7급 국가직 자동제어 기출문제 전 회차를 한 권으로 — PDF 전자책(문제집·정답해설집)

21년 1회차

총 25문항 · 객관식 · A4 약 1장

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7급 국가직 자동제어 기출문제모두CBT · moducbt.com

21년 1회차

총 25문항 · 객관식 · 정답·해설 포함

문제 1

극점(pole)과 영점(zero)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1시스템의 안정도(stability)는 극점에 의해 결정된다.

2시스템의 과도응답(transient response)은

s

평면상의 허수축에 가까운 극점에 의하여 지배된다.

3시스템의 과도응답은 극점뿐만 아니라 영점에 의해 결정된다.

4우반평면에 영점을 갖는 시스템은 최소위상(minimum phase) 시스템이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 우반평면 영점을 갖는 시스템이 최소위상 시스템이라는 설명이다.

우반평면에 영점이 있으면 같은 크기 특성에서 위상지연이 더 커지므로 비최소위상(non-minimum phase) 시스템이라 한다. 최소위상 시스템은 극점과 영점이 모두 좌반평면에 있는 경우이다.

안정도는 특성방정식의 근, 즉 극점의 위치로 결정되므로 옳다.
허수축에 가까운 극점은 감쇠가 느려 응답을 오래 지배하는 대표근(dominant pole)이 되므로 옳다.
영점은 각 모드의 잔류(residue) 크기를 바꿔 오버슈트 등 과도응답의 모양에 영향을 주므로 옳다.

문제 2

주파수영역에서 단일 입출력 제어시스템의 해석에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1주파수 대역폭(bandwidth)이 커질수록 시스템의 응답속도는 느리다.

2일반적으로 첨두공진치(resonant peak value)가 커지면 시간영역에서 단위계단응답의 오버슈트(overshoot)가 커진다.

3폐루프시스템의 안정도는 루프 전달함수(loop transfer function)의 나이퀴스트(Nyquist) 선도를 이용하여 판별할 수 있다.

4상대안정도(relative stability)는 일반적으로 이득여유(gain margin)와 위상여유(phase margin)로 나타낼 수 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 대역폭이 커질수록 응답속도가 느리다는 설명이다.

대역폭이 넓을수록 빠른 신호 성분까지 통과시키므로 상승시간이 짧아져 응답속도는 빨라진다. 대역폭과 상승시간은 대략 반비례한다.

첨두공진치가 클수록 감쇠비가 작아 계단응답의 오버슈트가 커지므로 옳다.
나이퀴스트 판별법은 루프 전달함수의 주파수응답으로 폐루프 안정도를 판별하므로 옳다.
이득여유와 위상여유는 임계점까지의 거리로 상대안정도를 나타내는 대표 지표이므로 옳다.

문제 3

다음 블록선도에서 시스템의 입출력 전달함수

\dfrac{Y(s)}{R(s)}

는?

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2-G_2G_3H_3}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2+G_2G_3H_3}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2-G_2G_3H_3+G_1G_2G_3G_4H_1H_2}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2+G_2G_3H_3+G_1G_2G_3G_4H_1H_2}

정답 및 해설

전달함수는 분모에 세 루프 이득의 합과 서로 접촉하지 않는 두 루프의 곱이 더해진 형태이다.

메이슨 공식으로 루프를 찾으면 $L_1=-G_1G_2H_1$ , $L_2=-G_3G_4H_2$ , $L_3=-G_2G_3H_3$ 이다(세 루프 모두 부궤환).
$L_1$ 과 $L_2$ 는 공유하는 블록·마디가 없는 비접촉 루프이므로 $\Delta=1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2+G_2G_3H_3+G_1G_2G_3G_4H_1H_2$ 이다.

전향경로 $P_1=G_1G_2G_3G_4$ 는 모든 루프와 접촉하므로 $\Delta_1=1$ , 따라서 $\dfrac{Y}{R}=\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{\Delta}$ 이다.

$G_2G_3H_3$ 항의 부호를 음(-)으로 둔 식: $H_3$ 궤환이 가합점에 (-)로 들어가므로 루프 이득이 음이 되어 분모에는 (+)로 더해진다.
비접촉 루프 곱 $G_1G_2G_3G_4H_1H_2$ 를 빠뜨린 식: 서로 접촉하지 않는 두 루프가 있으므로 이 항이 반드시 들어가야 한다.

문제 4

다음 그림과 같이 2차 표준형 시스템의 극점의 위치가 A, B와 같이 주어질 때, 시스템의 응답특성에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1극점 B에서의 상승시간(rise time)이 A보다 감소한다.

2극점 B에서의 최대 오버슈트(maximum overshoot)가 A보다 크다.

3극점 B에서의 정착시간(settling time)이 A보다 감소한다.

4극점 B에서의 감쇠비(damping ratio)가 A보다 작다.

정답 및 해설

두 극점의 실수부가 -2로 같으므로 정착시간은 B와 A가 같다. 따라서 B에서 정착시간이 감소한다는 설명이 옳지 않다.

2차계 극점 $s=-\zeta\omega_n\pm j\omega_d$ 에서 정착시간은 $t_s\approx\dfrac{4}{\zeta\omega_n}$ 로 실수부 크기 $\zeta\omega_n$ 에만 좌우된다. B는 실수부가 같고 허수부 $\omega_d$ 만 더 크다.

상승시간 감소: B는 원점으로부터의 거리 $\omega_n$ 이 더 커서 응답이 빨라지므로 옳다.
최대 오버슈트 증가: B는 허수축 쪽으로 각이 더 벌어져 감쇠비가 작아지므로 오버슈트가 커져 옳다.
감쇠비 감소: $\zeta=\cos\theta$ 에서 음의 실수축과 이루는 각 $\theta$ 가 B에서 더 크므로 옳다.

문제 5

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템이 안정하기 위한 필요조건으로 옳지 않은 것은? (단,

K>0,\ p>0,\ z>0

이고

p\neq z

이다)

z<p-1

p>1

K>\dfrac{p(p-1)}{p-z-1}

K<p

정답 및 해설

Routh 판별로 얻는 안정 조건은 $K\gt p$ 이므로 $K\lt p$ 라는 조건이 옳지 않다.

특성방정식은 $s(s-1)(s+p)+K(s+z)=0$ , 즉 $s^3+(p-1)s^2+(K-p)s+Kz=0$ 이다.
모든 계수가 양수여야 하므로 $p\gt 1$ , $K\gt p$ 이다.

Routh 표의 $s^1$ 행 조건은 $(p-1)(K-p)\gt Kz$ 이고, 정리하면 $K(p-z-1)\gt p(p-1)$ 이다.
우변이 양수이므로 $p-z-1\gt 0$ 이 필요하고 이때 $K\gt \dfrac{p(p-1)}{p-z-1}$ 이다.

$z\lt p-1$ : $s^1$ 행 조건이 성립하기 위해 필요하므로 옳다.
$p\gt 1$ : $s^2$ 계수 $p-1$ 이 양수여야 하므로 옳다.
$K\gt \dfrac{p(p-1)}{p-z-1}$ : $s^1$ 행 조건을 정리한 결과이므로 옳다.

문제 6

함수

y(t)

의 라플라스 변환

Y(s)

가 다음과 같이 주어질 때,

\omega

와

T

의 값은? (단,

u_s(t)

는 단위계단함수이다)

y(t)=e^{-2(t-1)}\cos(\omega(t-1))u_s(t-1)

Y(s)=e^{-Ts}\dfrac{s+2}{s^2+4s+13}

\underline{\omega}

\underline{T}

13 1

23 2

\sqrt{13}

\sqrt{13}

정답 및 해설

분모를 완전제곱 꼴로 바꾸면 $\omega=3,\ T=1$ 이다.

분모: $s^2+4s+13=(s+2)^2+3^2$
따라서 $\dfrac{s+2}{(s+2)^2+3^2}\ \leftrightarrow\ e^{-2t}\cos 3t$

시간이동 정리 $f(t-1)u_s(t-1)\ \leftrightarrow\ e^{-s}F(s)$ 에 의해 지연 $T=1$ 이다.

$\sqrt{13}$ 은 고유진동수 $\omega_n$ 이며, 코사인 안에 들어가는 감쇠진동 주파수 $\omega_d=3$ 이 아니다.
지연 2는 지수의 감쇠율 2를 시간 지연으로 혼동한 값이다.

문제 7

제어대상의 단위임펄스응답

y(t)

가 다음과 같이 주어질 때, 입출력 전달함수

G(s)

는? (단,

t\geq 0

이다)

y(t)=3e^t-3e^{-t}(\sin(t)+\cos(t))

\dfrac{3(s-4)}{(s+1)(s^2-2s+2)}

\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}

\dfrac{s-4}{(s+1)(s^2-2s+2)}

\dfrac{s+4}{(s-1)(s^2+2s+2)}

정답 및 해설

전달함수는 단위임펄스응답의 라플라스 변환이므로 $G(s)=\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$ 이다.

항별 변환: $3e^{t}\rightarrow\dfrac{3}{s-1}$
$3e^{-t}(\sin t+\cos t)\rightarrow\dfrac{3+3(s+1)}{(s+1)^2+1}=\dfrac{3(s+2)}{s^2+2s+2}$

통분: $\dfrac{3(s^2+2s+2)-3(s+2)(s-1)}{(s-1)(s^2+2s+2)}=\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$

분모가 $(s+1)(s^2-2s+2)$ 이고 계수 3이 있는 식은 $e^{t}$ 와 $e^{-t}$ 의 극점 부호를 뒤바꾼 것이다.
분모가 $(s+1)(s^2-2s+2)$ 이고 계수 3이 없는 식은 극점 부호와 진폭을 모두 잘못 둔 것이다.
극점은 맞지만 계수 3이 없는 식은 임펄스응답의 진폭 3을 누락한 것이다.

문제 8

전달함수

G(s)=\dfrac{1}{s+1}

에 각주파수

\omega

[rad/sec]인 정현파 입력이 주어지고 그 입출력비가 －3dB일 때, 출력되는 정현파의 주파수[Hz]와 위상지연[rad]은? (단, 각주파수

\omega>0

이고

\log_{10}2\approx 0.3

이다)
주파수 위상지연

\dfrac{1}{2\pi}

\dfrac{\pi}{4}

\dfrac{1}{2\pi}

\dfrac{\pi}{3}

\dfrac{\pi}{4}

\dfrac{\pi}{3}

정답 및 해설

−3 dB는 크기비 $1/\sqrt{2}$ 이므로 주파수 $\dfrac{1}{2\pi}\,\mathrm{Hz}$ , 위상지연 $\dfrac{\pi}{4}\,\mathrm{rad}$ 이다.

데시벨: $20\log_{10}\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-10\log_{10}2\approx-3\,\mathrm{dB}$
크기: $\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow\omega=1\,\mathrm{rad/s}$

주파수: $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{1}{2\pi}\,\mathrm{Hz}$
위상: $-\tan^{-1}\omega=-\tan^{-1}1=-\dfrac{\pi}{4}$

주파수 1 Hz는 각주파수 1 rad/s를 Hz로 환산하지 않은 값이다.
위상지연 $\pi/3$ 은 $\tan^{-1}\sqrt{3}$ 에 해당해 $\omega=1$ 과 맞지 않는다.
1 Hz와 $\pi/3$ 조합은 주파수 환산과 위상 계산이 모두 틀린 값이다.

문제 9

다음과 같은 상태공간방정식에서 특성방정식(characteristic equation)의 근궤적(root locus)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

K>0

이고,

j=\sqrt{-1}

이다)

\begin{bmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\\\dot{x}_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-K&-4&-5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}r

y=\begin{bmatrix}1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}

1점근선의 각도는 60°, 180°, 300°이다.

2점근선의 실수축과 교차점은 －2이다.

3근궤적의 허수축과 교차점은

+j2

와

-j2

이다.

4근궤적의 허수축과 교차점에서의

K

값은 20이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 점근선의 실수축 교차점이 −2라는 설명이다. 실제 교차점은 $-\dfrac{5}{3}$ 이다.

특성방정식: $\det(sI-A)=s^3+5s^2+4s+K=0$
근궤적 형태: $1+\dfrac{K}{s(s+1)(s+4)}=0$ (극점 $0,-1,-4$ , 영점 없음)

점근선 중심: $\sigma=\dfrac{0-1-4}{3}=-\dfrac{5}{3}$

점근선 각도는 $\dfrac{(2k+1)180^\circ}{3}$ 로 60°, 180°, 300°이므로 옳다.
Routh 배열의 $s^1$ 행 $\dfrac{20-K}{5}=0$ 에서 임계 이득 $K=20$ 이므로 옳다.
보조방정식 $5s^2+20=0$ 에서 $s=\pm j2$ 이므로 허수축 교차점 설명도 옳다.

문제 10

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템의 안정도와 성능에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단, 기준입력

R(s)=\dfrac{1}{s^2}

이고 외란입력

D(s)=\dfrac{1}{s}

이며,

K>0,\ K_1>0

이다)

1폐루프시스템은 항상 안정하다.

K

는 고정하고

K_1

이 증가하면

R(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 증가한다.

K

는 고정하고

K_1

이 증가하면

D(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 감소한다.

K_1

은 고정하고

K

가 증가하면

R(s)

와

D(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 모두 감소한다.

정답 및 해설

외란에 대한 정상상태오차 크기는 $\dfrac{1}{K}$ 로 $K_1$ 과 무관하므로, $K_1$ 이 증가하면 감소한다는 설명이 옳지 않다.

내부 루프를 정리하면 $\dfrac{1}{s^2+K_1s}=\dfrac{1}{s(s+K_1)}$ 이고, 개루프 전달함수는 $\dfrac{K}{s(s+K_1)}$ , 특성방정식은 $s^2+K_1s+K=0$ 이다.

외란에 의한 출력은 $Y_D=\dfrac{1}{s^2+K_1s+K}D(s)$ 이므로 $y_{ss}=\lim_{s\to0}s\cdot\dfrac{1}{s^2+K_1s+K}\cdot\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{K}$ 이다.

항상 안정: 2차 특성방정식의 계수 $K_1$ , $K$ 가 모두 양수이므로 옳다.
$K_1$ 증가 시 경사입력 오차 증가: 속도오차상수 $K_v=\dfrac{K}{K_1}$ 이므로 오차 $\dfrac{K_1}{K}$ 가 커져 옳다.
$K$ 증가 시 두 오차 모두 감소: 경사입력 오차 $\dfrac{K_1}{K}$ , 외란 오차 $\dfrac{1}{K}$ 가 모두 줄어 옳다.

문제 11

다음과 같은 단일 입출력 상태공간방정식에서

x=Pz

를 이용하여 새로운 상태변수

z

인 같은 차원의 상태공간방정식으로 상사변환(similarity transformation)할 때, 극점과 영점에 대한 설명으로 옳은 것은? (단,

x

는

n\times 1

상태벡터이고

P

는

n\times n

정칙행렬(nonsingular matrix)이다)

\dot{x}=Ax+Bu

y=Cx

1상사변환 전후의 극점과 영점의 위치는 동일하다.

2상사변환 전후의 극점의 위치는 동일하지만 영점의 위치는 달라진다.

3상사변환 전후의 극점의 위치는 달라지지만 영점의 위치는 동일하다.

4상사변환 전후의 극점과 영점의 위치는 달라진다.

정답 및 해설

상사변환 전후 극점과 영점의 위치는 모두 동일하다.

변환 후 $\bar{A}=P^{-1}AP,\ \bar{B}=P^{-1}B,\ \bar{C}=CP$ 이므로
$\bar{C}(sI-\bar{A})^{-1}\bar{B}=CP\,P^{-1}(sI-A)^{-1}P\,P^{-1}B=C(sI-A)^{-1}B$
즉 전달함수가 불변이다.

극점은 고윳값( $\det(sI-\bar{A})=\det(sI-A)$ ), 영점은 전달함수 분자로 정해지므로 둘 다 그대로다.

영점만 달라진다는 설명은 전달함수 불변성에 어긋난다.
극점만 달라진다는 설명은 닮음행렬의 고윳값이 같다는 성질에 어긋난다.
둘 다 달라진다는 설명은 상태변수의 좌표만 바꾸는 상사변환의 의미와 맞지 않는다.

문제 12

다음과 같은 상태공간방정식에서 단위계단입력에 대한 정상상태 출력은?

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

y=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}

1－3

-\dfrac{3}{2}

\dfrac{3}{2}

정답 및 해설

단위계단입력에 대한 정상상태 출력은 $\dfrac{3}{2}$ 이다.

고윳값이 $-1,-2$ 로 안정하므로 정상상태에서 $\dot{x}=0,\ u=1$ :
$-x_1+1=0\Rightarrow x_1=1$
$x_1-2x_2=0\Rightarrow x_2=\dfrac{1}{2}$

출력: $y=x_1+x_2=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ (직류이득 $-CA^{-1}B$ 와 같다)

음의 값들은 $-CA^{-1}B$ 의 부호를 놓친 것으로, 양의 계단입력에 두 상태가 모두 양의 값으로 수렴하는 결과와 맞지 않는다.
크기 3은 두 상태의 정상값 합 $1+\frac{1}{2}$ 과 맞지 않는다.

문제 13

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템에서 제어기

H(s)

의 변화에 대한 폐루프 전달함수

T(s)

의 감도(sensitivity)

S_H^T

는?

\dfrac{1}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{H(s)}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{-G(s)H(s)}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{H(s)}{(1+G(s)H(s))^2}

정답 및 해설

제어기 $H$ 에 대한 감도는 $S_H^T=\dfrac{-G(s)H(s)}{1+G(s)H(s)}$ 이다.

폐루프 전달함수는 $T=\dfrac{G}{1+GH}$ 이고 $\dfrac{\partial T}{\partial H}=\dfrac{-G^2}{(1+GH)^2}$ 이다.

$S_H^T=\dfrac{H}{T}\cdot\dfrac{\partial T}{\partial H}=\dfrac{H(1+GH)}{G}\cdot\dfrac{-G^2}{(1+GH)^2}=\dfrac{-GH}{1+GH}$ 이다. 즉 루프 이득이 크면 궤환요소 변동은 거의 그대로 T에 전달된다.

$\dfrac{1}{1+GH}$ : 전향요소 $G$ 에 대한 감도 $S_G^T$ 이다.
$\dfrac{H}{1+GH}$ 와 $\dfrac{H}{(1+GH)^2}$ : 비율 감도의 정의 $\dfrac{H}{T}\dfrac{\partial T}{\partial H}$ 를 따르지 않은 형태이다.

문제 14

다음 상태방정식에서 상태천이행렬(state transition matrix)을

\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}

이라 할 때,

a_{12}

는?

\begin{bmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u

e^{-t}+e^{-2t}

e^{-t}-e^{-2t}

-e^{-t}+e^{-2t}

-e^{-t}-e^{-2t}

정답 및 해설

상태천이행렬의 (1,2) 성분은 $a_{12}=e^{-t}-e^{-2t}$ 이다.

$\Phi(s)=(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{s^2+3s+2}\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix}$

$a_{12}(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}=\dfrac{1}{s+1}-\dfrac{1}{s+2}$
역변환: $e^{-t}-e^{-2t}$

$e^{-t}+e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서 2가 되어 $\Phi(0)=I$ 의 비대각 성분 0과 맞지 않는다.
$-e^{-t}+e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서의 기울기가 $-1$ 이어서 $\dot{\Phi}(0)=A$ 의 (1,2) 성분 1과 맞지 않는다.
$-e^{-t}-e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서 $-2$ 가 되어 초기조건을 만족하지 않는다.

문제 15

보상기(compensator)

C(s)=\dfrac{aTs+1}{Ts+1}

에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

a=3,\ T=1

이다)

a>1

이므로 진상보상기(phase lead compensator)가 된다.

2보상기

C(s)

는

\dfrac{d}{d\omega}[\tan^{-1}(aT\omega)-\tan^{-1}(T\omega)]=0

을 만족하는 주파수에서 최대 위상을 갖는다.

3보상기의 최대 위상각

\phi_m

은

\dfrac{\pi}{6}

rad이다.

4보상기가 최대 위상을 갖는 각주파수

\omega_m

은

\sqrt{3}

rad/sec이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 최대 위상 각주파수가 $\sqrt{3}$ rad/s라는 설명이다. 실제는 $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ rad/s이다.

위상: $\phi(\omega)=\tan^{-1}3\omega-\tan^{-1}\omega$
미분이 0인 조건: $\dfrac{3}{1+9\omega^2}=\dfrac{1}{1+\omega^2}\Rightarrow\omega^2=\dfrac{1}{3}$
$\omega_m=\dfrac{1}{T\sqrt{a}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,\mathrm{rad/s}$

영점 $-\frac{1}{3}$ 이 극점 $-1$ 보다 원점에 가까워( $a\gt 1$ ) 위상이 앞서므로 진상보상기라는 설명은 옳다.
최대 위상은 위상을 $\omega$ 로 미분한 값이 0인 주파수에서 생기므로 옳다.
$\sin\phi_m=\dfrac{a-1}{a+1}=\dfrac{1}{2}$ 에서 $\phi_m=\dfrac{\pi}{6}$ 이므로 옳다.

문제 16

전달함수

G(s)=\dfrac{4}{s^2+2s+4}

를 다음의 상태공간방정식으로 나타낼 때,

ab

의 값은?

\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&\sqrt{3}\\-\sqrt{3}&-1\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\a\end{bmatrix}u

y=\begin{bmatrix}b&0\end{bmatrix}x

\dfrac{1}{\sqrt{3}}

\dfrac{2}{\sqrt{3}}

\dfrac{3}{\sqrt{3}}

\dfrac{4}{\sqrt{3}}

정답 및 해설

$ab$ 의 값은 $\dfrac{4}{\sqrt{3}}$ 이다.

$(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{(s+1)^2+3}\begin{bmatrix}s+1&\sqrt{3}\\-\sqrt{3}&s+1\end{bmatrix}$ , 분모 $=s^2+2s+4$

$C(sI-A)^{-1}B=\dfrac{1}{s^2+2s+4}\begin{bmatrix}b&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\sqrt{3}a\\(s+1)a\end{bmatrix}=\dfrac{\sqrt{3}ab}{s^2+2s+4}$
분자 비교: $\sqrt{3}ab=4\Rightarrow ab=\dfrac{4}{\sqrt{3}}$

$\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 은 분자 이득을 4가 아닌 1로 본 값이다.
$\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ 은 이득 4 대신 고유진동수 $\omega_n=2$ 를 쓴 값이다.
$\dfrac{3}{\sqrt{3}}$ 은 분자를 3으로 둔 값으로 주어진 전달함수와 맞지 않는다.

문제 17

다음과 같은 피드백 제어시스템에서 보상기

C(s)=K\dfrac{s+z}{s+p}

를 사용하여 안정한 폐루프시스템을 설계할 때, 제어시스템의 특성에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

G(s)

는 최소위상시스템이고,

K>0,\ p>0,\ z>0,\ p\neq z

이다)

z>p

일 때 보상기는 폐루프시스템의 정상상태오차를 개선할 수 있다.

z<p

일 때 보상기는 폐루프시스템의 과도응답을 개선할 수 있다.

z

와

p

는 고정하고

K

가 증가하면 루프 전달함수의 이득여유는 증가한다.

z

와

p

는 고정하고

K

가 증가하면 루프 전달함수의 위상여유는 감소한다.

정답 및 해설

$K$ 가 증가하면 루프 이득이 커지므로 이득여유는 감소한다. 따라서 이득여유가 증가한다는 설명이 옳지 않다.

이득여유는 위상교차주파수에서 루프 이득이 0 dB까지 남은 여유이므로, 크기가 $K$ 배 커지면 그만큼 줄어든다.

$z\gt p$ : 극점이 영점보다 원점에 가까운 지상 보상기로, 저주파 이득을 높여 정상상태오차를 개선할 수 있어 옳다.
$z\lt p$ : 진상 보상기로, 위상을 앞당겨 과도응답(속응성·감쇠)을 개선할 수 있어 옳다.
$K$ 증가 시 위상여유 감소: 이득교차주파수가 높아져 위상 지연이 커진 지점에서 0 dB를 지나므로 옳다.

문제 18

다음과 같은 상태변수 피드백 제어시스템에서 폐루프시스템의 극점이 －2, －2일 때, 제어이득

k_1

과

k_2

는?

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=u

u=-k_1x_1-k_2x_2

\underline{k_1}

\underline{k_2}

12 2

22 4

34 2

44 4

정답 및 해설

폐루프 극점을 $-2,-2$ 로 만드는 이득은 $k_1=4,\ k_2=4$ 이다.

폐루프: $\ddot{x}_1=-k_1x_1-k_2\dot{x}_1$
특성방정식: $s^2+k_2s+k_1=0$

목표: $(s+2)^2=s^2+4s+4$
계수 비교: $k_2=4,\ k_1=4$

$k_1=2,\ k_2=2$ 이면 $s^2+2s+2=0$ 으로 극점이 $-1\pm j$ 가 된다.
$k_1=2,\ k_2=4$ 이면 $s^2+4s+2=0$ 으로 극점이 $-2\pm\sqrt{2}$ 가 된다.
$k_1=4,\ k_2=2$ 이면 $s^2+2s+4=0$ 으로 극점이 $-1\pm j\sqrt{3}$ 가 된다.

문제 19

다음 그림은 점근선으로 표시한 보드(Bode) 선도이다. 그림에 가장 적합한 전달함수

G(s)

는? (단,

\omega<0.1

rad/sec에서 기울기는

0.1\leq\omega<1

에서의 기울기와 같고, A는 －20 dB/dec, B는 －40 dB/dec의 기울기이다)

\dfrac{10(s+1)}{s(s+5)(s+10)}

\dfrac{50(s+1)}{s(s+5)(s+10)}

\dfrac{10(s+1)}{s(s+0.2)(s+0.1)}

\dfrac{50(s+1)}{s(s+0.2)(s+0.1)}

정답 및 해설

절점과 저주파 이득을 맞추면 전달함수는 $G(s)=\dfrac{50(s+1)}{s(s+5)(s+10)}$ 이다.

저주파에서 -20 dB/dec이므로 원점 극점 하나가 있고, $\omega=1$ 에서 0 dB 평탄해지므로 $(s+1)$ 영점, $\omega=5$ 에서 -20 dB/dec, $\omega=10$ 에서 -40 dB/dec가 되므로 극점 $(s+5)$ , $(s+10)$ 이 있다.

저주파 점근선은 $\dfrac{K}{5\times10\,\omega}=\dfrac{K}{50\omega}$ 이고, $\omega=1$ 에서 0 dB(크기 1)이므로 $K=50$ 이다( $\omega=0.1$ 에서 20 dB도 일치).

분자 계수가 10인 식: 저주파 점근선이 $\omega=1$ 에서 약 -14 dB가 되어 그림과 맞지 않는다.
극점이 0.2와 0.1인 식: 절점이 5와 10이 아니라 1보다 낮은 주파수에 생겨 그림의 꺾임 위치와 다르다.

문제 20

전달함수

G(s)=\dfrac{1}{s(s^2+s+2)}

의 나이퀴스트(Nyquist) 선도가 다음 그림과 같다. A점의 좌표는

(a,0)

이고 A점에 해당하는 각주파수는

b

[rad/sec]일 때,

ab^2

의 값은?

1－4

2－3

3－2

4－1

정답 및 해설

A점은 음의 실수축 교차점으로 $a=-\dfrac{1}{2}$ , $b=\sqrt{2}$ 이므로 $ab^2=-1$ 이다.

$G(j\omega)=\dfrac{1}{j\omega(2-\omega^2+j\omega)}=\dfrac{1}{-\omega^2+j\omega(2-\omega^2)}$ 이다.

실수축 교차는 분모 허수부가 0일 때이므로 $2-\omega^2=0$ , $b^2=2$ 이다.
이때 $G=\dfrac{1}{-\omega^2}=-\dfrac{1}{2}$ 이므로 $ab^2=-\dfrac{1}{2}\times2=-1$ 이다.

-2: $a$ 를 -1로 잘못 구했을 때의 값이다.
-4, -3: 교차 주파수나 교차점 좌표를 잘못 구했을 때 나오는 값으로 계산 결과와 다르다.

문제 21

다음과 같은 제어시스템과 전차수 상태관측기(full-order state observer)에서 상태관측기의 고윳값(eigenvalue)이 －4, －8일 때, 관측기 이득행렬

K_e

와 시스템의 가관측성 행렬(observability matrix)

N

과의 곱인

NK_e

의 값은? (단,

\hat{x}

은

x

의 추정 상태변수이고,

A=\begin{bmatrix}0&3\\1&0\end{bmatrix}

B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}

C=\begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix}

이다)

\dot{x}=Ax+Bu

y=Cx

\dot{\hat{x}}=A\hat{x}+Bu+K_e(y-C\hat{x})

\begin{bmatrix}8\\32\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}12\\35\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}32\\8\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}35\\12\end{bmatrix}

문제 22

전달함수가

G(s)=\dfrac{s+1}{s-1}

이고

s

평면에서 폐경로(closed path)가 다음과 같이 주어질 때, 사상(mapping)은

G(s)

평면에서 폐곡선으로 나타난다. 이때

G(s)

평면으로 사상된 폐곡선에 대한 설명으로 옳은 것은?

1원점을 감싸지 않는다.

2원점을 시계방향으로 1회 감싼다.

3원점을 시계방향으로 2회 감싼다.

4원점을 반시계방향으로 1회 감싼다.

정답 및 해설

사상된 폐곡선은 원점을 감싸지 않는다.

편각의 원리에 따라 원점 감싸는 횟수는 $N=Z-P$ (Z, P는 폐경로 내부의 영점·극점 수)이다.

폐경로는 실수 -2~2, 허수 -1~1의 사각형으로, 내부에 영점 $s=-1$ 과 극점 $s=1$ 이 각각 하나씩 있다. 따라서 $N=1-1=0$ 이다.

시계방향 1회: 내부에 영점만 있을 때의 결과로, 극점이 함께 있어 상쇄된다.
시계방향 2회: 영점이 둘이고 극점이 없어야 나오는 결과이다.
반시계방향 1회: 내부에 극점만 있을 때의 결과이다.

문제 23

전달함수

G(s)

의 단위계단응답이

(1-e^{-t})u_s(t)

이고 제어기

C(s)=K_P\left(1+\dfrac{T_I}{s}\right)

로 단위 피드백 제어시스템을 구성한다. 폐루프 극점의 감쇠비가 0.5이고 단위경사입력(unit ramp input)에 대한 정상상태오차가

\dfrac{1}{9}

일 때,

K_P

와

T_I

의 값은? (단,

u_s(t)

는 단위계단함수이다)

\underline{K_P}

\underline{T_I}

11 4.5

21 9

32 4.5

42 9

정답 및 해설

두 조건을 연립하면 $K_P=2$ , $T_I=4.5$ 이다.

계단응답 $1-e^{-t}$ 에서 $G(s)=\dfrac{1}{s+1}$ 이고, 개루프 전달함수는 $\dfrac{K_P(s+T_I)}{s(s+1)}$ 이다.
속도오차상수 $K_v=K_PT_I$ , 경사입력 오차 $\dfrac{1}{K_PT_I}=\dfrac{1}{9}$ 이므로 $K_PT_I=9$ 이다.

특성방정식 $s^2+(1+K_P)s+K_PT_I=s^2+(1+K_P)s+9=0$ 에서 $\omega_n=3$ 이다.
$2\zeta\omega_n=2\times0.5\times3=3=1+K_P$ 이므로 $K_P=2$ , $T_I=\dfrac{9}{2}=4.5$ 이다.

$K_P=1$ 인 조합: $2\zeta\omega_n=1+K_P=2$ 가 되어, $T_I=4.5$ 이면 $\zeta=\dfrac{1}{\sqrt{4.5}}\approx0.47$ , $T_I=9$ 이면 $\zeta=\dfrac{1}{3}$ 로 감쇠비 0.5를 만족하지 않는다.
$K_P=2$ , $T_I=9$ : $K_PT_I=18$ 이 되어 경사입력 오차가 $\dfrac{1}{18}$ 이 된다.

문제 24

루프 전달함수

G(s)

에 대한 단위 피드백 제어시스템에서 니콜스(Nichols) 선도가 다음 그림과 같다. 일정 M 궤적(constant M-loci),

G(j\omega)

및

\dfrac{1}{G(j\omega)}

이 그림과 같이 표시될 때, 니콜스 선도에서 위상여유(PM)[°], 첨두공진치(M_r) 그리고 감도 최대크기(S_m) 값으로 가장 옳은 것은?

PM M_r S_m

134 1.8 2.2

234 2.2 1.8

3146 1.8 2.2

4146 2.2 1.8

정답 및 해설

그림에서 읽으면 위상여유 34°, 첨두공진치 1.8, 감도 최대크기 2.2이다.

$G(j\omega)$ 가 0 dB 선을 지나는 위상은 약 -146°이므로 위상여유는 $180-146=34$ °이다.

첨두공진치는 $G(j\omega)$ 가 접하는 가장 큰 일정 M 궤적 값(1.8)이다. 감도 $S=\dfrac{1}{1+G}=\dfrac{1/G}{1+1/G}$ 이므로 $\dfrac{1}{G(j\omega)}$ 곡선이 접하는 M 궤적(2.2)이 감도 최대크기가 된다.

위상여유 146°인 조합: 0 dB 교차점의 위상값 자체를 위상여유로 착각한 것이다.
첨두공진치 2.2·감도 1.8인 조합: $G$ 곡선과 $1/G$ 곡선이 접하는 M 궤적을 서로 바꿔 읽은 것이다.

문제 25

루프 전달함수

G_1(s)=\dfrac{1}{s^3+s^2+3s}

에 대한 단위 피드백 제어시스템의 이득여유는

A

이고 위상여유는

B

일 때, 루프 전달함수

G_2(s)=\dfrac{1}{27s^3+9s^2+9s}

에 대한 단위 피드백 제어시스템의 이득여유와 위상여유는?
이득여유 위상여유

\dfrac{A}{3}

\dfrac{B}{3}

\dfrac{A}{3}

B

A

B

3A

3B

정답 및 해설

$G_2$ 에 대한 이득여유와 위상여유는 각각 $A$ , $B$ 로 변하지 않는다.

$G_1(3s)=\dfrac{1}{27s^3+9s^2+9s}=G_2(s)$ 이므로 $G_2(j\omega)=G_1(j3\omega)$ 이다.

즉 주파수축만 1/3로 축척될 뿐 나이퀴스트 선도의 모양은 같아, 위상교차점에서의 크기와 이득교차점에서의 위상이 그대로이다.

이득여유만 1/3이 된다는 것은 주파수 축척을 크기 축척으로 오해한 것이다.
두 여유가 모두 1/3이 된다는 것은 교차주파수가 1/3로 바뀌는 것을 여유 값의 변화로 착각한 것이다.
두 여유가 모두 3배가 된다는 것도 같은 착각으로, 여유 값 자체는 바뀌지 않는다.

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21년 1회차

총 25문항 · 객관식 · 정답·해설 포함

문제 1

극점(pole)과 영점(zero)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1시스템의 안정도(stability)는 극점에 의해 결정된다.

2시스템의 과도응답(transient response)은

s

평면상의 허수축에 가까운 극점에 의하여 지배된다.

3시스템의 과도응답은 극점뿐만 아니라 영점에 의해 결정된다.

4우반평면에 영점을 갖는 시스템은 최소위상(minimum phase) 시스템이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 우반평면 영점을 갖는 시스템이 최소위상 시스템이라는 설명이다.

안정도는 특성방정식의 근, 즉 극점의 위치로 결정되므로 옳다.
허수축에 가까운 극점은 감쇠가 느려 응답을 오래 지배하는 대표근(dominant pole)이 되므로 옳다.
영점은 각 모드의 잔류(residue) 크기를 바꿔 오버슈트 등 과도응답의 모양에 영향을 주므로 옳다.

문제 2

주파수영역에서 단일 입출력 제어시스템의 해석에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1주파수 대역폭(bandwidth)이 커질수록 시스템의 응답속도는 느리다.

2일반적으로 첨두공진치(resonant peak value)가 커지면 시간영역에서 단위계단응답의 오버슈트(overshoot)가 커진다.

3폐루프시스템의 안정도는 루프 전달함수(loop transfer function)의 나이퀴스트(Nyquist) 선도를 이용하여 판별할 수 있다.

4상대안정도(relative stability)는 일반적으로 이득여유(gain margin)와 위상여유(phase margin)로 나타낼 수 있다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 대역폭이 커질수록 응답속도가 느리다는 설명이다.

대역폭이 넓을수록 빠른 신호 성분까지 통과시키므로 상승시간이 짧아져 응답속도는 빨라진다. 대역폭과 상승시간은 대략 반비례한다.

첨두공진치가 클수록 감쇠비가 작아 계단응답의 오버슈트가 커지므로 옳다.
나이퀴스트 판별법은 루프 전달함수의 주파수응답으로 폐루프 안정도를 판별하므로 옳다.
이득여유와 위상여유는 임계점까지의 거리로 상대안정도를 나타내는 대표 지표이므로 옳다.

문제 3

다음 블록선도에서 시스템의 입출력 전달함수

\dfrac{Y(s)}{R(s)}

는?

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2-G_2G_3H_3}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2+G_2G_3H_3}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2-G_2G_3H_3+G_1G_2G_3G_4H_1H_2}

\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{1+G_1G_2H_1+G_3G_4H_2+G_2G_3H_3+G_1G_2G_3G_4H_1H_2}

정답 및 해설

전달함수는 분모에 세 루프 이득의 합과 서로 접촉하지 않는 두 루프의 곱이 더해진 형태이다.

전향경로 $P_1=G_1G_2G_3G_4$ 는 모든 루프와 접촉하므로 $\Delta_1=1$ , 따라서 $\dfrac{Y}{R}=\dfrac{G_1G_2G_3G_4}{\Delta}$ 이다.

$G_2G_3H_3$ 항의 부호를 음(-)으로 둔 식: $H_3$ 궤환이 가합점에 (-)로 들어가므로 루프 이득이 음이 되어 분모에는 (+)로 더해진다.
비접촉 루프 곱 $G_1G_2G_3G_4H_1H_2$ 를 빠뜨린 식: 서로 접촉하지 않는 두 루프가 있으므로 이 항이 반드시 들어가야 한다.

문제 4

다음 그림과 같이 2차 표준형 시스템의 극점의 위치가 A, B와 같이 주어질 때, 시스템의 응답특성에 대한 설명으로 옳지 않은 것은?

1극점 B에서의 상승시간(rise time)이 A보다 감소한다.

2극점 B에서의 최대 오버슈트(maximum overshoot)가 A보다 크다.

3극점 B에서의 정착시간(settling time)이 A보다 감소한다.

4극점 B에서의 감쇠비(damping ratio)가 A보다 작다.

정답 및 해설

두 극점의 실수부가 -2로 같으므로 정착시간은 B와 A가 같다. 따라서 B에서 정착시간이 감소한다는 설명이 옳지 않다.

상승시간 감소: B는 원점으로부터의 거리 $\omega_n$ 이 더 커서 응답이 빨라지므로 옳다.
최대 오버슈트 증가: B는 허수축 쪽으로 각이 더 벌어져 감쇠비가 작아지므로 오버슈트가 커져 옳다.
감쇠비 감소: $\zeta=\cos\theta$ 에서 음의 실수축과 이루는 각 $\theta$ 가 B에서 더 크므로 옳다.

문제 5

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템이 안정하기 위한 필요조건으로 옳지 않은 것은? (단,

K>0,\ p>0,\ z>0

이고

p\neq z

이다)

z<p-1

p>1

K>\dfrac{p(p-1)}{p-z-1}

K<p

정답 및 해설

Routh 판별로 얻는 안정 조건은 $K\gt p$ 이므로 $K\lt p$ 라는 조건이 옳지 않다.

특성방정식은 $s(s-1)(s+p)+K(s+z)=0$ , 즉 $s^3+(p-1)s^2+(K-p)s+Kz=0$ 이다.
모든 계수가 양수여야 하므로 $p\gt 1$ , $K\gt p$ 이다.

$z\lt p-1$ : $s^1$ 행 조건이 성립하기 위해 필요하므로 옳다.
$p\gt 1$ : $s^2$ 계수 $p-1$ 이 양수여야 하므로 옳다.
$K\gt \dfrac{p(p-1)}{p-z-1}$ : $s^1$ 행 조건을 정리한 결과이므로 옳다.

문제 6

함수

y(t)

의 라플라스 변환

Y(s)

가 다음과 같이 주어질 때,

\omega

와

T

의 값은? (단,

u_s(t)

는 단위계단함수이다)

y(t)=e^{-2(t-1)}\cos(\omega(t-1))u_s(t-1)

Y(s)=e^{-Ts}\dfrac{s+2}{s^2+4s+13}

\underline{\omega}

\underline{T}

13 1

23 2

\sqrt{13}

\sqrt{13}

정답 및 해설

분모를 완전제곱 꼴로 바꾸면 $\omega=3,\ T=1$ 이다.

분모: $s^2+4s+13=(s+2)^2+3^2$
따라서 $\dfrac{s+2}{(s+2)^2+3^2}\ \leftrightarrow\ e^{-2t}\cos 3t$

시간이동 정리 $f(t-1)u_s(t-1)\ \leftrightarrow\ e^{-s}F(s)$ 에 의해 지연 $T=1$ 이다.

$\sqrt{13}$ 은 고유진동수 $\omega_n$ 이며, 코사인 안에 들어가는 감쇠진동 주파수 $\omega_d=3$ 이 아니다.
지연 2는 지수의 감쇠율 2를 시간 지연으로 혼동한 값이다.

문제 7

제어대상의 단위임펄스응답

y(t)

가 다음과 같이 주어질 때, 입출력 전달함수

G(s)

는? (단,

t\geq 0

이다)

y(t)=3e^t-3e^{-t}(\sin(t)+\cos(t))

\dfrac{3(s-4)}{(s+1)(s^2-2s+2)}

\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}

\dfrac{s-4}{(s+1)(s^2-2s+2)}

\dfrac{s+4}{(s-1)(s^2+2s+2)}

정답 및 해설

전달함수는 단위임펄스응답의 라플라스 변환이므로 $G(s)=\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$ 이다.

항별 변환: $3e^{t}\rightarrow\dfrac{3}{s-1}$
$3e^{-t}(\sin t+\cos t)\rightarrow\dfrac{3+3(s+1)}{(s+1)^2+1}=\dfrac{3(s+2)}{s^2+2s+2}$

통분: $\dfrac{3(s^2+2s+2)-3(s+2)(s-1)}{(s-1)(s^2+2s+2)}=\dfrac{3(s+4)}{(s-1)(s^2+2s+2)}$

분모가 $(s+1)(s^2-2s+2)$ 이고 계수 3이 있는 식은 $e^{t}$ 와 $e^{-t}$ 의 극점 부호를 뒤바꾼 것이다.
분모가 $(s+1)(s^2-2s+2)$ 이고 계수 3이 없는 식은 극점 부호와 진폭을 모두 잘못 둔 것이다.
극점은 맞지만 계수 3이 없는 식은 임펄스응답의 진폭 3을 누락한 것이다.

문제 8

전달함수

G(s)=\dfrac{1}{s+1}

에 각주파수

\omega

[rad/sec]인 정현파 입력이 주어지고 그 입출력비가 －3dB일 때, 출력되는 정현파의 주파수[Hz]와 위상지연[rad]은? (단, 각주파수

\omega>0

이고

\log_{10}2\approx 0.3

이다)
주파수 위상지연

\dfrac{1}{2\pi}

\dfrac{\pi}{4}

\dfrac{1}{2\pi}

\dfrac{\pi}{3}

\dfrac{\pi}{4}

\dfrac{\pi}{3}

정답 및 해설

−3 dB는 크기비 $1/\sqrt{2}$ 이므로 주파수 $\dfrac{1}{2\pi}\,\mathrm{Hz}$ , 위상지연 $\dfrac{\pi}{4}\,\mathrm{rad}$ 이다.

데시벨: $20\log_{10}\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-10\log_{10}2\approx-3\,\mathrm{dB}$
크기: $\dfrac{1}{\sqrt{1+\omega^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow\omega=1\,\mathrm{rad/s}$

주파수: $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{1}{2\pi}\,\mathrm{Hz}$
위상: $-\tan^{-1}\omega=-\tan^{-1}1=-\dfrac{\pi}{4}$

주파수 1 Hz는 각주파수 1 rad/s를 Hz로 환산하지 않은 값이다.
위상지연 $\pi/3$ 은 $\tan^{-1}\sqrt{3}$ 에 해당해 $\omega=1$ 과 맞지 않는다.
1 Hz와 $\pi/3$ 조합은 주파수 환산과 위상 계산이 모두 틀린 값이다.

문제 9

다음과 같은 상태공간방정식에서 특성방정식(characteristic equation)의 근궤적(root locus)에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

K>0

이고,

j=\sqrt{-1}

이다)

\begin{bmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\\\dot{x}_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\-K&-4&-5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}r

y=\begin{bmatrix}1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}

1점근선의 각도는 60°, 180°, 300°이다.

2점근선의 실수축과 교차점은 －2이다.

3근궤적의 허수축과 교차점은

+j2

와

-j2

이다.

4근궤적의 허수축과 교차점에서의

K

값은 20이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 점근선의 실수축 교차점이 −2라는 설명이다. 실제 교차점은 $-\dfrac{5}{3}$ 이다.

특성방정식: $\det(sI-A)=s^3+5s^2+4s+K=0$
근궤적 형태: $1+\dfrac{K}{s(s+1)(s+4)}=0$ (극점 $0,-1,-4$ , 영점 없음)

점근선 중심: $\sigma=\dfrac{0-1-4}{3}=-\dfrac{5}{3}$

점근선 각도는 $\dfrac{(2k+1)180^\circ}{3}$ 로 60°, 180°, 300°이므로 옳다.
Routh 배열의 $s^1$ 행 $\dfrac{20-K}{5}=0$ 에서 임계 이득 $K=20$ 이므로 옳다.
보조방정식 $5s^2+20=0$ 에서 $s=\pm j2$ 이므로 허수축 교차점 설명도 옳다.

문제 10

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템의 안정도와 성능에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단, 기준입력

R(s)=\dfrac{1}{s^2}

이고 외란입력

D(s)=\dfrac{1}{s}

이며,

K>0,\ K_1>0

이다)

1폐루프시스템은 항상 안정하다.

K

는 고정하고

K_1

이 증가하면

R(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 증가한다.

K

는 고정하고

K_1

이 증가하면

D(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 감소한다.

K_1

은 고정하고

K

가 증가하면

R(s)

와

D(s)

에 대한 정상상태오차 크기는 모두 감소한다.

정답 및 해설

외란에 대한 정상상태오차 크기는 $\dfrac{1}{K}$ 로 $K_1$ 과 무관하므로, $K_1$ 이 증가하면 감소한다는 설명이 옳지 않다.

내부 루프를 정리하면 $\dfrac{1}{s^2+K_1s}=\dfrac{1}{s(s+K_1)}$ 이고, 개루프 전달함수는 $\dfrac{K}{s(s+K_1)}$ , 특성방정식은 $s^2+K_1s+K=0$ 이다.

외란에 의한 출력은 $Y_D=\dfrac{1}{s^2+K_1s+K}D(s)$ 이므로 $y_{ss}=\lim_{s\to0}s\cdot\dfrac{1}{s^2+K_1s+K}\cdot\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{K}$ 이다.

항상 안정: 2차 특성방정식의 계수 $K_1$ , $K$ 가 모두 양수이므로 옳다.
$K_1$ 증가 시 경사입력 오차 증가: 속도오차상수 $K_v=\dfrac{K}{K_1}$ 이므로 오차 $\dfrac{K_1}{K}$ 가 커져 옳다.
$K$ 증가 시 두 오차 모두 감소: 경사입력 오차 $\dfrac{K_1}{K}$ , 외란 오차 $\dfrac{1}{K}$ 가 모두 줄어 옳다.

문제 11

다음과 같은 단일 입출력 상태공간방정식에서

x=Pz

를 이용하여 새로운 상태변수

z

인 같은 차원의 상태공간방정식으로 상사변환(similarity transformation)할 때, 극점과 영점에 대한 설명으로 옳은 것은? (단,

x

는

n\times 1

상태벡터이고

P

는

n\times n

정칙행렬(nonsingular matrix)이다)

\dot{x}=Ax+Bu

y=Cx

1상사변환 전후의 극점과 영점의 위치는 동일하다.

2상사변환 전후의 극점의 위치는 동일하지만 영점의 위치는 달라진다.

3상사변환 전후의 극점의 위치는 달라지지만 영점의 위치는 동일하다.

4상사변환 전후의 극점과 영점의 위치는 달라진다.

정답 및 해설

상사변환 전후 극점과 영점의 위치는 모두 동일하다.

변환 후 $\bar{A}=P^{-1}AP,\ \bar{B}=P^{-1}B,\ \bar{C}=CP$ 이므로
$\bar{C}(sI-\bar{A})^{-1}\bar{B}=CP\,P^{-1}(sI-A)^{-1}P\,P^{-1}B=C(sI-A)^{-1}B$
즉 전달함수가 불변이다.

극점은 고윳값( $\det(sI-\bar{A})=\det(sI-A)$ ), 영점은 전달함수 분자로 정해지므로 둘 다 그대로다.

영점만 달라진다는 설명은 전달함수 불변성에 어긋난다.
극점만 달라진다는 설명은 닮음행렬의 고윳값이 같다는 성질에 어긋난다.
둘 다 달라진다는 설명은 상태변수의 좌표만 바꾸는 상사변환의 의미와 맞지 않는다.

문제 12

다음과 같은 상태공간방정식에서 단위계단입력에 대한 정상상태 출력은?

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

y=\begin{bmatrix}1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}

1－3

-\dfrac{3}{2}

\dfrac{3}{2}

정답 및 해설

단위계단입력에 대한 정상상태 출력은 $\dfrac{3}{2}$ 이다.

고윳값이 $-1,-2$ 로 안정하므로 정상상태에서 $\dot{x}=0,\ u=1$ :
$-x_1+1=0\Rightarrow x_1=1$
$x_1-2x_2=0\Rightarrow x_2=\dfrac{1}{2}$

출력: $y=x_1+x_2=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ (직류이득 $-CA^{-1}B$ 와 같다)

음의 값들은 $-CA^{-1}B$ 의 부호를 놓친 것으로, 양의 계단입력에 두 상태가 모두 양의 값으로 수렴하는 결과와 맞지 않는다.
크기 3은 두 상태의 정상값 합 $1+\frac{1}{2}$ 과 맞지 않는다.

문제 13

다음 그림과 같은 피드백 제어시스템에서 제어기

H(s)

의 변화에 대한 폐루프 전달함수

T(s)

의 감도(sensitivity)

S_H^T

는?

\dfrac{1}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{H(s)}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{-G(s)H(s)}{1+G(s)H(s)}

\dfrac{H(s)}{(1+G(s)H(s))^2}

정답 및 해설

제어기 $H$ 에 대한 감도는 $S_H^T=\dfrac{-G(s)H(s)}{1+G(s)H(s)}$ 이다.

폐루프 전달함수는 $T=\dfrac{G}{1+GH}$ 이고 $\dfrac{\partial T}{\partial H}=\dfrac{-G^2}{(1+GH)^2}$ 이다.

$\dfrac{1}{1+GH}$ : 전향요소 $G$ 에 대한 감도 $S_G^T$ 이다.
$\dfrac{H}{1+GH}$ 와 $\dfrac{H}{(1+GH)^2}$ : 비율 감도의 정의 $\dfrac{H}{T}\dfrac{\partial T}{\partial H}$ 를 따르지 않은 형태이다.

문제 14

다음 상태방정식에서 상태천이행렬(state transition matrix)을

\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}

이라 할 때,

a_{12}

는?

\begin{bmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u

e^{-t}+e^{-2t}

e^{-t}-e^{-2t}

-e^{-t}+e^{-2t}

-e^{-t}-e^{-2t}

정답 및 해설

상태천이행렬의 (1,2) 성분은 $a_{12}=e^{-t}-e^{-2t}$ 이다.

$\Phi(s)=(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{s^2+3s+2}\begin{bmatrix}s+3&1\\-2&s\end{bmatrix}$

$a_{12}(s)=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}=\dfrac{1}{s+1}-\dfrac{1}{s+2}$
역변환: $e^{-t}-e^{-2t}$

$e^{-t}+e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서 2가 되어 $\Phi(0)=I$ 의 비대각 성분 0과 맞지 않는다.
$-e^{-t}+e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서의 기울기가 $-1$ 이어서 $\dot{\Phi}(0)=A$ 의 (1,2) 성분 1과 맞지 않는다.
$-e^{-t}-e^{-2t}$ 는 $t=0$ 에서 $-2$ 가 되어 초기조건을 만족하지 않는다.

문제 15

보상기(compensator)

C(s)=\dfrac{aTs+1}{Ts+1}

에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

a=3,\ T=1

이다)

a>1

이므로 진상보상기(phase lead compensator)가 된다.

2보상기

C(s)

는

\dfrac{d}{d\omega}[\tan^{-1}(aT\omega)-\tan^{-1}(T\omega)]=0

을 만족하는 주파수에서 최대 위상을 갖는다.

3보상기의 최대 위상각

\phi_m

은

\dfrac{\pi}{6}

rad이다.

4보상기가 최대 위상을 갖는 각주파수

\omega_m

은

\sqrt{3}

rad/sec이다.

정답 및 해설

옳지 않은 것은 최대 위상 각주파수가 $\sqrt{3}$ rad/s라는 설명이다. 실제는 $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ rad/s이다.

영점 $-\frac{1}{3}$ 이 극점 $-1$ 보다 원점에 가까워( $a\gt 1$ ) 위상이 앞서므로 진상보상기라는 설명은 옳다.
최대 위상은 위상을 $\omega$ 로 미분한 값이 0인 주파수에서 생기므로 옳다.
$\sin\phi_m=\dfrac{a-1}{a+1}=\dfrac{1}{2}$ 에서 $\phi_m=\dfrac{\pi}{6}$ 이므로 옳다.

문제 16

전달함수

G(s)=\dfrac{4}{s^2+2s+4}

를 다음의 상태공간방정식으로 나타낼 때,

ab

의 값은?

\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&\sqrt{3}\\-\sqrt{3}&-1\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\a\end{bmatrix}u

y=\begin{bmatrix}b&0\end{bmatrix}x

\dfrac{1}{\sqrt{3}}

\dfrac{2}{\sqrt{3}}

\dfrac{3}{\sqrt{3}}

\dfrac{4}{\sqrt{3}}

정답 및 해설

$ab$ 의 값은 $\dfrac{4}{\sqrt{3}}$ 이다.

$(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{(s+1)^2+3}\begin{bmatrix}s+1&\sqrt{3}\\-\sqrt{3}&s+1\end{bmatrix}$ , 분모 $=s^2+2s+4$

$\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ 은 분자 이득을 4가 아닌 1로 본 값이다.
$\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ 은 이득 4 대신 고유진동수 $\omega_n=2$ 를 쓴 값이다.
$\dfrac{3}{\sqrt{3}}$ 은 분자를 3으로 둔 값으로 주어진 전달함수와 맞지 않는다.

문제 17

다음과 같은 피드백 제어시스템에서 보상기

C(s)=K\dfrac{s+z}{s+p}

를 사용하여 안정한 폐루프시스템을 설계할 때, 제어시스템의 특성에 대한 설명으로 옳지 않은 것은? (단,

G(s)

는 최소위상시스템이고,

K>0,\ p>0,\ z>0,\ p\neq z

이다)

z>p

일 때 보상기는 폐루프시스템의 정상상태오차를 개선할 수 있다.

z<p

일 때 보상기는 폐루프시스템의 과도응답을 개선할 수 있다.

z

와

p

는 고정하고

K

가 증가하면 루프 전달함수의 이득여유는 증가한다.

z

와

p

는 고정하고

K

가 증가하면 루프 전달함수의 위상여유는 감소한다.

정답 및 해설

$K$ 가 증가하면 루프 이득이 커지므로 이득여유는 감소한다. 따라서 이득여유가 증가한다는 설명이 옳지 않다.

이득여유는 위상교차주파수에서 루프 이득이 0 dB까지 남은 여유이므로, 크기가 $K$ 배 커지면 그만큼 줄어든다.

$z\gt p$ : 극점이 영점보다 원점에 가까운 지상 보상기로, 저주파 이득을 높여 정상상태오차를 개선할 수 있어 옳다.
$z\lt p$ : 진상 보상기로, 위상을 앞당겨 과도응답(속응성·감쇠)을 개선할 수 있어 옳다.
$K$ 증가 시 위상여유 감소: 이득교차주파수가 높아져 위상 지연이 커진 지점에서 0 dB를 지나므로 옳다.

문제 18

다음과 같은 상태변수 피드백 제어시스템에서 폐루프시스템의 극점이 －2, －2일 때, 제어이득

k_1

과

k_2

는?

\dot{x}_1=x_2

\dot{x}_2=u

u=-k_1x_1-k_2x_2

\underline{k_1}

\underline{k_2}

12 2

22 4

34 2

44 4

정답 및 해설

폐루프 극점을 $-2,-2$ 로 만드는 이득은 $k_1=4,\ k_2=4$ 이다.

폐루프: $\ddot{x}_1=-k_1x_1-k_2\dot{x}_1$
특성방정식: $s^2+k_2s+k_1=0$

목표: $(s+2)^2=s^2+4s+4$
계수 비교: $k_2=4,\ k_1=4$

$k_1=2,\ k_2=2$ 이면 $s^2+2s+2=0$ 으로 극점이 $-1\pm j$ 가 된다.
$k_1=2,\ k_2=4$ 이면 $s^2+4s+2=0$ 으로 극점이 $-2\pm\sqrt{2}$ 가 된다.
$k_1=4,\ k_2=2$ 이면 $s^2+2s+4=0$ 으로 극점이 $-1\pm j\sqrt{3}$ 가 된다.

문제 19

다음 그림은 점근선으로 표시한 보드(Bode) 선도이다. 그림에 가장 적합한 전달함수

G(s)

는? (단,

\omega<0.1

rad/sec에서 기울기는

0.1\leq\omega<1

에서의 기울기와 같고, A는 －20 dB/dec, B는 －40 dB/dec의 기울기이다)

\dfrac{10(s+1)}{s(s+5)(s+10)}

\dfrac{50(s+1)}{s(s+5)(s+10)}

\dfrac{10(s+1)}{s(s+0.2)(s+0.1)}

\dfrac{50(s+1)}{s(s+0.2)(s+0.1)}

정답 및 해설

절점과 저주파 이득을 맞추면 전달함수는 $G(s)=\dfrac{50(s+1)}{s(s+5)(s+10)}$ 이다.

저주파 점근선은 $\dfrac{K}{5\times10\,\omega}=\dfrac{K}{50\omega}$ 이고, $\omega=1$ 에서 0 dB(크기 1)이므로 $K=50$ 이다( $\omega=0.1$ 에서 20 dB도 일치).

분자 계수가 10인 식: 저주파 점근선이 $\omega=1$ 에서 약 -14 dB가 되어 그림과 맞지 않는다.
극점이 0.2와 0.1인 식: 절점이 5와 10이 아니라 1보다 낮은 주파수에 생겨 그림의 꺾임 위치와 다르다.

문제 20

전달함수

G(s)=\dfrac{1}{s(s^2+s+2)}

의 나이퀴스트(Nyquist) 선도가 다음 그림과 같다. A점의 좌표는

(a,0)

이고 A점에 해당하는 각주파수는

b

[rad/sec]일 때,

ab^2

의 값은?

1－4

2－3

3－2

4－1

정답 및 해설

A점은 음의 실수축 교차점으로 $a=-\dfrac{1}{2}$ , $b=\sqrt{2}$ 이므로 $ab^2=-1$ 이다.

$G(j\omega)=\dfrac{1}{j\omega(2-\omega^2+j\omega)}=\dfrac{1}{-\omega^2+j\omega(2-\omega^2)}$ 이다.

실수축 교차는 분모 허수부가 0일 때이므로 $2-\omega^2=0$ , $b^2=2$ 이다.
이때 $G=\dfrac{1}{-\omega^2}=-\dfrac{1}{2}$ 이므로 $ab^2=-\dfrac{1}{2}\times2=-1$ 이다.

-2: $a$ 를 -1로 잘못 구했을 때의 값이다.
-4, -3: 교차 주파수나 교차점 좌표를 잘못 구했을 때 나오는 값으로 계산 결과와 다르다.

문제 21

다음과 같은 제어시스템과 전차수 상태관측기(full-order state observer)에서 상태관측기의 고윳값(eigenvalue)이 －4, －8일 때, 관측기 이득행렬

K_e

와 시스템의 가관측성 행렬(observability matrix)

N

과의 곱인

NK_e

의 값은? (단,

\hat{x}

은

x

의 추정 상태변수이고,

A=\begin{bmatrix}0&3\\1&0\end{bmatrix}

B=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}

C=\begin{bmatrix}0&1\end{bmatrix}

이다)

\dot{x}=Ax+Bu

y=Cx

\dot{\hat{x}}=A\hat{x}+Bu+K_e(y-C\hat{x})

\begin{bmatrix}8\\32\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}12\\35\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}32\\8\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}35\\12\end{bmatrix}

문제 22

전달함수가

G(s)=\dfrac{s+1}{s-1}

이고

s

평면에서 폐경로(closed path)가 다음과 같이 주어질 때, 사상(mapping)은

G(s)

평면에서 폐곡선으로 나타난다. 이때

G(s)

평면으로 사상된 폐곡선에 대한 설명으로 옳은 것은?

1원점을 감싸지 않는다.

2원점을 시계방향으로 1회 감싼다.

3원점을 시계방향으로 2회 감싼다.

4원점을 반시계방향으로 1회 감싼다.

정답 및 해설

사상된 폐곡선은 원점을 감싸지 않는다.

편각의 원리에 따라 원점 감싸는 횟수는 $N=Z-P$ (Z, P는 폐경로 내부의 영점·극점 수)이다.

폐경로는 실수 -2~2, 허수 -1~1의 사각형으로, 내부에 영점 $s=-1$ 과 극점 $s=1$ 이 각각 하나씩 있다. 따라서 $N=1-1=0$ 이다.

시계방향 1회: 내부에 영점만 있을 때의 결과로, 극점이 함께 있어 상쇄된다.
시계방향 2회: 영점이 둘이고 극점이 없어야 나오는 결과이다.
반시계방향 1회: 내부에 극점만 있을 때의 결과이다.

문제 23

전달함수

G(s)

의 단위계단응답이

(1-e^{-t})u_s(t)

이고 제어기

C(s)=K_P\left(1+\dfrac{T_I}{s}\right)

로 단위 피드백 제어시스템을 구성한다. 폐루프 극점의 감쇠비가 0.5이고 단위경사입력(unit ramp input)에 대한 정상상태오차가

\dfrac{1}{9}

일 때,

K_P

와

T_I

의 값은? (단,

u_s(t)

는 단위계단함수이다)

\underline{K_P}

\underline{T_I}

11 4.5

21 9

32 4.5

42 9

정답 및 해설

두 조건을 연립하면 $K_P=2$ , $T_I=4.5$ 이다.

특성방정식 $s^2+(1+K_P)s+K_PT_I=s^2+(1+K_P)s+9=0$ 에서 $\omega_n=3$ 이다.
$2\zeta\omega_n=2\times0.5\times3=3=1+K_P$ 이므로 $K_P=2$ , $T_I=\dfrac{9}{2}=4.5$ 이다.

$K_P=1$ 인 조합: $2\zeta\omega_n=1+K_P=2$ 가 되어, $T_I=4.5$ 이면 $\zeta=\dfrac{1}{\sqrt{4.5}}\approx0.47$ , $T_I=9$ 이면 $\zeta=\dfrac{1}{3}$ 로 감쇠비 0.5를 만족하지 않는다.
$K_P=2$ , $T_I=9$ : $K_PT_I=18$ 이 되어 경사입력 오차가 $\dfrac{1}{18}$ 이 된다.

문제 24

루프 전달함수

G(s)

에 대한 단위 피드백 제어시스템에서 니콜스(Nichols) 선도가 다음 그림과 같다. 일정 M 궤적(constant M-loci),

G(j\omega)

및

\dfrac{1}{G(j\omega)}

이 그림과 같이 표시될 때, 니콜스 선도에서 위상여유(PM)[°], 첨두공진치(M_r) 그리고 감도 최대크기(S_m) 값으로 가장 옳은 것은?

PM M_r S_m

134 1.8 2.2

234 2.2 1.8

3146 1.8 2.2

4146 2.2 1.8

정답 및 해설

그림에서 읽으면 위상여유 34°, 첨두공진치 1.8, 감도 최대크기 2.2이다.

$G(j\omega)$ 가 0 dB 선을 지나는 위상은 약 -146°이므로 위상여유는 $180-146=34$ °이다.

위상여유 146°인 조합: 0 dB 교차점의 위상값 자체를 위상여유로 착각한 것이다.
첨두공진치 2.2·감도 1.8인 조합: $G$ 곡선과 $1/G$ 곡선이 접하는 M 궤적을 서로 바꿔 읽은 것이다.

문제 25

루프 전달함수

G_1(s)=\dfrac{1}{s^3+s^2+3s}

에 대한 단위 피드백 제어시스템의 이득여유는

A

이고 위상여유는

B

일 때, 루프 전달함수

G_2(s)=\dfrac{1}{27s^3+9s^2+9s}

에 대한 단위 피드백 제어시스템의 이득여유와 위상여유는?
이득여유 위상여유

\dfrac{A}{3}

\dfrac{B}{3}

\dfrac{A}{3}

B

A

B

3A

3B

정답 및 해설

$G_2$ 에 대한 이득여유와 위상여유는 각각 $A$ , $B$ 로 변하지 않는다.

$G_1(3s)=\dfrac{1}{27s^3+9s^2+9s}=G_2(s)$ 이므로 $G_2(j\omega)=G_1(j3\omega)$ 이다.

즉 주파수축만 1/3로 축척될 뿐 나이퀴스트 선도의 모양은 같아, 위상교차점에서의 크기와 이득교차점에서의 위상이 그대로이다.

이득여유만 1/3이 된다는 것은 주파수 축척을 크기 축척으로 오해한 것이다.
두 여유가 모두 1/3이 된다는 것은 교차주파수가 1/3로 바뀌는 것을 여유 값의 변화로 착각한 것이다.
두 여유가 모두 3배가 된다는 것도 같은 착각으로, 여유 값 자체는 바뀌지 않는다.