113 年高普考高考二級電力工程考古題與詳解

Question 1

回授控制系統方塊圖如下圖所示，其中輸入訊號為 $r(t)$、輸出訊號為 $y(t)$，外界干擾訊號為 $d(t)$。 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 （一）設計控制器 $M(s)$ 的轉移函數，以減少外界干擾訊號 $d(t)$ 的影響，使輸出訊號 $y(t)$ 完全獨立於 $d(t)$。 （二）若輸入訊號 $r(t)$ 為單位步階訊號時，閉迴路系統的最大超越量（maximum overshoot）和峰值時間（peak time）分別為 $30\%$ 和 $0.2$ 秒。當控制器 $M(s)$ 如（一）設計時，求 $L1$ 和 $L2$。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查方塊圖化簡、干擾前饋補償，以及二階系統規格轉換。

令積分器輸出為 $x(t)$ ，並將 $L_2/(s+L_1)$ 視為被控體：

P(s)=\frac{L_2}{s+L_1}.

依圖中加總點的正負號，第一個加總點的訊號為 $r-y-x$ ；第二個加總點的訊號為 $10(r-y-x)-y-M(s)d$ 。輸出端則是被控體輸出加上干擾，因此 $y=P(s)x+d$ 。

（一）設計干擾補償器 $M(s)$

由積分器關係式：

sx=10(r-y-x)-y-M(s)d

可整理為：

sx=10r-11y-10x-M(s)d.

令參考輸入 $r=0$ ，並代入 $y=P(s)x+d$ ：

\bigl[s+10+11P(s)\bigr]x=-\bigl[11+M(s)\bigr]d.

因此，干擾至輸出的轉移函數為：

\frac{Y(s)}{D(s)} =1-\frac{P(s)\bigl[11+M(s)\bigr]}{s+10+11P(s)}.

要求 $y(t)$ 完全不受 $d(t)$ 影響，即令 $Y(s)/D(s)=0$ ，可得：

P(s)\bigl[11+M(s)\bigr]=s+10+11P(s),

所以：

P(s)M(s)=s+10.

代入 $P(s)=L_2/(s+L_1)$ ，得到補償器：

\boxed{M(s)=\frac{(s+10)(s+L_1)}{L_2}}.

（二）由超越量與峰值時間求 $L_1、L_2$

求參考輸入至輸出的轉移函數時令 $d=0$ 。由前述方程式：

\bigl[s+10+11P(s)\bigr]x=10r,\qquad y=P(s)x.

因此：

Question 2

單位負回授控制系統的開迴路轉移函數為 $$G(s)=\frac{F}{s(s+3)(s+8)},\qquad F\geq 0$$ （一）使用奈奎斯特（Nyquist）準則，求 $F$ 的範圍，使閉迴路系統穩定，以及閉迴路系統為臨界穩定時之振盪頻率。 （二）使用羅斯（Routh）準則，驗證（一）之答案是否相符。 （三）求 $F$ 的值，使閉迴路系統的相位裕度（phase margin）為 $45$ 度。

Accepted Answer

核心觀念 單位負回授時，閉迴路特徵方程為 $1+G(s)=0$。本題以奈奎斯特準則判斷開迴路頻率響應對 $-1$ 點的包圍情形，再以羅斯表驗證閉迴路極點是否位於左半平面。相位裕度則由增益交越頻率處的相位決定： $$ \mathrm{PM}=180^\circ+\angle G(j\omega{gc}),\qquad |G(j\omega{gc})|=1. $$ （一）奈奎斯特準則：穩定範圍與臨界振盪頻率 開迴路為 $$ G(s)=\frac{F}{s(s+3)(s+8)},\qquad F\geq 0. $$ 令 $s=j\omega$，則 $$ (j\omega+3)(j\omega+8)=24-\omega^2+j11\omega, $$ 因此 $$ G(j\omega)=\frac{F}{j\omega\left(24-\omega^2+j11\omegaight)}. $$ 其分母為 $$ -11\omega^2+j\omega(24-\omega^2), $$ 故 $$ \operatorname{Re}G(j\omega) =\frac{-11F}{(24-\omega^2)^2+121\omega^2}<0, $$ $$ \operatorname{Im}G(j\omega) =\frac{-F(24-\omega^2)} {(24-\omega^2)^2+121\omega^2}. $$ 奈奎斯特曲線與負實軸相交時，虛部為零且實部為負。對 $\omega0$，由 $$ 24-\omega^2=0 $$ 得 $$ \omega=\sqrt{24}=2\sqrt{6}\ 	ext{rad/s}. $$ 此時 $$ G(j\sqrt{24}) =-\frac{F}{11(24)} =-\frac{F}{264}. $$ 曲線在負實軸上的交點為 $-F/264$。臨界穩定時該交點通過 $-1$，故 $$ -\frac{F}{264}=-1 \quad\Longrightarrow\quad F=264. $$ 開迴路沒有右半平面極點，且當 $F0$ 時奈奎斯特曲線自無限遠處沿負實軸方向進入頻率軌跡；隨著 $F$ 增加，負實軸交點向左移動並穿越 $-1$。因此閉迴路穩定範圍為 $$ \boxed{0<F<264}. $$ 當 $F=0$ 時，閉迴路傳遞函數退化為零，特徵方程為 $s(s+3)(s+8)=0$，含有原點極點，故不屬漸近穩定範圍。臨界穩定時的振盪頻率為 $$ \boxed{\omega{\mathrm{osc}}=2\sqrt{6}\ 	ext{rad/s} \approx 4.90\ 	ext{rad/s}}. $$ （二）羅斯準則驗證 閉迴路特徵方程為 $$ 1+G(s)=0 \quad\Longrightarrow\quad…

Question 3

對二階動態系統設計包含控制器和觀測器的組合補償器，控制器的規格為臨界阻尼（critically damped），且自然無阻尼頻率（natural undamped frequency）是 $10\ \mathrm{rad/sec}$ ；觀測器的規格亦為臨界阻尼，且自然無阻尼頻率是 $15\ \mathrm{rad/sec}$ 。此二階動態系統如下：

\begin{bmatrix} \dot{x}_1(t)\\ \dot{x}_2(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1\\ -5 & -4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\ 2 \end{bmatrix}u(t)

y(t)= \begin{bmatrix} 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{bmatrix}

（一）求控制器增益。

（二）求觀測器增益。

Accepted Answer

核心觀念

本題考查狀態回授控制器與全階觀測器的極點配置。閉迴路系統的極點由矩陣 $A-BK$ 決定；觀測器誤差的極點則由 $A-LC$ 決定。

臨界阻尼二階系統的特徵多項式為

(s+\omega_n)^2=s^2+2\omega_n s+\omega_n^2

其中 $\omega_n$ 為自然無阻尼頻率，且臨界阻尼代表阻尼比 $\zeta=1$ ，因此有重複實極點 $s=-\omega_n$ 。

解題方法

令狀態回授控制律為 $u(t)=-Kx(t)$ ，其中 $K=[k_1\ k_2]$ 。閉迴路矩陣為

A-BK = \begin{bmatrix} 0&1\\ -5&-4 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0\\ 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} k_1&k_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&1\\ -5-2k_1&-4-2k_2 \end{bmatrix}

其特徵方程式為

\det(sI-(A-BK)) =s^2+(4+2k_2)s+(5+2k_1)

控制器規格為 $\omega_n=10\ \mathrm{rad/sec}$ 且臨界阻尼，因此目標特徵多項式為

(s+10)^2=s^2+20s+100

逐項比較係數：

4+2k_2=20,\qquad 5+2k_1=100

可得

k_2=8,\qquad k_1=\frac{95}{2}=47.5

所以控制器增益為

K=\begin{bmatrix}47.5&8\end{bmatrix}

接著令觀測器為 $\dot{\hat{x}}=A\hat{x}+Bu+L(y-C\hat{x})$ ，其中 $L=[l_1\ l_2]^T$ 。觀測器誤差 $e=x-\hat{x}$ 的動態為 $\dot e=(A-LC)e$ 。因此

Question 4

考慮如下之二階動態系統： $$ \dot{x}= \begin{bmatrix} a1 & 0\ 0 & a2 \end{bmatrix}x+ \begin{bmatrix} b1\ b2 \end{bmatrix}u $$ $$ y= \begin{bmatrix} c1 & c2 \end{bmatrix}x $$ （一）什麼條件下此動態系統為有界輸入有界輸出（BIBO）穩定，但卻非漸進（asymptotically）穩定？ （二）在（一）之條件下，此動態系統是否為可控制（controllable）或可穩定（stabilizable）？ （三）在（一）之條件下，此動態系統是否為可觀測（observable）或可檢測（detectable）？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查狀態空間系統中三種穩定性與系統性質的關係： - BIBO 穩定：對任何有界輸入，輸出皆有界。 - 漸進穩定：令輸入為零後，任意初始狀態所產生的狀態響應皆趨近零。 - 可控制、可觀測：分別判斷輸入能否影響各狀態模態，以及輸出能否反映各狀態模態。 - 可穩定、可檢測：未受控制或未被觀測到的模態，必須本身穩定。 系統矩陣為 $A=\operatorname{diag}(a1,a2)$，其模態特徵值為 $a1,a2$。連續時間系統漸進穩定的條件是所有特徵值實部皆小於零。 （一）BIBO 穩定但非漸進穩定的條件 零初始條件下，傳遞函數為 $$ G(s)=C(sI-A)^{-1}B =\frac{c1b1}{s-a1}+\frac{c2b2}{s-a2}. $$ BIBO 穩定要求傳遞函數的所有未消去極點都位於左半平面。另一方面，非漸進穩定表示至少有一個狀態模態不滿足 $\operatorname{Re}(ai)<0$，也就是存在 $\operatorname{Re}(ai)\ge 0$ 的模態。 因此，系統要同時符合兩者，任何非漸進穩定模態都必須不出現在輸入至輸出的傳遞函數中。對此對角系統而言，若 $ai$ 位於閉右半平面，便須有 $$ bi ci=0. $$ 也就是該模態不能同時由輸入激發，並經輸出端觀測到。若 $a1
e a2$，條件可寫成 $$ \operatorname{Re}(ai)\le 0\quad(i=1,2), $$ 且至少一個 $ai$ 滿足 $\operatorname{Re}(ai)\ge 0$，並且每個此類模態皆滿足 $bi ci=0$。若兩個特徵值重合，須將相同極點的傳遞函數項合併後判斷；重合項可能彼此抵消，不能只看單一項的 $bi ci$。 對實數特徵值的常見情形，答案簡化為：所有 $ai\le 0$、至少一個 $ai=0$，且每個 $ai=0$ 的模態皆有 $bi ci=0$。負特徵值模態穩定；零特徵值模態雖不漸進穩定，但只要不出現在輸入輸出傳遞函數中，仍可維持 BIBO 穩定。 （二）可控制或可穩定？ 可控制矩陣為 $$ \mathcal{C}=[B\ AB] = \begin{bmatrix} b1&a1b1\ b2&a2b2 \end{bmatrix}, \qquad \det(\mathcal{C})=b1b2(a2-a1). $$

次方	第一欄	第二欄
$s^3$	$1$	$24$
$s^2$	$11$	$F$
$s^1$	$\dfrac{264-F}{11}$	$0$
$s^0$	$F$

113 高普考高考二級電力工程控制系統考古題詳解

第一題20 分

核心觀念

（一）設計干擾補償器 $M(s)$

（二）由超越量與峰值時間求 $L_1、L_2$

第二題30 分

核心觀念

（一）奈奎斯特準則：穩定範圍與臨界振盪頻率

（二）羅斯準則驗證

第三題20 分

核心觀念

解題方法

第四題30 分

其他考古題

113 年電力工程的其他科目

電力工程《控制系統》其他年度

113 高普考高考二級 電力工程 控制系統 考古題詳解

第 一 題20 分

核心觀念

（一）設計干擾補償器 M(s)M(s)M(s)

（二）由超越量與峰值時間求 L1、L2L_1、L_2L1​、L2​

第 二 題30 分

核心觀念

（一）奈奎斯特準則：穩定範圍與臨界振盪頻率

（二）羅斯準則驗證

第 三 題20 分

核心觀念

解題方法

第 四 題30 分

其他考古題

113 年電力工程的其他科目

電力工程《控制系統》其他年度

113 高普考高考二級電力工程控制系統考古題詳解

第一題20 分

（一）設計干擾補償器 $M(s)$

（二）由超越量與峰值時間求 $L_1、L_2$

第二題30 分

第三題20 分

第四題30 分