110 高普考高考二級 電力工程 控制系統 考古題詳解

110 年・高普考・高考二級・電力工程
試題代碼 控制系統

第 一 題25 分

有一線性非時變系統之動態方程式如下所示：

x˙(t)=[0−1ab]x(t)+[01]u(t)\dot{x}(t)= \begin{bmatrix} 0 & -1\\ a & b \end{bmatrix}x(t)+ \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}u(t) y(t)=[1−1]x(t)y(t)= \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}x(t)

且系統狀態之初值為：

x(0)=[αβ]x(0)= \begin{bmatrix} \alpha\\ \beta \end{bmatrix}

（一）令 aa、bb、α\alpha 與 β\beta 為給定之常數，並利用拉普拉斯轉換（Laplace transformation）之技術可求得：

Y(s)=H(s)U(s)+G(s)Y(s)=H(s)U(s)+G(s)

其中 U(s)U(s) 與 Y(s)Y(s) 分別為輸入 u(t)u(t) 與輸出 y(t)y(t) 的拉普拉斯轉換，試求出 H(s)H(s) 及 $G(s)。（16分）

（二）若 α=1\alpha=1 與 β=0\beta=0，且系統輸入為 u(t)=1u(t)=1，t≥0t\geq 0，若所求得之輸出可表示為：

Y(s)=J(s)s(s2+5s+3)Y(s)=\frac{J(s)}{s(s^2+5s+3)}

試求出 aa、bb，與 $J(s)。（9分）

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核心觀念

本題考查狀態空間模型的拉普拉斯轉換，以及輸出中由輸入與初始狀態造成的兩部分：

Y(s)=H(s)U(s)+G(s)Y(s)=H(s)U(s)+G(s)

其中 H(s)H(s) 是零初始狀態下的輸入至輸出轉移函數；G(s)G(s) 是輸入為零時，由初始狀態所產生的輸出。

對狀態方程式 x˙(t)=Ax(t)+Bu(t)\dot{x}(t)=Ax(t)+Bu(t)，拉普拉斯轉換為：

sX(s)−x(0)=AX(s)+BU(s)sX(s)-x(0)=AX(s)+BU(s)

因此：

X(s)=(sI−A)−1x(0)+(sI−A)−1BU(s)X(s)=(sI-A)^{-1}x(0)+(sI-A)^{-1}BU(s)

又因 y(t)=Cx(t)y(t)=Cx(t)，所以：

H(s)=C(sI−A)−1B,G(s)=C(sI−A)−1x(0)H(s)=C(sI-A)^{-1}B,\qquad G(s)=C(sI-A)^{-1}x(0)

解題方法

本題的矩陣為：

A=[0−1ab],B=[01],C=[1−1],x(0)=[αβ]A= \begin{bmatrix} 0&-1\\ a&b \end{bmatrix},\quad B= \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix},\quad C= \begin{bmatrix} 1&-1 \end{bmatrix},\quad x(0)= \begin{bmatrix} \alpha\\ \beta \end{bmatrix}

先計算 sI−AsI-A 及其反矩陣：

sI−A=[s1−as−b]sI-A= \begin{bmatrix} s&1\\ -a&s-b \end{bmatrix}

其行列式為：

det⁡(sI−A)=s(s−b)+a=s2−bs+a\det(sI-A)=s(s-b)+a=s^2-bs+a

故：

(sI−A)−1=1s2−bs+a[s−b−1as](sI-A)^{-1} = \frac{1}{s^2-bs+a} \begin{bmatrix} s-b&-1\\ a&s \end{bmatrix}

（一）求 H(s)H(s) 與 G(s)G(s)

先求輸入項：

(sI−A)−1B=1s2−bs+a[s−b−1as][01]=1s2−bs+a[−1s](sI-A)^{-1}B = \frac{1}{s^2-bs+a} \begin{bmatrix} s-b&-1\\ a&s \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{s^2-bs+a} \begin{bmatrix} -1\\ s \end{bmatrix}

因此：

H(s)=C(sI−A)−1B=1s2−bs+a[1−1][−1s]=−s+1s2−bs+aH(s)=C(sI-A)^{-1}B = \frac{1}{s^2-bs+a} \begin{bmatrix}1&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}-1\\s\end{bmatrix} = -\frac{s+1}{s^2-bs+a}

再求初始狀態項：

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第 二 題25 分

已知一閉迴路系統方塊圖如下圖所示：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

方塊圖內容為：輸入 R(s)R(s) 經由負回授加總點後，依序通過：

K1s+K2s+3\frac{K_1s+K_2}{s+3}

與 G(s)G(s)，輸出為 Y(s)Y(s)；輸出 Y(s)Y(s)以單位負回授回到加總點。

其中：

G(s)=s−1s2+1G(s)=\frac{s-1}{s^2+1}

且：

Y(s)=H(s)R(s)Y(s)=H(s)R(s)

（一）求 H(s)=?H(s)=?（9分）

（二）若此閉迴路系統為穩定，且有一特徵根為 −1-1 時，則 K1K_1 與 K2K_2 之關係式為何？（8分）

（三）於（二）條件下，K2K_2 之範圍為何？（8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閉迴路傳遞函數，以及利用特徵方程與 Hurwitz 穩定條件判斷閉迴路穩定範圍。

若前向傳遞函數為 F(s)F(s)，單位負回授的閉迴路傳遞函數為

H(s)=F(s)1+F(s).H(s)=\frac{F(s)}{1+F(s)}.

閉迴路特徵方程則由 1+F(s)=01+F(s)=0 得出。

解題方法與推導

前向路徑是兩個方塊串接，因此

F(s)=K1s+K2s+3⋅s−1s2+1=(K1s+K2)(s−1)(s+3)(s2+1).F(s)=\frac{K_1s+K_2}{s+3}\cdot\frac{s-1}{s^2+1} =\frac{(K_1s+K_2)(s-1)}{(s+3)(s^2+1)}.

（一）求 H(s)H(s)

代入單位負回授公式：

H(s)=(K1s+K2)(s−1)(s+3)(s2+1)+(K1s+K2)(s−1).H(s)=\frac{(K_1s+K_2)(s-1)} {(s+3)(s^2+1)+(K_1s+K_2)(s-1)}.

展開分母：

(s+3)(s2+1)=s3+3s2+s+3,(s+3)(s^2+1)=s^3+3s^2+s+3, (K1s+K2)(s−1)=K1s2+(K2−K1)s−K2.(K_1s+K_2)(s-1) =K_1s^2+(K_2-K_1)s-K_2.

所以

H(s)=K1s2+(K2−K1)s−K2s3+(K1+3)s2+(1+K2−K1)s+(3−K2).\boxed{ H(s)= \frac{K_1s^2+(K_2-K_1)s-K_2} {s^3+(K_1+3)s^2+(1+K_2-K_1)s+(3-K_2)} }.

（二）有特徵根 −1-1 時的 K1、K2K_1、K_2 關係

閉迴路特徵多項式為

p(s)=s3+(K1+3)s2+(1+K2−K1)s+(3−K2).p(s)=s^3+(K_1+3)s^2+(1+K_2-K_1)s+(3-K_2).

特徵根為 −1-1，須滿足 p(−1)=0p(-1)=0：

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第 三 題25 分

已知一單位負回授系統之方塊圖如下圖所示：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中：

G(s)=Ks−2s2+2s+2,0≤K<∞G(s)=K\frac{s-2}{s^2+2s+2},\qquad 0\leq K<\infty

（一）請畫出根軌跡圖（root locus plot），並標示極點與零點。（5分）

（二）在極點上的離開角（departure angle）為何？（5分）

（三）根軌跡進入實軸之分離點（break-in point）為何？（5分）

（四）此分離點所對應的 K=?K=?（5分）

（五）閉迴路系統穩定時，KK 值範圍為何？（5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

根軌跡描述增益 KK 從 00 增加到無限大時，閉迴路極點在 ss 平面上的移動路徑。單位負回授系統的特徵方程為 1+G(s)=01+G(s)=0；實軸上的根軌跡可用「測試點右側的實極點與實零點數目為奇數」判斷，極點離開角則由根軌跡角度條件求得。

解題方法與推導

（一）根軌跡圖與極點、零點

由 1+G(s)=01+G(s)=0 得：

s2+2s+2+K(s−2)=0s^2+2s+2+K(s-2)=0

整理為閉迴路特徵方程：

s2+(K+2)s+(2−2K)=0s^2+(K+2)s+(2-2K)=0

開迴路極點、零點為：

p1,2=−1±j,z=2p_{1,2}=-1\pm j,\qquad z=2

因此有兩條根軌跡分支，分別由 −1+j-1+j、−1−j-1-j 出發；一條最後到達零點 s=2s=2，另一條沿實軸趨向 −∞-\infty。實軸根軌跡範圍為 (−∞,2)(-\infty,2)。兩條分支在實軸交會於 s=2−10s=2-\sqrt{10}。

下圖為示意圖，箭頭表示 KK 增加時的方向：

 Im
 ↑
 |
 ×(-1+j) ↙
 ╲
 ╲
←──────────────────●──────────────○────────→ Re
 2−√10 2
 ╱
 ╱
 ×(-1−j) ↖

 左側分支沿實軸趨向 −∞；右側分支沿實軸趨向零點 2

其中 ×\times 為開迴路極點，∘\circ 為開迴路零點，●● 為實軸交會點。

（二）極點離開角

對上方極點 p1=−1+jp_1=-1+j，由角度條件：

θd=180∘+∠(p1−z)−∠(p1−p2)\theta_d =180^\circ+\angle(p_1-z)-\angle(p_1-p_2)

其中：

∠(p1−z)=∠(−3+j)=161.565∘,∠(p1−p2)=∠(2j)=90∘\angle(p_1-z)=\angle(-3+j)=161.565^\circ,\qquad \angle(p_1-p_2)=\angle(2j)=90^\circ

所以：

θd,上=180∘+161.565∘−90∘=251.565∘\theta_{d,\text{上}} =180^\circ+161.565^\circ-90^\circ =251.565^\circ

下方極點的離開角由共軛對稱性得：

θd,下=108.435∘\theta_{d,\text{下}}=108.435^\circ
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第 四 題25 分

考慮一倒立單擺，如下圖所示：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中 x(t)x(t) 為台車的位置，θ(t)\theta(t) 為單擺的旋轉角度，F(t)F(t) 為推動台車的外力。當 θ(t)\theta(t) 很小時，其動態方程可表為：

{(M+m)x¨(t)+12mLθ¨(t)=F(t),12mLx¨(t)+13mL2θ¨(t)−12mgLθ(t)=0.\begin{cases} (M+m)\ddot{x}(t)+\frac{1}{2}mL\ddot{\theta}(t)=F(t),\\ \frac{1}{2}mL\ddot{x}(t)+\frac{1}{3}mL^2\ddot{\theta}(t)-\frac{1}{2}mgL\theta(t)=0. \end{cases}

為了利用外力 F(t)F(t) 將此倒立單擺控制在垂直角度 θ(t)=0\theta(t)=0，通常將此動態方程式簡化為下列之微分方程式：

θ¨(t)+a1θ˙(t)+a2θ(t)=bF(t)\ddot{\theta}(t)+a_1\dot{\theta}(t)+a_2\theta(t)=bF(t)

其中輸入為 F(t)F(t)，各常數係數 a1a_1、a2a_2、bb 可由 MM、mm、LL、gg 來表示。

（一）請利用 MM、mm、LL、gg 表示 a1a_1、a2a_2、與 bb。（9分）

（二）當 F(t)=0F(t)=0，即在無外力之情況下，請根據 a1a_1 與 a2a_2 來判斷系統是否穩定，並說明理由。（6分）

（三）為了控制單擺至垂直角度 θ(t)=0\theta(t)=0，設計：

F(t)=k1θ(t)+k2θ˙(t)F(t)=k_1\theta(t)+k_2\dot{\theta}(t)

來達到控制目標，若受控後之系統穩定特徵根為 α\alpha 與 β\beta，請利用 a1a_1、a2a_2、bb、α\alpha、β\beta 來表示 k1k_1 與 k2k_2。（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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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考兩個步驟：先由倒立單擺的耦合運動方程消去台車加速度 x¨(t)\ddot{x}(t)，得到角度 θ(t)\theta(t) 的二階微分方程；再利用二階系統的特徵方程判斷穩定性，並以係數比較求回授增益。

（一）求 a1a_1、a2a_2、bb

由第二式除以 12mL\frac{1}{2}mL，整理得

x¨(t)+23Lθ¨(t)−gθ(t)=0\ddot{x}(t)+\frac{2}{3}L\ddot{\theta}(t)-g\theta(t)=0

因此

x¨(t)=gθ(t)−23Lθ¨(t)\ddot{x}(t)=g\theta(t)-\frac{2}{3}L\ddot{\theta}(t)

代入第一式：

(M+m)(gθ(t)−23Lθ¨(t))+12mLθ¨(t)=F(t)(M+m)\left(g\theta(t)-\frac{2}{3}L\ddot{\theta}(t)\right) +\frac{1}{2}mL\ddot{\theta}(t)=F(t)

整理 θ¨(t)\ddot{\theta}(t) 的係數：

−L(4M+m)6θ¨(t)+(M+m)gθ(t)=F(t)-\frac{L(4M+m)}{6}\ddot{\theta}(t)+(M+m)g\theta(t)=F(t)

兩邊同除以 −L(4M+m)6-\frac{L(4M+m)}{6}，得

θ¨(t)−6(M+m)gL(4M+m)θ(t)=−6L(4M+m)F(t)\ddot{\theta}(t)-\frac{6(M+m)g}{L(4M+m)}\theta(t) =-\frac{6}{L(4M+m)}F(t)

與題目給定的形式

θ¨(t)+a1θ˙(t)+a2θ(t)=bF(t)\ddot{\theta}(t)+a_1\dot{\theta}(t)+a_2\theta(t)=bF(t)

比較係數：

a1=0,a2=−6(M+m)gL(4M+m),b=−6L(4M+m)\boxed{a_1=0,\qquad a_2=-\frac{6(M+m)g}{L(4M+m)},\qquad b=-\frac{6}{L(4M+m)}}

（二）無外力時的穩定性

令 F(t)=0F(t)=0，特徵方程為

s2+a1s+a2=0s^2+a_1s+a_2=0

代入 a1=0a_1=0 及 a2<0a_2<0，特徵根為

s=±−a2=±6(M+m)gL(4M+m)s=\pm\sqrt{-a_2} =\pm\sqrt{\frac{6(M+m)g}{L(4M+m)}}
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