20 分）

(三) 如欲使此閉迴路控制系統對於步階輸入之 2%2\% 安定時間（settling time）為 22 秒，則 KK 值該如何設計？且此設計下控制系統的阻尼比（damping ratio）應為何？（10 分）

(四) 如欲使此閉迴路控制系統對於步階輸入之穩態誤差（steady state error）為 −10%-10\%，則 KK 值又該如何設計？（5 分）

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核心觀念

單位負回授系統的閉迴路特徵方程為 1+G(s)=01+G(s)=0。本題先由特徵方程判斷穩定範圍，再利用根軌跡方程 K=−1/G0(s)K=-1/G_0(s)（其中 G(s)=KG0(s)G(s)=K G_0(s)）分析極點隨正增益 KK 的移動。步階響應部分則使用二階主導極點的 2%2\% 安定時間近似式 Ts≈4/σT_s\approx 4/\sigma，其中閉迴路極點實部為 −σ-\sigma。

解題方法

開迴路轉移函數為

G(s)=K(s+4)(s+5)s2−4=K(s+4)(s+5)(s−2)(s+2).G(s)=\frac{K(s+4)(s+5)}{s^2-4} =\frac{K(s+4)(s+5)}{(s-2)(s+2)}.

單位負回授的閉迴路特徵方程為

1+G(s)=0,1+G(s)=0,

因此

(s2−4)+K(s2+9s+20)=0,(s^2-4)+K(s^2+9s+20)=0,

整理得

(1+K)s2+9Ks+(20K−4)=0.(1+K)s^2+9Ks+(20K-4)=0.

（一）穩定的 KK 範圍

二階多項式 a2s2+a1s+a0a_2s^2+a_1s+a_0 穩定的必要且充分條件為係數皆為正。本題需滿足

1+K>0,9K>0,20K−4>0.1+K>0,\qquad 9K>0,\qquad 20K-4>0.

三者合併後得到

K>15.\boxed{K>\frac{1}{5}}.

K=15K=\frac15 時常數項為零，閉迴路有一個極點在原點，故不包含在漸近穩定範圍內。

（二）正增益根軌跡

開迴路極點為 s=2,−2s=2,-2，開迴路零點為 s=−4,−5s=-4,-5。根軌跡由兩個極點出發，終止於兩個零點；實軸上有奇數個實極點與零點位於該點右側的區段屬於根軌跡，因此實軸根軌跡為

(−5,−4)及(−2,2).(-5,-4)\quad\text{及}\quad(-2,2).

根軌跡與虛軸交會的位置由閉迴路特徵方程令 s=jωs=j\omega 求得：

−(1+K)ω2+(20K−4)+j9Kω=0.-(1+K)\omega^2+(20K-4)+j9K\omega=0.

對正增益 K>0K>0，虛部為零要求 ω=0\omega=0。此時實部為零給出

20K−4=0⟹K=15,s=0.20K-4=0 \quad\Longrightarrow\quad K=\frac15,\qquad s=0.

這是根軌跡穿越原點的交會，並無非零頻率的虛軸交點。

令根軌跡增益方程為

K(s)=−s2−4(s+4)(s+5).K(s)=-\frac{s^2-4}{(s+4)(s+5)}.

實軸上的離開點與進入點滿足 dKds=0\frac{dK}{ds}=0。微分後可得

9s2+48s+9=0,9s^2+48s+9=0,

故

s=−8±553.s=\frac{-8\pm\sqrt{55}}{3}.

其中 s=−8+553≈−0.194s=\frac{-8+\sqrt{55}}{3}\approx-0.194 位於根軌跡區段 (−2,2)(-2,2)，為離開實軸點；s=−8−553≈−5.139s=\frac{-8-\sqrt{55}}{3}\approx-5.139 位於區段 (−5,−4)(-5,-4)，為進入實軸點。代回 K(s)K(s)，得到相應增益

K離開=8(5+55)9(7+55)≈0.521,K_{\text{離開}} =\frac{8(5+\sqrt{55})}{9(7+\sqrt{55})} \approx 0.521, K進入=8(5−55)9(7−55)≈2.145.K_{\text{進入}} =\frac{8(5-\sqrt{55})}{9(7-\sqrt{55})} \approx 2.145.

根軌跡示意如下（非按比例）：

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