109 高普考高考二級 電力工程 控制系統 考古題詳解

109 年・高普考・高考二級・電力工程
試題代碼 控制系統

第 一、 題10 分

系統之轉移函數（transfer function）為

T(s)=3s+22s3+8s2+6s.T(s)=\frac{3s+2}{2s^3+8s^2+6s}.

（一）當輸入為一單位脈衝函數（unit impulse）時，求其系統響應的最終值為何？（5分）

（二）若加入單一負回饋（unity negative feedback）系統，其閉環路輸入為一單一步階輸入（unit step input）時，求其系統響應的最終值為何？（5分）

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核心觀念

本題考查終值定理，以及終值定理的適用條件。若 sX(s)sX(s) 的所有極點都在左半平面，則

lim⁡t→∞x(t)=lim⁡s→0sX(s).\lim_{t\to\infty}x(t)=\lim_{s\to 0}sX(s).

脈衝輸入的拉氏轉換為 11，單位步階輸入的拉氏轉換為 1/s1/s。計算最終值前，須先確認輸出是否收斂；若有極點位於右半平面或虛軸上，便不能直接套用終值定理。

解題方法

先將開迴路轉移函數因式分解：

T(s)=3s+22s3+8s2+6s=3s+22s(s+1)(s+3).T(s)=\frac{3s+2}{2s^3+8s^2+6s} =\frac{3s+2}{2s(s+1)(s+3)}.

（一）單位脈衝輸入

脈衝輸入 r(t)=δ(t)r(t)=\delta(t)，其拉氏轉換為 R(s)=1R(s)=1，因此

Y(s)=T(s)R(s)=3s+22s(s+1)(s+3).Y(s)=T(s)R(s)=\frac{3s+2}{2s(s+1)(s+3)}.

套用終值定理：

lim⁡t→∞y(t)=lim⁡s→0sY(s)=lim⁡s→03s+22(s+1)(s+3)=22⋅1⋅3=13.\lim_{t\to\infty}y(t) =\lim_{s\to0}sY(s) =\lim_{s\to0}\frac{3s+2}{2(s+1)(s+3)} =\frac{2}{2\cdot1\cdot3} =\frac13.

此處 sY(s)sY(s) 的極點為 −1-1 與 −3-3，均在左半平面，故終值定理適用。

（二）單位負回饋及單位步階輸入

單一負回饋的閉迴路轉移函數為

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第 二、 題20 分

考慮系統

[x˙1(t)x˙2(t)]=[−3−201][x1(t)x2(t)]+[21]u(t)\begin{bmatrix} \dot{x}_1(t)\\ \dot{x}_2(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & -2\\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix}u(t)

及

y(t)=[11][x1(t)x2(t)].y(t)= \begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix}.

（一）求此系統之轉移函數（transfer function）。（10分）

（二）當此系統的輸入為 u(t)=0u(t)=0 for t≥0t\geq 0，初始條件為 x1(0)=1x_1(0)=1 及 x2(0)=2x_2(0)=2。求系統狀態 x1(t)x_1(t) 及 x2(t)x_2(t)。（10分）

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核心觀念

本題考查狀態空間模型與轉移函數的關係，以及零輸入響應的求解。

對於線性時不變系統

x˙(t)=Ax(t)+Bu(t),y(t)=Cx(t)+Du(t),\dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t),\qquad y(t)=Cx(t)+Du(t),

在零初始條件下，轉移函數為

G(s)=Y(s)U(s)=C(sI−A)−1B+D.G(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=C(sI-A)^{-1}B+D.

本題沒有直接傳遞項，故 D=0D=0。

零輸入時 u(t)=0u(t)=0，狀態由

x˙(t)=Ax(t)\dot{x}(t)=Ax(t)

決定，其解為 x(t)=eAtx(0)x(t)=e^{At}x(0)。

（一）轉移函數

由題目可得

A=[−3−201],B=[21],C=[11],D=0.A=\begin{bmatrix}-3&-2\\0&1\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix},\quad C=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix},\quad D=0.

先計算

sI−A=[s+320s−1].sI-A= \begin{bmatrix}s+3&2\\0&s-1\end{bmatrix}.

其逆矩陣為

(sI−A)−1=[1s+3−2(s+3)(s−1)01s−1].(sI-A)^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{s+3}&-\dfrac{2}{(s+3)(s-1)}\\[6pt] 0&\dfrac{1}{s-1} \end{bmatrix}.

因此

(sI−A)−1B=[2s+3−2(s+3)(s−1)1s−1]=[2(s−2)(s+3)(s−1)1s−1].(sI-A)^{-1}B = \begin{bmatrix} \dfrac{2}{s+3}-\dfrac{2}{(s+3)(s-1)}\\[6pt] \dfrac{1}{s-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \dfrac{2(s-2)}{(s+3)(s-1)}\\[6pt] \dfrac{1}{s-1} \end{bmatrix}.

左乘 CC，得到

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第 三、 題20 分

G(s)=s+αs3+(1+α)s2+(α−1)s+(1−α)G(s)=\frac{s+\alpha}{s^3+(1+\alpha)s^2+(\alpha-1)s+(1-\alpha)}

為單一負回饋（unity negative feedback）系統的開環路轉移函數（open loop transfer function）。

若此一閉環路系統為穩定，且其單一步階輸入（unit step input）之穩定誤差（steady-state error）必須小於或等於 0.020.02，求 α\alpha 值的可能範圍。（請明確指出如何滿足需求）（20分）

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核心觀念

單位負回授系統的閉迴路特徵方程式為 1+G(s)=01+G(s)=0。閉迴路穩定性可用三階 Routh–Hurwitz 判據判斷。

單位步階輸入的穩態誤差，由位置誤差常數 KpK_p 決定：

Kp=lim⁡s→0G(s),ess=11+Kp,K_p=\lim_{s\to 0}G(s),\qquad e_{ss}=\frac{1}{1+K_p},

前提是閉迴路穩定。若 G(s)G(s) 在原點有極點，則 Kp=∞K_p=\infty，步階穩態誤差為 00；本題需另外檢查 G(s)G(s) 的原點行為。

解題方法

先將開迴路分母與分子相加，求閉迴路特徵多項式：

1+G(s)=s3+(1+α)s2+(α−1)s+(1−α)+(s+α)s3+(1+α)s2+(α−1)s+(1−α)=s3+(1+α)s2+αs+1s3+(1+α)s2+(α−1)s+(1−α).\begin{aligned} 1+G(s) &=\frac{s^3+(1+\alpha)s^2+(\alpha-1)s+(1-\alpha)+(s+\alpha)} {s^3+(1+\alpha)s^2+(\alpha-1)s+(1-\alpha)}\\ &=\frac{s^3+(1+\alpha)s^2+\alpha s+1} {s^3+(1+\alpha)s^2+(\alpha-1)s+(1-\alpha)}. \end{aligned}

因此閉迴路特徵方程式為

s3+(1+α)s2+αs+1=0.s^3+(1+\alpha)s^2+\alpha s+1=0.

對三階多項式 s3+a1s2+a2s+a3s^3+a_1s^2+a_2s+a_3，Routh–Hurwitz 穩定條件為

a1>0,a2>0,a3>0,a1a2>a3.a_1>0,\quad a_2>0,\quad a_3>0,\quad a_1a_2>a_3.

代入 a1=1+α, a2=α, a3=1a_1=1+\alpha,\ a_2=\alpha,\ a_3=1：

1+α>0,α>0,1>0,α(1+α)>1.1+\alpha>0,\quad \alpha>0,\quad 1>0,\quad \alpha(1+\alpha)>1.

因 α>0\alpha>0 時最後一式等價於 α2+α−1>0\alpha^2+\alpha-1>0，故

α>5−12.\alpha>\frac{\sqrt{5}-1}{2}.
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第 四、 題25 分

考慮 PID 控制系統如下圖：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中 PID 控制器

Gc(s)=K(s2+6s+10)sG_c(s)=\frac{K(s^2+6s+10)}{s}

及系統

G(s)=frac1s2+5s+6.G(s)=frac{1}{s^2+5s+6}.

（一）請畫出以 KK 為增益的系統根軌跡圖。（15分）

（二）若想使安定時間（settling time）再縮短些，請問如何改變 PID 控制器？（10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

本題考查單位負回授系統的根軌跡。令開迴路傳遞函數為 L(s)=Gc(s)G(s)L(s)=G_c(s)G(s)，閉迴路特徵方程為 1+L(s)=01+L(s)=0。根軌跡描述增益 KK 由 00 增加至無限大時，閉迴路極點的位置變化。

估算安定時間時，可用主導極點近似式：

Ts≈4∣Re⁡(sd)∣T_s\approx \frac{4}{|\operatorname{Re}(s_d)|}

其中 sds_d 為主導閉迴路極點。極點越往左，安定時間通常越短。

（一）以 KK 為增益的根軌跡

開迴路傳遞函數為

L(s)=Gc(s)G(s)=K(s2+6s+10)s(s+2)(s+3).L(s)=G_c(s)G(s) =\frac{K(s^2+6s+10)}{s(s+2)(s+3)}.

因此，開迴路極點為 0,−2,−30,-2,-3；開迴路零點為

s2+6s+10=0⇒s=−3±j.s^2+6s+10=0 \quad\Rightarrow\quad s=-3\pm j.

閉迴路特徵方程為

1+L(s)=01+L(s)=0 s(s+2)(s+3)+K(s2+6s+10)=0,s(s+2)(s+3)+K(s^2+6s+10)=0,

整理得

s3+(5+K)s2+(6+6K)s+10K=0.s^3+(5+K)s^2+(6+6K)s+10K=0.

根軌跡有三條分支：三條分支由開迴路極點出發，其中兩條終止於有限零點 −3±j-3\pm j，另一條終止於無限遠處。

實軸根軌跡依「測試點右側實極點與實零點數目為奇數」判定，位於 (−∞,−3)(-\infty,-3) 與 (−2,0)(-2,0)。因此，從 −2-2 和 00 出發的兩條分支在 (−2,0)(-2,0) 相遇後離開實軸，形成共軛複數極點，最後分別終止於 −3±j-3\pm j；從 −3-3 出發的分支沿實軸往左延伸至無限遠。

漸近線條數為 3−2=13-2=1，其角度與重心為

θ=180∘,σa=(0−2−3)−[(−3+j)+(−3−j)]1=1.\theta=180^\circ,\qquad \sigma_a= \frac{(0-2-3)-[(-3+j)+(-3-j)]}{1}=1.

所以唯一漸近線是通過 s=1s=1、沿負實軸方向的直線。

分離點可由 K=−s(s+2)(s+3)/(s2+6s+10)K=-s(s+2)(s+3)/(s^2+6s+10) 對 ss 微分求得。令 dK/ds=0dK/ds=0，得到

s4+12s3+54s2+100s+60=0.s^4+12s^3+54s^2+100s+60=0.

在實軸根軌跡區間 (−2,0)(-2,0) 上，分離點約為

sb≈−1.145,Kb≈0.41.s_b\approx -1.145,\qquad K_b\approx 0.41.

根軌跡示意如下（非等比例）：

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第 五、 題25 分

一系統的波德圖（Bode plot）如下，請明確指出如何從圖中得出下列問題的答案：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）求此系統的型態（system type）。（5分）

（二）估測此系統的誤差常數（error constant）。（5分）

（三）求此系統的根軌跡（root locus）中，有幾條漸近線（asymptotes）？（5分）

（四）估測此系統的邊際角度（phase margin）及邊際增益（gain margin）。（10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

波德圖的低頻幅值斜率可用來判斷系統型態：低頻每下降一個十倍頻程，幅值若上升 2020 dB，代表開迴路有一個原點極點，為第一型系統。第一型系統的速度誤差常數為

Kv=lim⁡s→0sG(s)=lim⁡ω→0ω∣G(jω)∣.K_v=\lim_{s\to 0}sG(s)=\lim_{\omega\to 0}\omega|G(j\omega)|.

根軌跡漸近線條數為開迴路極點數減去有限零點數；可由高頻幅值斜率判斷其差值。相位邊限與增益邊限則分別在增益交越頻率、相位交越頻率讀取。

解題方法

（一）系統型態

由幅值圖低頻漸近線讀取，頻率增加十倍時，幅值約下降 2020 dB，表示低頻有一個原點極點。因此系統為第一型。

（二）誤差常數

第一型系統使用速度誤差常數 KvK_v。圖上低頻漸近線約通過 (ω,∣G∣)=(0.1,1000)(\omega,|G|)=(0.1,1000)，所以

Kv≈ω∣G(jω)∣=0.1×1000=100.K_v\approx\omega|G(j\omega)| =0.1\times1000 =100.

因此 Kv≈100 s−1K_v\approx100\ \text{s}^{-1}。

（三）根軌跡漸近線數

高頻幅值每增加十倍約下降 4040 dB，表示極點數比有限零點數多 22 個。因此根軌跡漸近線條數為

n−m=2.n-m=2.

（四）邊限角度與邊限增益

增益交越頻率是幅值等於 11 的頻率。由幅值圖估讀 ωgc≈10 rad/s\omega_{gc}\approx10\ \text{rad/s}；在相位圖同一頻率讀得相位約為 −140∘-140^\circ 至 −145∘-145^\circ，故

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