110 臺灣菸酒招考從業職 機械 自動控制 考古題詳解

110 年・臺灣菸酒招考・從業職・機械
試題代碼 110年台菸酒從業職員 機械 (自動控制)

第 第一題 題25 分

請參考【圖一】之 RCRC 電路系統，回答下列問題： （一）請求出此系統 Eo(s)/Ei(s)E_o(s)/E_i(s) 之轉移函數。【15 分】 （二）若系統輸入步階函數 ei(t)=1e_i(t) = 1，請求 eo(t)e_o(t) 輸出結果（可利用反拉氏求解）。【10 分】

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核心觀念

本題考查串聯 RCRC 電路的阻抗分壓與拉氏轉換。

由圖一可知：

  • R2R_2 與右側的串聯支路 C1C_1、R1R_1 串聯。
  • 輸出電壓 eo(t)e_o(t) 取在 C1C_1 與 R1R_1 串聯支路兩端。
  • 電容器的拉氏域阻抗為
ZC(s)=1sC1Z_C(s)=\frac{1}{sC_1}

因此可使用阻抗分壓公式求取轉移函數。

解題方法

（一）求轉移函數 Eo(s)/Ei(s)E_o(s)/E_i(s)

右側串聯支路的等效阻抗為

Z右(s)=R1+1sC1Z_{右}(s)=R_1+\frac{1}{sC_1}

依串聯阻抗分壓公式：

Eo(s)Ei(s)=Z右(s)R2+Z右(s)\frac{E_o(s)}{E_i(s)} = \frac{Z_{右}(s)}{R_2+Z_{右}(s)}

代入 Z右(s)Z_{右}(s)：

Eo(s)Ei(s)=R1+1sC1R2+R1+1sC1\frac{E_o(s)}{E_i(s)} = \frac{R_1+\frac{1}{sC_1}} {R_2+R_1+\frac{1}{sC_1}}

分子、分母同乘 sC1sC_1，得

Eo(s)Ei(s)=R1C1s+1(R1+R2)C1s+1\boxed{ \frac{E_o(s)}{E_i(s)} = \frac{R_1C_1s+1} {(R_1+R_2)C_1s+1} }

（二）輸入為單位階躍函數時的輸出

題目給定

ei(t)=u(t)e_i(t)=u(t)

其拉氏轉換為

Ei(s)=1sE_i(s)=\frac{1}{s}

因此

Eo(s)=R1C1s+1s[(R1+R2)C1s+1]E_o(s) = \frac{R_1C_1s+1} {s\left[(R_1+R_2)C_1s+1\right]}

令

τ=(R1+R2)C1\tau=(R_1+R_2)C_1

則

Eo(s)=R1C1s+1s(τs+1)E_o(s) = \frac{R_1C_1s+1}{s(\tau s+1)}

部分分式展開：

Eo(s)=As+Bτs+1E_o(s) = \frac{A}{s}+\frac{B}{\tau s+1}

比較係數可得

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第 第二題 題25 分

若系統方塊如【圖二】所示，請回答下列問題： （一）請求出此系統 Y(s)/R(s)Y(s)/R(s) 之轉移函數。【15 分】 （二）若系統輸入步階函數 r(t)=1r(t) = 1，請求此系統穩態誤差 esse_{ss}？【10 分】

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核心觀念

本題考查方塊圖化簡、負回授系統轉移函數，以及終值定理求穩態誤差。

圖二中：

  • 第一加法點：E(s)=R(s)−Y(s)E(s)=R(s)-Y(s)
  • R(s)R(s) 另經增益 22 後，與 E(s)s+1\dfrac{E(s)}{s+1} 相加
  • 第二個回授路徑經過方塊 ss，並以負號回授至積分器前的加法點
  • 積分器為 1s\dfrac{1}{s}

解題方法

（一）求 Y(s)/R(s)Y(s)/R(s)

依圖二各節點建立方程式。

第一加法點輸出為誤差信號：

E(s)=R(s)−Y(s)E(s)=R(s)-Y(s)

經過方塊 1s+1\dfrac{1}{s+1} 後：

X(s)=E(s)s+1X(s)=\frac{E(s)}{s+1}

增益 22 的支路輸出為：

2R(s)2R(s)

第二加法點輸出：

Z(s)=X(s)+2R(s)Z(s)=X(s)+2R(s)

經過下方負回授後，積分器輸入為：

W(s)=Z(s)−sY(s)W(s)=Z(s)-sY(s)

由於通過積分器 1s\dfrac{1}{s}：

Y(s)=W(s)sY(s)=\frac{W(s)}{s}

因此：

sY(s)=Z(s)−sY(s)sY(s)=Z(s)-sY(s)

整理得：

2sY(s)=Z(s)2sY(s)=Z(s)

代入 Z(s)Z(s)：

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

再代入 E(s)=R(s)−Y(s)E(s)=R(s)-Y(s)：

2sY(s)=R(s)−Y(s)s+1+2R(s)2sY(s)=\frac{R(s)-Y(s)}{s+1}+2R(s)

兩邊乘以 s+1s+1：

2s(s+1)Y(s)=R(s)−Y(s)+2(s+1)R(s)2s(s+1)Y(s)=R(s)-Y(s)+2(s+1)R(s)

整理：

[2s(s+1)+1]Y(s)=(2s+3)R(s)\left[2s(s+1)+1\right]Y(s)=(2s+3)R(s)

故系統轉移函數為：

Y(s)R(s)=2s+32s2+2s+1\boxed{ \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{2s+3}{2s^2+2s+1} }
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第 第三題 題25 分

若系統方塊圖如【圖三】所示，請回答下列問題： （一）此系統之特性方程式為何？【5 分】 （二）請求出此系統穩定之 KK 值範圍。【10 分】 （三）當 KK 值為多少時，系統為臨界穩定，且此時振盪頻率為何？【10 分】

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核心觀念

圖三為單位負回授系統，其前向傳遞函數為

G(s)=Ks(s+2)(s+3)G(s)=\frac{K}{s(s+2)(s+3)}

單位負回授系統的閉迴路特性方程式由

1+G(s)=01+G(s)=0

決定。本題主要考查：

  • 閉迴路特性方程式的建立
  • Routh–Hurwitz 穩定判據
  • 臨界穩定時的振盪頻率

（一）特性方程式

由單位負回授條件：

1+Ks(s+2)(s+3)=01+\frac{K}{s(s+2)(s+3)}=0

整理得：

s(s+2)(s+3)+K=0s(s+2)(s+3)+K=0

由於

(s+2)(s+3)=s2+5s+6(s+2)(s+3)=s^2+5s+6

因此：

s(s2+5s+6)+K=0s(s^2+5s+6)+K=0

所以系統之特性方程式為

s3+5s2+6s+K=0\boxed{s^3+5s^2+6s+K=0}

（二）系統穩定之 KK 值範圍

對特性方程式

s3+5s2+6s+K=0s^3+5s^2+6s+K=0

建立 Routh 表：

s316s25Ks15(6)−1(K)50s0K\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 6\\ s^2 & 5 & K\\ s^1 & \dfrac{5(6)-1(K)}{5} & 0\\ s^0 & K & \end{array}

整理為：

s316s25Ks130−K50s0K\begin{array}{c|cc} s^3 & 1 & 6\\ s^2 & 5 & K\\ s^1 & \dfrac{30-K}{5} & 0\\ s^0 & K & \end{array}

系統穩定的條件是 Routh 表第一欄全部同號且為正，因此：

1>0,5>0,30−K5>0,K>01>0,\qquad 5>0,\qquad \frac{30-K}{5}>0,\qquad K>0

可得：

30−K>030-K>0

即

K<30K<30

並且必須滿足 K>0K>0，所以系統穩定範圍為

0<K<30\boxed{0<K<30}
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第 第四題 題25 分

若系統方塊圖如【圖四】所示，請回答下列問題： （一）若 K=25K = 25，請求出此系統之阻尼比（ζ\zeta）以及無阻尼自然頻率（ωn\omega_n）。【10 分】 （二）承第（一）小題，求系統之尖峰值（MpM_p），上升時間（trt_r）以及安定時間（tst_s）？【15 分】

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核心觀念

圖四為單位負回授系統，前向傳遞函數為

G(s)=Ks⋅1s+6=Ks(s+6)G(s)=\frac{K}{s}\cdot\frac{1}{s+6} =\frac{K}{s(s+6)}

單位負回授閉迴路傳遞函數為

T(s)=G(s)1+G(s)=Ks(s+6)+K=Ks2+6s+KT(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)} =\frac{K}{s(s+6)+K} =\frac{K}{s^2+6s+K}

標準二階系統形式為

T(s)=ωn2s2+2ζωns+ωn2T(s)=\frac{\omega_n^2} {s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}

因此可比較：

ωn2=K\omega_n^2=K 2ζωn=62\zeta\omega_n=6

（一）求阻尼比與無阻尼自然頻率

已知 K=25K=25，因此

ωn2=25\omega_n^2=25 ωn=5 rad/s\boxed{\omega_n=5\ \text{rad/s}}

又因為

2ζωn=62\zeta\omega_n=6

代入 ωn=5\omega_n=5：

2ζ(5)=62\zeta(5)=6 ζ=0.6\boxed{\zeta=0.6}

由於 0<ζ<10<\zeta<1，此系統為欠阻尼二階系統。

（二）求尖峰值、上升時間與安定時間

1. 阻尼自然頻率

欠阻尼自然頻率為

ωd=ωn1−ζ2\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}

代入 ωn=5\omega_n=5、ζ=0.6\zeta=0.6：

ωd=51−0.62=50.64=4 rad/s\omega_d=5\sqrt{1-0.6^2} =5\sqrt{0.64} =4\ \text{rad/s}

2. 尖峰值 MpM_p

欠阻尼二階系統的最大超越量為

Mp=e−ζπ1−ζ2M_p=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}

代入數值：

Mp=e−0.6π0.8=e−0.75π≈0.0948M_p=e^{-\frac{0.6\pi}{0.8}} =e^{-0.75\pi} \approx 0.0948

因此尖峰值百分比為

Mp≈9.48%\boxed{M_p\approx 9.48\%}

3. 上升時間 trt_r

對欠阻尼二階系統，

tr=π−θωdt_r=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}
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