112 高普考高考二級 電力工程 控制系統 考古題詳解

112 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

考慮一個二階線性系統，輸入為 u(t)u(t)，輸出為 y(t)y(t)，並給定初值 y(0)=y0y(0)=y_0、y˙(0)=v0\dot{y}(0)=v_0，系統方程式如下：

y¨(t)+4y˙(t)−y(t)=u(t),t>0\ddot{y}(t)+4\dot{y}(t)-y(t)=u(t),\qquad t>0

再令 Y(s)Y(s) 與 U(s)U(s) 分別為輸出與輸入的拉普拉斯轉換（Laplace transform）。

(一) 若 Y(s)=H(s)U(s)Y(s)=H(s)U(s)，求轉移函數 H(s)=?H(s)=?（5 分）

(二) 令 u(t)=−4y(t)+c(t)u(t)=-4y(t)+c(t)，C(s)C(s) 為 c(t)c(t) 的拉普拉斯轉換。若 Y(s)=G(s)C(s)Y(s)=G(s)C(s)，求 G(s)=?G(s)=?（5 分）

(三) 若 c(t)=cos⁡2tc(t)=\cos 2t，則當 t→∞t\to\infty 時，輸出為

y(t)=Acos⁡(ωt+θ)y(t)=A\cos(\omega t+\theta)

求 AA、ω\omega 與 θ\theta 各為何？並說明為何 y(∞)y(\infty) 與初值 y0y_0、v0v_0 無關。（15 分）

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核心觀念

本題考查二階線性系統的轉移函數、回授代換，以及正弦輸入下的穩態響應。

轉移函數定義為「零初始條件下，輸出拉氏轉換除以輸入拉氏轉換」。對微分方程

y¨+4y˙−y=u\ddot y+4\dot y-y=u

取拉氏轉換時，若保留一般初值，則

(s2+4s−1)Y(s)−(s+4)y0−v0=U(s).(s^2+4s-1)Y(s)-(s+4)y_0-v_0=U(s).

求轉移函數時令 y0=v0=0y_0=v_0=0。

解題方法

（一）求 H(s)H(s)

零初始條件下，

(s2+4s−1)Y(s)=U(s),(s^2+4s-1)Y(s)=U(s),

因此

H(s)=Y(s)U(s)=1s2+4s−1.\boxed{H(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{1}{s^2+4s-1}}.

（二）求 G(s)G(s)

由 u(t)=−4y(t)+c(t)u(t)=-4y(t)+c(t)，代回系統方程式：

y¨+4y˙−y=−4y+c,\ddot y+4\dot y-y=-4y+c,

整理得

y¨+4y˙+3y=c.\ddot y+4\dot y+3y=c.

在零初始條件下取拉氏轉換：

(s2+4s+3)Y(s)=C(s).(s^2+4s+3)Y(s)=C(s).

所以

G(s)=Y(s)C(s)=1s2+4s+3=1(s+1)(s+3).\boxed{G(s)=\frac{Y(s)}{C(s)}=\frac{1}{s^2+4s+3} =\frac{1}{(s+1)(s+3)}}.

（三）求穩態輸出與初值影響

輸入為 c(t)=cos⁡2tc(t)=\cos 2t，其拉氏轉換為

C(s)=ss2+4.C(s)=\frac{s}{s^2+4}.

由 Y(s)=G(s)C(s)Y(s)=G(s)C(s)，

Y(s)=s(s2+4)(s+1)(s+3).Y(s)=\frac{s}{(s^2+4)(s+1)(s+3)}.

系統的極點為 −1-1、−3-3，暫態項會隨時間衰減。穩態響應可用頻率響應求得：

G(j2)=1(1+j2)(3+j2)=1−1+j8=−1−j865.G(j2)=\frac{1}{(1+j2)(3+j2)} =\frac{1}{-1+j8} =\frac{-1-j8}{65}.

因此

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第 二 題25 分

考慮下列之單位負回授系統：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

其中

G(s)=s+1s(s−2)(s+5)。G(s)=\frac{s+1}{s(s-2)(s+5)}。

(一) 畫出 K≥0K\geq 0 的根值軌跡圖（root locus），可簡略標示，但必須包括此軌跡與虛軸交點之位置、在實軸上的分離點，以及漸近線。（15 分）

(二) 當 K=αK=\alpha 時，系統具有兩個純虛根以及一個實根 s=βs=\beta，求 α\alpha 與 β\beta 各為何？（6 分）

(三) 當系統為穩定時，KK 值的範圍為何？（4 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

根值軌跡由閉迴路特徵方程 1+KG(s)=01+KG(s)=0 決定。實軸上的根值軌跡區段，可用「測試點右側的實極點與實零點總數為奇數」判斷；分離點由 dK/ds=0dK/ds=0 求得。閉迴路穩定範圍則可由特徵方程的 Routh–Hurwitz 判據判定。

（一）K≥0K\geq 0 的根值軌跡

開迴路極點為 s=−5,0,2s=-5,0,2，開迴路零點為 s=−1s=-1。閉迴路特徵方程為

1+Ks+1s(s−2)(s+5)=0,1+K\frac{s+1}{s(s-2)(s+5)}=0,

即

s(s−2)(s+5)+K(s+1)=0,s(s-2)(s+5)+K(s+1)=0, s3+3s2+(K−10)s+K=0.s^3+3s^2+(K-10)s+K=0.

實軸上，右側極點與零點總數為奇數的區段是

(−5,−1),(0,2).(-5,-1),\qquad (0,2).

因此，一支根值軌跡由 s=−5s=-5 沿實軸移至零點 s=−1s=-1；另外兩支由 s=0s=0 與 s=2s=2 沿實軸相向移動，之後離開實軸成為共軛複根。

令

K(s)=−s(s−2)(s+5)s+1.K(s)=-\frac{s(s-2)(s+5)}{s+1}.

分離點滿足 dK/ds=0dK/ds=0。微分後可得

dKds=−2[(s+1)3−6](s+1)2=0,\frac{dK}{ds} =-\frac{2\left[(s+1)^3-6\right]}{(s+1)^2}=0,

故實軸分離點為

sb=63−1≈0.817.s_b=\sqrt[3]{6}-1\approx 0.817.

此點位於 (0,2)(0,2)。代回 K(s)K(s)：

Kb=13−3363≈3.094.K_b=13-3\sqrt[3]{36}\approx 3.094.

根值軌跡有 33 個極點、11 個零點，故有 22 條漸近線。其重心為

σa=(−5)+0+2−(−1)3−1=−1,\sigma_a= \frac{(-5)+0+2-(-1)}{3-1}=-1,

漸近線角度為

θq=(2q+1)180∘2,q=0,1,\theta_q=\frac{(2q+1)180^\circ}{2}, \qquad q=0,1,

即 90∘90^\circ 與 270∘270^\circ，為通過 s=−1s=-1 的垂直線。

求虛軸交點，可令 s=jωs=j\omega 代入特徵方程：

−jω3−3ω2+j(K−10)ω+K=0.-j\omega^3-3\omega^2+j(K-10)\omega+K=0.

分離實部、虛部得

K=3ω2,ω(K−10−ω2)=0.K=3\omega^2,\qquad \omega(K-10-\omega^2)=0.

非零虛根對應

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第 三 題25 分

給定系統狀態方程式如下：

x˙(t)=Ax(t)+bu(t)\dot{x}(t)=Ax(t)+bu(t) y(t)=cx(t)y(t)=cx(t)

其中輸入為 u(t)u(t)，輸出為 y(t)y(t)，系統狀態向量 x(t)x(t) 以及系統矩陣 AA、bb 與 cc 分別為

x(t)=[x1(t)x2(t)x3(t)],A=[−1010−2α1−10],x(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t)\\ x_3(t) \end{bmatrix}, \qquad A= \begin{bmatrix} -1&0&1\\ 0&-2&\alpha\\ 1&-1&0 \end{bmatrix}, b=[010],c=[001].b= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad c= \begin{bmatrix} 0&0&1 \end{bmatrix}.

(一) 當 u(t)=0u(t)=0 時，若此系統為穩定，求 α\alpha 的範圍為何？（5 分）

(二) 此系統是否具有狀態可控性？請說明理由。（5 分）

(三) 此系統是否具有狀態可觀測性？請說明理由。（5 分）

(四) 當 α=1\alpha=1 時，此狀態方程式可化為三階微分方程式如下：

y...(t)+a2y¨(t)+a1y˙(t)+a0y(t)=b2u¨(t)+b1u˙(t)+b0u(t)\dddot{y}(t)+a_2\ddot{y}(t)+a_1\dot{y}(t)+a_0y(t) = b_2\ddot{u}(t)+b_1\dot{u}(t)+b_0u(t)

求係數 a2a_2、a1a_1、a0a_0、b2b_2、b1b_1 與 b0b_0 各為何？（10 分）

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核心觀念

本題考查連續時間線性系統的四個基本主題：

  1. 內部穩定性：零輸入時，若系統矩陣 AA 的所有特徵值實部皆小於零，系統漸近穩定。三階特徵多項式可用 Routh–Hurwitz 判據判斷。
  2. 狀態可控性：可控矩陣
C=[bAbA2b]\mathcal{C}=\begin{bmatrix}b&Ab&A^2b\end{bmatrix}

的秩為狀態維度 33 時，系統完全可控。 3. 狀態可觀測性：可觀測矩陣

O=[ccAcA2]\mathcal{O}=\begin{bmatrix}c\\cA\\cA^2\end{bmatrix}

的秩為 33 時，系統完全可觀測。 4. 狀態方程轉微分方程：可由傳遞函數 G(s)=c(sI−A)−1bG(s)=c(sI-A)^{-1}b 求得，再整理成輸入、輸出微分方程。

（一）零輸入穩定時的 α\alpha 範圍

零輸入時 x˙=Ax\dot{x}=Ax，其特徵方程為

det⁡(sI−A)=0.\det(sI-A)=0.

計算特徵多項式：

sI−A=[s+10−10s+2−α−11s],sI-A= \begin{bmatrix} s+1&0&-1\\ 0&s+2&-\alpha\\ -1&1&s \end{bmatrix}, det⁡(sI−A)=(s+1)[s(s+2)+α]−(s+2)=s3+3s2+(1+α)s+(α−2).\begin{aligned} \det(sI-A) &=(s+1)\bigl[s(s+2)+\alpha\bigr]-(s+2)\\ &=s^3+3s^2+(1+\alpha)s+(\alpha-2). \end{aligned}

對三階多項式 s3+a2s2+a1s+a0s^3+a_2s^2+a_1s+a_0，Routh–Hurwitz 穩定條件為

a2>0,a1>0,a0>0,a2a1>a0.a_2>0,\qquad a_1>0,\qquad a_0>0,\qquad a_2a_1>a_0.

代入 a2=3a_2=3、a1=1+αa_1=1+\alpha、a0=α−2a_0=\alpha-2：

1+α>0,α−2>0,3(1+α)>α−2.1+\alpha>0,\qquad \alpha-2>0,\qquad 3(1+\alpha)>\alpha-2.

其中 α>2\alpha>2 已同時滿足前兩項，且第三項等價於 2α>−52\alpha>-5，也必然成立。因此

α>2.\boxed{\alpha>2}.

（二）狀態可控性

逐步計算：

b=[010],Ab=[0−2−1],A2b=[−1−2−α2].b= \begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}, \qquad Ab= \begin{bmatrix}0\\-2\\-1\end{bmatrix}, \qquad A^2b= \begin{bmatrix}-1\\-2-\alpha\\2\end{bmatrix}.

因此

C=[00−11−2−2−α0−12],det⁡(C)=1.\mathcal{C} = \begin{bmatrix} 0&0&-1\\ 1&-2&-2-\alpha\\ 0&-1&2 \end{bmatrix}, \qquad \det(\mathcal{C})=1.

因為行列式不為零，rank⁡(C)=3\operatorname{rank}(\mathcal{C})=3，等於系統狀態維度，所以系統完全狀態可控，且此結論對所有

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第 四 題25 分

考慮一個離散型系統，輸入為 u[k]u[k]，輸出為 y[k]y[k]，方程式如下：

y[k+3]+0.45y[k+2]+ny[k+1]−0.54y[k]=u[k+1]−0.5u[k]y[k+3]+0.45y[k+2]+ny[k+1]-0.54y[k] = u[k+1]-0.5u[k]

其中 nn 為常數，k=0,1,2,3,…k=0,1,2,3,\ldots。

(一) 令 Y(z)Y(z) 與 U(z)U(z) 分別為輸出與輸入的 zz 轉換（zz transform），則此系統的轉移函數為

H(z)=Y(z)U(z)=Q(z)P(z)H(z)=\frac{Y(z)}{U(z)}=\frac{Q(z)}{P(z)}

其中 P(z)P(z) 與 Q(z)Q(z) 為 zz 的多項式函數。求 P(z)=?P(z)=?、Q(z)=?Q(z)=?。（8 分）

(二) 當 n=αn=\alpha 時，此系統有一個特徵根為 0.750.75，求 α=?\alpha=?（5 分）

(三) 當 n=αn=\alpha 時，此系統是否為穩定？請說明理由。（5 分）

(四) 若 n=αn=\alpha 且 u[k]=1u[k]=1，則當 k→∞k\to\infty 時，y[k]=βy[k]=\beta 為常數，求 β=?\beta=?，並說明為何 y[k]y[k] 為常數。（7 分）

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核心觀念

本題考查離散系統的轉移函數、特徵根與穩定性，以及單位步階輸入下的穩態值。對零初始條件取 zz 轉換時，位移項滿足 Z{y[k+m]}=zmY(z)Z\{y[k+m]\}=z^mY(z)、Z{u[k+m]}=zmU(z)Z\{u[k+m]\}=z^mU(z)。

系統特徵方程由轉移函數的分母多項式決定。離散時間線性系統穩定的條件是所有極點都位於單位圓內，也就是每個極點 pip_i 都滿足 ∣pi∣<1|p_i|<1。

解題方法

（一）求 P(z)P(z) 與 Q(z)Q(z)

對差分方程取 zz 轉換，並採零初始條件：

z3Y(z)+0.45z2Y(z)+nzY(z)−0.54Y(z)=zU(z)−0.5U(z).z^3Y(z)+0.45z^2Y(z)+nzY(z)-0.54Y(z) =zU(z)-0.5U(z).

整理得：

(z3+0.45z2+nz−0.54)Y(z)=(z−0.5)U(z).\bigl(z^3+0.45z^2+nz-0.54\bigr)Y(z) =(z-0.5)U(z).

因此：

H(z)=Y(z)U(z)=z−0.5z3+0.45z2+nz−0.54.H(z)=\frac{Y(z)}{U(z)} =\frac{z-0.5}{z^3+0.45z^2+nz-0.54}.

所以分子、分母多項式為：

P(z)=z3+0.45z2+nz−0.54,Q(z)=z−0.5.P(z)=z^3+0.45z^2+nz-0.54,\qquad Q(z)=z-0.5.

（二）已知特徵根為 0.750.75，求 α\alpha

特徵根是分母多項式 P(z)P(z) 的根。令 z=0.75z=0.75 代入 P(z)=0P(z)=0：

(0.75)3+0.45(0.75)2+0.75α−0.54=0.(0.75)^3+0.45(0.75)^2+0.75\alpha-0.54=0.

計算常數項：

0.421875+0.253125−0.54=0.135.0.421875+0.253125-0.54=0.135.

故：

0.75α+0.135=0⟹α=−0.18.0.75\alpha+0.135=0 \quad\Longrightarrow\quad \alpha=-0.18.

（三）n=αn=\alpha 時的穩定性

代入 α=−0.18\alpha=-0.18，特徵多項式為：

P(z)=z3+0.45z2−0.18z−0.54.P(z)=z^3+0.45z^2-0.18z-0.54.

已知 0.750.75 是其根，將多項式因式分解：

P(z)=(z−0.75)(z2+1.2z+0.72).P(z)=(z-0.75)(z^2+1.2z+0.72).
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