112 專技高考高等考試 化學工程技師 程序控制 考古題詳解

112 年・專技高考・高等考試・化學工程技師
試題代碼 程序控制

第 一 題20 分

液體通過控制閥的流量為每分鐘 450450 加侖（gpm）。在此流量下，管線中的摩擦壓降為每平方英寸 1515 磅（psi）。閥門和管線的總壓降為每平方英寸 2020 磅（psi），不受流量影響，且液體的比重為 Gf=0.85G_f=0.85。

ΔpL=klGff2（pipe line friction loss）\Delta p_L=k_lG_ff^2\qquad\text{（pipe line friction loss）}

f=CvApΔpvGf（valve characteristic equation）f=C_vA_p\sqrt{\frac{\Delta p_v}{G_f}}\qquad\text{（valve characteristic equation）}

f=Cv1+klCv2Δp0Gff=\frac{C_v}{\sqrt{1+k_lC_v^2}}\sqrt{\frac{\Delta p_0}{G_f}}

（一）設定為 100%100\% 的過量容量下的閥門尺寸（Ap=0.5A_p=0.5）。（7 分）

（二）計算當閥門全開時的流量。（6 分）

（三）獲取閥門的可調範圍能力。（7 分）

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核心觀念

控制閥與管線串聯時，總壓降分配會隨流量改變。管線摩擦壓降與流量平方成正比：

ΔpL=klGff2\Delta p_L=k_lG_ff^2

閥門可用壓降為總壓降扣除管線摩擦損失；閥門開度以 ApA_p 表示。題目給的合併式可用來求操作點的等效閥容量：

f=Cv1+klCv2Δp0Gff=\frac{C_v}{\sqrt{1+k_lC_v^2}}\sqrt{\frac{\Delta p_0}{G_f}}

其中 CvC_v 是全開容量；在 Ap=0.5A_p=0.5 時，假設閥門特性線性，操作點容量為 0.5Cv0.5C_v。因此題給合併式求得的操作點等效容量，須再除以 0.50.5 才是閥門全開容量。

解題方法

先由已知操作流量與管線摩擦壓降求 klk_l：

kl=150.85(450)2=8.716×10−5k_l=\frac{15}{0.85(450)^2} =8.716\times10^{-5}

閥門與管線的總壓降為 Δp0=20\Delta p_0=20 psi。令操作點等效容量為 Cv,opC_{v,\mathrm{op}}，代入合併式：

450=Cv,op1+klCv,op2200.85450=\frac{C_{v,\mathrm{op}}}{\sqrt{1+k_lC_{v,\mathrm{op}}^2}} \sqrt{\frac{20}{0.85}}

平方並整理：

Cv,op2=f2Gf/Δp01−klf2Gf/Δp0=8606.251−0.75=34425C_{v,\mathrm{op}}^2 =\frac{f^2G_f/\Delta p_0}{1-k_lf^2G_f/\Delta p_0} =\frac{8606.25}{1-0.75} =34425 Cv,op≈185.5C_{v,\mathrm{op}}\approx185.5
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第 二 題18 分

請推導以下使用零階保持（zero-order hold）和取樣時間為 11 的物件之脈衝傳遞函數（pulse transfer function）。

（一）

3.8(10s+1)(5s+1)e−2s（6 分）\frac{3.8}{(10s+1)(5s+1)}e^{-2s}\qquad（6\ 分）

（二）

s+3(2s+1)(8s+1)（6 分）\frac{s+3}{(2s+1)(8s+1)}\qquad（6\ 分）

（三）

25s+1e−3s（6 分）\frac{2}{5s+1}e^{-3s}\qquad（6\ 分）

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核心觀念

零階保持器（ZOH）在每個取樣區間內，將輸入維持為固定值。對連續物件 G(s)G(s)，取樣時間為 TT 時，其脈衝傳遞函數為

G(z)=(1−z−1)Z{L−1[G(s)s]∣t=kT}.G(z)=(1-z^{-1})\mathcal{Z}\left\{\left.\mathcal{L}^{-1}\left[\frac{G(s)}{s}\right]\right|_{t=kT}\right\}.

本題 T=1T=1，因此先求物件對單位階躍的連續時間響應 gstep(t)=L−1[G(s)/s]g_{\mathrm{step}}(t)=\mathcal{L}^{-1}[G(s)/s]，在 t=kt=k 取樣後作 ZZ 轉換，再乘上 1−z−11-z^{-1}。

常用轉換為

Z{1}=11−z−1,Z{ak}=11−az−1.\mathcal{Z}\{1\}=\frac{1}{1-z^{-1}},\qquad \mathcal{Z}\{a^k\}=\frac{1}{1-az^{-1}}.

若物件含有整數個取樣時間的純延遲 e−mse^{-ms}，則其脈衝傳遞函數乘上 z−mz^{-m}。

解題方法與推導

（一）G(s)=3.8(10s+1)(5s+1)e−2sG(s)=\dfrac{3.8}{(10s+1)(5s+1)}e^{-2s}

先忽略延遲，對階躍響應作部分分式分解：

3.8s(10s+1)(5s+1)=3.8s−7.610s+1+3.85s+1.\frac{3.8}{s(10s+1)(5s+1)} =\frac{3.8}{s}-\frac{7.6}{10s+1}+\frac{3.8}{5s+1}.

因此無延遲物件的階躍響應為

gstep(t)=3.8−7.6e−0.1t+3.8e−0.2t.g_{\mathrm{step}}(t) =3.8-7.6e^{-0.1t}+3.8e^{-0.2t}.

令 t=kt=k，利用 ZZ 轉換公式：

G0(z)=(1−z−1)[3.81−z−1−7.61−e−0.1z−1+3.81−e−0.2z−1].G_0(z) =(1-z^{-1})\left[ \frac{3.8}{1-z^{-1}} -\frac{7.6}{1-e^{-0.1}z^{-1}} +\frac{3.8}{1-e^{-0.2}z^{-1}} \right].

延遲為 22 個取樣時間，故乘上 z−2z^{-2}：

G(z)=z−2(1−z−1)[3.81−z−1−7.61−e−0.1z−1+3.81−e−0.2z−1]\boxed{ G(z)=z^{-2}(1-z^{-1})\left[ \frac{3.8}{1-z^{-1}} -\frac{7.6}{1-e^{-0.1}z^{-1}} +\frac{3.8}{1-e^{-0.2}z^{-1}} \right] }

亦可將常數項消去，寫成

G(z)=z−2[−7.6(1−e−0.1)z−11−e−0.1z−1+3.8(1−e−0.2)z−11−e−0.2z−1].\boxed{ G(z)=z^{-2}\left[ -\frac{7.6(1-e^{-0.1})z^{-1}}{1-e^{-0.1}z^{-1}} +\frac{3.8(1-e^{-0.2})z^{-1}}{1-e^{-0.2}z^{-1}} \right]. }

（二）G(s)=s+3(2s+1)(8s+1)G(s)=\dfrac{s+3}{(2s+1)(8s+1)}

先求單位階躍響應所對應的拉氏式：

G(s)s=s+3s(2s+1)(8s+1)=3s+5/62s+1−23/68s+1.\frac{G(s)}{s} =\frac{s+3}{s(2s+1)(8s+1)} =\frac{3}{s}+\frac{5/6}{2s+1}-\frac{23/6}{8s+1}.

因為 2s+1=2(s+0.5)2s+1=2(s+0.5)、8s+1=8(s+0.125)8s+1=8(s+0.125)，反拉氏轉換得

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第 三 題12 分

考慮下列傳遞方程式的過程：

G(s)H(s)=4.0(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)G(s)H(s)=\frac{4.0}{(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)}

如果比例積分控制器（PI controller）使用齊格勒—尼科爾斯方法（Ziegler-Nichols method）進行設定，請分別計算會得到多少增益邊限（gain margin）和相位邊限（phase margin）？

Kcv=3.37；ωv=3.53 rad/t；τv=1.78 timeK_{cv}=3.37；\qquad \omega_v=3.53\ \mathrm{rad/t}；\qquad \tau_v=1.78\ \mathrm{time}

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核心觀念

本題先由臨界增益法求出比例積分控制器的 Ziegler–Nichols 設定，再將設定後的控制器與製程相乘，計算開迴路的增益邊限（gain margin, GM）與相位邊限（phase margin, PM）。

製程的開迴路傳遞函數為

G(s)H(s)=4(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)G(s)H(s)=\frac{4}{(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)}

臨界增益法先求臨界增益 KuK_u 與臨界週期 PuP_u。題目給定 Kcv=3.37K_{cv}=3.37、ωv=3.53 rad/time\omega_v=3.53\ \mathrm{rad/time}、τv=1.78 time\tau_v=1.78\ \mathrm{time}，分別作為 KuK_u、臨界角頻率 ωu\omega_u 與臨界週期 PuP_u。

PI 控制器的 Ziegler–Nichols 設定為

Kc=0.45Ku,τI=Pu1.2K_c=0.45K_u,\qquad \tau_I=\frac{P_u}{1.2}

因此，設定後的控制器傳遞函數為

Gc(s)=Kc(1+1τIs)G_c(s)=K_c\left(1+\frac{1}{\tau_I s}\right)

解題方法

代入題目數值：

Kc=0.45(3.37)=1.5165K_c=0.45(3.37)=1.5165 τI=1.781.2=1.4833 time\tau_I=\frac{1.78}{1.2}=1.4833\ \mathrm{time}

設定後的開迴路傳遞函數為

L(s)=Gc(s)G(s)H(s)=4Kc(τIs+1)τIs(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)L(s)=G_c(s)G(s)H(s) =\frac{4K_c(\tau_I s+1)} {\tau_I s(s+1)(0.8s+1)(0.2s+1)}

在頻率 s=jωs=j\omega 下，開迴路相位為

∠L(jω)=−[tan⁡−1(ω)+tan⁡−1(0.8ω)+tan⁡−1(0.2ω)+tan⁡−1(1τIω)]\angle L(j\omega) =-\left[ \tan^{-1}(\omega) +\tan^{-1}(0.8\omega) +\tan^{-1}(0.2\omega) +\tan^{-1}\left(\frac{1}{\tau_I\omega}\right) \right]

開迴路振幅為

∣L(jω)∣=4Kc1+(τIω)21+(τIω)2τIω11+ω21+(0.8ω)21+(0.2ω)2|L(j\omega)| = \frac{4K_c}{\sqrt{1+(\tau_I\omega)^2}} \frac{\sqrt{1+(\tau_I\omega)^2}}{\tau_I\omega} \frac{1}{\sqrt{1+\omega^2}\sqrt{1+(0.8\omega)^2}\sqrt{1+(0.2\omega)^2}}

化簡後可寫為

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第 四 題30 分

反應器溫度控制器級聯（cascade）到冷卻劑流量控制器，如圖一所示。

控制閥為線性且具有恆定的壓降，並將最大流量調整為 500 gpm500\ \mathrm{gpm}，其時間常數為 0.20.2 分鐘。流量傳感器（FT）的範圍為 00 至 500 gpm500\ \mathrm{gpm}，幾乎沒有時間常數。流量控制器（FC）為比例積分控制器，增益為 1.0 %CO/%TO1.0\ \%CO/\%TO，積分時間設定等於閥門的時間常數。反應器溫度對冷卻劑流量的傳遞函數為一階，增益為 −2∘F/gpm-2^\circ\mathrm{F}/\mathrm{gpm}，時間常數為 5.05.0 分鐘。溫度傳感器（TT）的範圍為 160160 至 200∘F200^\circ\mathrm{F}，時間常數為 0.50.5 分鐘。

（一）繪製級聯控制回路的方塊圖（block diagram），並標註每個設備的傳遞函數。需特別注意閥門故障位置以及流量和溫度控制器的作用（正向或反向），並為傳遞函數標註適當的符號。（18 分）

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（二）計算臨界增益（ultimate gain）和溫度控制迴路週期。（12 分）

🖼️ 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。

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核心觀念

本題考查級聯控制的內、外迴路方向判斷，以及在內迴路閉合時，計算外層溫度控制迴路的臨界增益與週期。臨界增益 KcuK_{cu} 是使閉迴路持續等幅振盪的比例控制器增益；臨界週期 PuP_u 為該振盪週期。

圖中未清楚標示控制閥的失效位置。依冷卻劑服務的失效安全設計，採用失效開（fail-open）：失去氣源或控制訊號時，冷卻劑仍可流入。這對應氣關式閥（air-to-close），即訊號增加時閥門關小。

解題方法

（一）控制迴路方塊圖與設備傳遞函數

控制方向依「溫度升高時應增加冷卻流量」判斷：

  • 溫度控制器 TC：正作用（direct acting）。溫度上升時，TC 輸出增加，提高流量控制器的設定值。
  • 流量控制器 FC：正作用（direct acting）。流量上升時，FC 輸出增加；氣關式閥因此關小，形成流量內迴路負回授。
  • 控制閥：失效開、氣關式。控制訊號增加會使流量下降，因此閥門的「訊號至流量」增益為負。
  • 冷卻劑流量至反應器溫度的製程增益為負：流量增加使溫度下降。

方塊圖可表示為：

T 設定值
 │
 ▼
 (+)Σ(−) ◄──────────────────────── TT ◄────────────── T
 │ ▲
 ▼ │
TC（正作用；比例控制時計為 Kc） │
 │ 流量設定值 │
 ▼ │
 (+)Σ(−) ◄────────────── FT ◄────── 流量 ─────┤
 │ │
 ▼ │
FC（正作用；PI） │
 │ 控制訊號 │
 ▼ │
控制閥（失效開、氣關式；訊號至流量為負） │
 │ │
 ▼ │
冷卻劑流量 ──► 反應器溫度製程（負增益）────────┘

令 ss 的單位為 min−1\mathrm{min}^{-1}。以閥門輸入輸出及量測範圍正規化後，各設備傳遞函數為：

  • 控制閥：閥門訊號增加使流量減少，且流量時間常數為 0.20.2 分鐘： Gv(s)=−10.2s+1G_v(s)=-\frac{1}{0.2s+1}
  • 流量傳感器 FT：範圍與閥門最大流量同為 00 至 500 gpm500\ \mathrm{gpm}，時間常數可忽略： GFT(s)=1G_{FT}(s)=1
  • 流量控制器 FC：Kc,F=1.0 %CO/%TOK_{c,F}=1.0\ \%CO/\%TO，Ti,F=0.2T_{i,F}=0.2 分鐘： CF(s)=1(1+10.2s)C_F(s)=1\left(1+\frac{1}{0.2s}\right) FC 為正作用；其輸出會隨流量量測值上升而上升。配合氣關式閥，可形成負回授。
  • 反應器溫度製程：最大流量 500 gpm500\ \mathrm{gpm} 對應 100%100\% 流量，因此 100%100\% 流量等於 500 gpm500\ \mathrm{gpm}。製程增益換算為百分比量程：
Gp(s)=−2 ∘F/gpm×500 gpm/100%5s+1=−10 ∘F% 流量15s+1G_p(s)=\frac{-2\ ^\circ\mathrm{F}/\mathrm{gpm}\times 500\ \mathrm{gpm}/100\%}{5s+1} =-\frac{10\ ^\circ\mathrm{F}}{\%\,\mathrm{流量}}\frac{1}{5s+1}
  • 溫度傳感器 TT：量程為 160160 至 200∘F200^\circ\mathrm{F}，故 100%100\% 輸出代表 40∘F40^\circ\mathrm{F}；時間常數為 0.50.5 分鐘：
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第 五 題20 分

多個流的混合過程如圖二所示。其中流 11 是純水，流 22、55 和 77 是水和成分 AA 的溶液。每個流的穩態（steady-state）值在表中可見。請決定下列的傳遞函數，並提供每個項之數值：

X6(s)X5(s),X6(s)X2(s),X6(s)F1(s)\frac{X_6(s)}{X_5(s)},\qquad \frac{X_6(s)}{X_2(s)},\qquad \frac{X_6(s)}{F_1(s)}

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

儲存槽容積：

V1=V2=V3=7000 galV_1=V_2=V_3=7000\ \mathrm{gal}

所有流的密度可以被認為是相似且恆定的。

穩態值如下表：

StreamFlow, gpmMass fraction
119000.000
210000.990
324000.167
434000.409
55000.800
639000.472
75000.900
🖼️ 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。

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核心觀念

本題考查多槽串聯混合系統的物料衡算與傳遞函數。每槽視為完全混合槽，槽內濃度等於出口濃度；密度相同且定值，因此可直接用流量與質量分率寫成分 A 的衡算。

令 Xi(s)X_i(s)、Fi(s)F_i(s) 表示相對穩態值的微小偏差。各槽容積固定，總流量平衡使出口流量等於入口流量總和。定容混合槽的濃度偏差方程可由成分衡算線性化得到。

解題方法

各槽穩態流量平衡為：

f3=f5+f1=2400,f4=f3+f2=3400,f6=f4+f7=3900(gpm)f_3=f_5+f_1=2400,\qquad f_4=f_3+f_2=3400,\qquad f_6=f_4+f_7=3900\quad(\mathrm{gpm})

定義各槽的分母：

D1=7000s+2400,D2=7000s+3400,D3=7000s+3900D_1=7000s+2400,\qquad D_2=7000s+3400,\qquad D_3=7000s+3900

流量單位為 gpm\mathrm{gpm}、容積單位為 gal\mathrm{gal}，所以 ss 的時間單位為 min−1\mathrm{min}^{-1}。

1. 求 X6(s)X5(s)\dfrac{X_6(s)}{X_5(s)}

令 F1F_1、X2X_2、X7X_7 等其他偏差為零，成分 A 的偏差依序通過三槽：

D1X3=500X5,D2X4=2400X3,D3X6=3400X4D_1X_3=500X_5,\qquad D_2X_4=2400X_3,\qquad D_3X_6=3400X_4

因此：

X6(s)X5(s)=(500)(2400)(3400)D1D2D3=4.080×109(7000s+2400)(7000s+3400)(7000s+3900)\boxed{ \frac{X_6(s)}{X_5(s)} =\frac{(500)(2400)(3400)}{D_1D_2D_3} =\frac{4.080\times10^9} {(7000s+2400)(7000s+3400)(7000s+3900)} }

2. 求 X6(s)X2(s)\dfrac{X_6(s)}{X_2(s)}

流 2 直接進入第二槽，再經第三槽流出：

D2X4=1000X2,D3X6=3400X4D_2X_4=1000X_2,\qquad D_3X_6=3400X_4

所以：

X6(s)X2(s)=(1000)(3400)D2D3=3.400×106(7000s+3400)(7000s+3900)\boxed{ \frac{X_6(s)}{X_2(s)} =\frac{(1000)(3400)}{D_2D_3} =\frac{3.400\times10^6} {(7000s+3400)(7000s+3900)} }

3. 求 X6(s)F1(s)\dfrac{X_6(s)}{F_1(s)}

流 1 是純水，故其成分 A 質量分率為零。當 F1F_1 改變時，定容衡算使後續出口流量也依序增加相同的流量偏差：

F3=F4=F6=F1F_3=F_4=F_6=F_1
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