[7급 국가직 자동제어] 26년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

전달함수는 $\dfrac{2s}{6s^2+7s+3}$이다.
이득 2 블록 출력을 $N$이라 두면 $C=\dfrac{N}{s+1}$이고, 첫 합산점 출력은 $R-3N$, 둘째 합산점 출력은 $s(R-3N)-C$이다.
따라서 $N=2s(R-3N)-\dfrac{2N}{s+1}$에서 $N\left(6s+1+\dfrac{2}{s+1}\right)=2sR$이다.
$C=\dfrac{N}{s+1}=\dfrac{2sR}{(6s+1)(s+1)+2}=\dfrac{2s}{6s^2+7s+3}R$
$\dfrac{2s}{6s^2+5s-1}$: 상수항이 음수이다. 두 귀환이 모두 음귀환이므로 분모 상수항은 $1\cdot1+2=3$으로 양수여야 한다.
$\dfrac{2s}{6s^2-5s-1}$: 1차항·상수항이 음수여서 분모 계수가 모두 양수라는 조건에 맞지 않는다.
$\dfrac{2s}{6s^2-7s-3}$: 계수 크기는 같지만 부호가 음수로 바뀌어 맞지 않는다.

메이슨 공식으로 구한 전달함수는 $\dfrac{2+G_1(s)G_2(s)}{1-G_1(s)H(s)}$이다.
순방향 경로는 $G_1G_2$와 위쪽 우회 경로 이득 2 두 개이고, 폐루프는 $G_1H$ 하나뿐이다. 이 루프는 화살표 방향상 양의 귀환이므로 $\Delta=1-G_1H$이다.
두 경로 모두 루프의 시작 노드를 지나므로 루프와 접촉하여 $\Delta_1=\Delta_2=1$이다.
분자가 $G_1+G_2$인 식: 직렬 경로 이득은 곱해야 하며 우회 경로 이득 2가 빠져 있다.
분자가 $2G_1G_2$인 식: 병렬 경로는 곱이 아니라 합으로 더해야 한다.
분모가 $1+G_1H$인 식: 양의 귀환 루프를 음의 귀환으로 처리한 오류이다.

역변환 결과는 $f(t)=3\cos 3t+2\sin 3t$이다.
분자를 코사인·사인 꼴로 나눈다.
$F(s)=3\cdot\dfrac{s}{s^2+3^2}+2\cdot\dfrac{3}{s^2+3^2}$
$\mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{s}{s^2+\omega^2}\right]=\cos\omega t,\ \mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{\omega}{s^2+\omega^2}\right]=\sin\omega t$이고 $\omega=3$이다.
$2\cos 3t+3\sin 3t$: 코사인과 사인의 계수가 서로 뒤바뀌었다.
$2\cos 9t+3\sin 9t$: 각주파수는 $\omega^2=9$의 제곱근인 3이지 9가 아니다.
$3\cos t+2\sin t$: 각주파수를 1로 잘못 잡았다.

옳지 않은 설명은 지상보상기가 고주파 이득을 증가시킨다는 내용이다.
지상보상기는 저주파 이득을 상대적으로 높이고 고주파 이득은 감쇠시키는 저역통과 특성을 가지며, 저주파 이득 증가로 정상상태 오차를 줄인다.
진상보상기: 위상을 앞당겨 위상여유·대역폭을 키우므로 상승시간이 줄고 과도응답이 개선된다.
지상-진상보상기의 구성: 지상부와 진상부를 직렬로 연결한 형태가 맞다.
지상-진상보상기의 효과: 지상부가 정상상태 오차를, 진상부가 과도응답을 맡아 둘을 동시에 개선한다.

두 시스템의 극점이 원점에서 그은 같은 직선 위에 있으므로 감쇠비가 같고, 따라서 최대 오버슈트도 같다. 오버슈트가 더 작다는 설명이 옳지 않다.
극점과 원점 사이 각도 $\theta$에 대해 $\zeta=\cos\theta$이고, 최대 오버슈트 $M_p=e^{-\zeta\pi/\sqrt{1-\zeta^2}}$는 감쇠비만의 함수이다.
두 시스템 모두 안정: 극점이 모두 좌반평면에 있다.
응답속도: (가)는 실수부 크기가 더 커서 응답이 더 빨리 감쇠한다.
고유주파수: 원점에서 극점까지 거리가 $\omega_n$이며 (가)가 더 멀다.

극점이 $-1\pm j2$이므로 감쇠비는 $\dfrac{1}{\sqrt{5}}$이다.
표준형 극점 $-\zeta\omega_n\pm j\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$에서 원점까지 거리가 $\omega_n$이다.
$\omega_n=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$
$\zeta=\dfrac{\zeta\omega_n}{\omega_n}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$
$\sqrt{5}$: 감쇠비가 아니라 고유주파수 값이다.
$2\sqrt{5}$: 감쇠비는 1을 넘을 수 없는 부족감쇠 조건(복소 극점)에 맞지 않는다.
$\dfrac{1}{2\sqrt{5}}$: 분모에 허수부 2를 한 번 더 곱한 값으로, 실수부 크기를 $\omega_n$으로 나눈 값과 다르다.

지연시간은 $\omega_n$에 반비례하고, 상승시간은 $\zeta$에 비례(증가)한다.
표준형 2차계의 지연시간·상승시간 근사식은 모두 $T\approx\dfrac{f(\zeta)}{\omega_n}$ 꼴이며, $f(\zeta)$는 감쇠비가 클수록 커지는 증가함수다.
따라서 고유주파수가 클수록 두 시간이 짧아지고, 감쇠비가 클수록 응답이 느려져 길어진다.
(가) 비례, (나) 비례: 지연시간은 $\omega_n$이 커질수록 짧아지므로 비례가 아니다.
(가) 비례, (나) 반비례: 두 관계가 모두 반대로 연결되었다.
(가) 반비례, (나) 반비례: 감쇠비가 커지면 상승시간이 길어지므로 반비례가 아니다.

선형시스템에 해당하는 것은 원점을 지나는 직선인 (나)뿐이다.
선형성은 중첩의 원리(가산성·동차성)를 만족해야 하며, 이를 만족하는 관계는 $y=at$처럼 원점을 지나는 직선뿐이다.
(가): 곡선 형태로 기울기가 변하므로 동차성을 만족하지 않는 비선형이다.
(다): 직선이지만 원점을 지나지 않는 $y=at+b$ 꼴이라 중첩의 원리가 성립하지 않는다.
(라): 절편이 있는 직선이어서 마찬가지로 선형시스템이 아니다.

이득여유는 $A$, 위상여유는 $B$로 둘 다 양수이다.
이득여유는 위상이 $-180^\circ$가 되는 주파수에서 $0\,\mathrm{dB}-|GH|_{\mathrm{dB}}$이다. 그림에서 이득 곡선이 0 dB보다 $A$만큼 아래에 있으므로 $GM=A$이다.
위상여유는 이득이 0 dB인 주파수에서 $\angle GH-(-180^\circ)$이다. 위상 곡선이 $-180^\circ$보다 $B$만큼 위에 있으므로 $PM=B$이다.
이득여유 $A$, 위상여유 $-B$: 위상 곡선이 $-180^\circ$ 아래에 있을 때의 값으로 그림과 반대이다.
이득여유 $-A$, 위상여유 $B$: 이득여유가 음수이려면 위상교차점에서 이득 곡선이 0 dB 위에 있어야 한다.
이득여유 $-A$, 위상여유 $-B$: 두 여유가 모두 음수인 불안정 시스템의 값으로 그림과 맞지 않는다.

PD 제어기는 고주파 잡음을 증폭하므로, 고주파 잡음을 제거한다는 설명이 옳지 않다.
PD 제어기 $K_P+K_Ds$는 주파수가 높을수록 이득이 커지는 고역통과 특성을 가져, 높은 주파수의 잡음을 오히려 키운다.
대역폭 증가: 영점 추가로 고주파 영역 이득이 커져 대역폭이 넓어진다.
상승시간·정착시간 단축: 감쇠가 커지고 응답이 빨라진다.
이득여유·위상여유·첨두공진값 개선: 위상 앞섬 효과로 상대 안정도가 좋아진다.

폐루프 시스템이 불안정하므로 응답이 발산하여 최종값은 $\infty$이다.
단위 음귀환이므로 특성방정식은 $s(s^2-3s+2)+2=s^3-3s^2+2s+2=0$이다.
특성방정식 계수에 음수가 섞여 있으면 우반평면 극점이 존재한다. 이때는 최종값 정리를 적용할 수 없다.
$-1$: 최종값 정리를 적용해도 나오지 않는 값이다.
$1$: 1형 단위 귀환계에 최종값 정리를 그대로 적용한 값이지만, 시스템이 불안정하므로 적용할 수 없다.
$5$: 특성방정식 계수와 무관한 값이다.

감쇠비가 0.5가 되는 이득은 $K=\dfrac{1}{9}$이다.
내부 귀환 루프: $\dfrac{9/(s+2)}{1+9K/(s+2)}=\dfrac{9}{s+2+9K}$
개루프: $G(s)=\dfrac{9}{s(s+2+9K)}$
단위 음귀환 특성방정식: $s^2+(2+9K)s+9=0$
$\omega_n=3$, $2\zeta\omega_n=2(0.5)(3)=3$
$2+9K=3\Rightarrow K=\dfrac{1}{9}$
$\dfrac{1}{2}$: $2+9K=6.5$가 되어 감쇠비가 약 1.08로 0.5보다 크다.
$\dfrac{1}{5}$: $2+9K=3.8$이 되어 감쇠비가 약 0.63으로 0.5보다 크다.
$\dfrac{1}{10}$: $2+9K=2.9$가 되어 감쇠비가 약 0.48로 0.5보다 작다.

단위임펄스응답은 약간 오버슈트한 뒤 일정값으로 수렴하는 형태이다.
임펄스 입력이면 $Y(s)=G(s)=\dfrac{1}{s}\cdot\dfrac{2}{s^2+2s+2}$이므로, 2차계 $\dfrac{2}{s^2+2s+2}$의 계단응답과 같다.
$\omega_n=\sqrt{2}$, $\zeta=\dfrac{2}{2\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$인 부족감쇠이고, 최종값 정리로 $y(\infty)=\lim_{s\to0}sY(s)=1$이다.
지수적으로 발산하는 형태: 우반평면 극점이 있어야 하나 극점은 $0$, $-1\pm j$뿐이다.
감쇠 없이 계속 진동하는 형태: 허수축 위 켤레 극점이 있어야 나타난다.
상승 후 0으로 되돌아가는 형태: 원점 극점이 있어 0이 아닌 값으로 수렴하므로 맞지 않는다.

계수 비교로 $K_0=150$, $K_1=65$, $K_2=7.5$이다.
내부 루프: $\dfrac{G}{1+G(K_1+K_2s)}=\dfrac{2}{s^2+(5+2K_2)s+2K_1}$
전체 특성방정식: $s^3+(5+2K_2)s^2+2K_1s+2K_0=0$
목표 극점의 특성방정식: $(s+10)\left[(s+5)^2+5\right]=(s+10)(s^2+10s+30)=s^3+20s^2+130s+300$
$5+2K_2=20\Rightarrow K_2=7.5$, $2K_1=130\Rightarrow K_1=65$, $2K_0=300\Rightarrow K_0=150$
$K_0=100$, $K_1=50$, $K_2=6$: 계수가 $s^3+17s^2+100s+200$이 되어 목표 다항식과 맞지 않는다.
$K_0=150$, $K_1=50$, $K_2=6$: 상수항은 맞지만 $s$·$s^2$ 계수가 목표 다항식과 다르다.
$K_0=200$, $K_1=65$, $K_2=7.5$: 상수항이 400이 되어 극점 위치가 달라진다.

A에서 B까지 물이 이동하는 데 걸리는 시간만큼 지연되므로 $G(s)=e^{-5s}$이다.
그림에서 A·B 지점 사이 거리는 10 m이고 유속은 2 m/sec이므로 지연시간은 다음과 같다.
$T=\dfrac{10\,\mathrm{m}}{2\,\mathrm{m/s}}=5\,\mathrm{s}$
열손실이 없으면 $y(t)=x(t-T)$이고, 라플라스 변환하면 수송지연 요소 $e^{-Ts}$가 된다.
$e^{0.2s}$: 지수가 양수라 출력이 입력보다 앞서는 비인과 시스템이 되고, 지연시간도 거리/유속이 아니다.
$e^{-0.2s}$: 지연시간을 유속/거리로 거꾸로 계산한 값이다.
$e^{5s}$: 지연시간 크기는 맞지만 지수가 양수라 비인과 시스템이 되어 맞지 않는다.

안정 조건은 $K\gt \dfrac{1}{2}$이므로, 이 범위에 드는 값은 $K=1$이다.
특성방정식: $s^3+4s^2+s+5+K(s+2)=s^3+4s^2+(1+K)s+(5+2K)=0$
3차 방정식 $a_3s^3+a_2s^2+a_1s+a_0$의 루스 조건은 모든 계수 양수와 $a_2a_1\gt a_3a_0$이다.
$4(1+K)\gt 5+2K\Rightarrow K\gt \dfrac{1}{2}$
$\dfrac{1}{2}$: 경계값으로 허수축 극점이 생겨 점근적으로 안정하지 않다.
$\dfrac{1}{4}$: $K\lt \dfrac{1}{2}$이어서 루스 표 첫 열에 부호 변화가 생겨 불안정하다.
$\dfrac{1}{8}$: 마찬가지로 $K\lt \dfrac{1}{2}$이어서 불안정하다.

단위계단응답은 $y(t)=\dfrac{1}{2}-e^{-t}+\dfrac{1}{2}e^{-2t}$이다.
가제어 표준형이므로 전달함수는 다음과 같다.
$G(s)=C(sI-A)^{-1}B=\dfrac{1}{s^2+3s+2}=\dfrac{1}{(s+1)(s+2)}$
부분분수로 전개한다.
$Y(s)=\dfrac{1}{s(s+1)(s+2)}=\dfrac{1/2}{s}-\dfrac{1}{s+1}+\dfrac{1/2}{s+2}$
역변환하면 위 결과가 된다.
$\frac{1}{2}-e^{-t}+e^{-2t}$: $e^{-2t}$의 계수 $\frac{1}{(-2)(-1)}=\frac{1}{2}$를 1로 잘못 썼고, 초기값도 0이 아니다.
$\frac{1}{2}+e^{-t}+2e^{-2t}$: $y(0)=\frac{7}{2}$가 되어 초기값 0에 어긋난다.
$1-e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}$: 최종값은 $G(0)=\frac{1}{2}$이어야 하는데 1이다.

옳은 변환은 계수행렬 마지막 행이 $[-4\ \ 3\ \ -2]$, 입력행렬이 $[0\ \ 0\ \ 5]^T$인 것이다.
최고차항에 대해 정리한다.
$\dddot{x}=-4x+3\dot{x}-2\ddot{x}+5u$
$\dot{x}_1=x_2,\ \dot{x}_2=x_3,\ \dot{x}_3=-4x_1+3x_2-2x_3+5u$
마지막 행이 $[4\ \ -3\ \ 2]$인 것: 항을 우변으로 옮길 때 부호를 바꾸지 않았다.
계수행렬은 맞고 입력행렬이 $[5\ \ 0\ \ 0]^T$인 것: 입력은 $\dot{x}_3$ 식에만 들어가야 한다.
계수 행을 첫째 행에 둔 것: $\dot{x}_1=x_2$, $\dot{x}_2=x_3$ 관계를 만족하지 않고 부호와 입력 위치도 틀렸다.

저역통과 특성을 갖는 것은 지상보상기 $\dfrac{1+Ts}{1+\alpha Ts}$이다.
$\alpha$가 1보다 크므로 극점 $-\dfrac{1}{\alpha T}$이 영점 $-\dfrac{1}{T}$보다 원점에 가깝다. 그래서 이득이 저주파에서 1, 고주파에서 $\dfrac{1}{\alpha}$로 감소한다.
$K$: 모든 주파수에서 이득이 같은 비례요소로 필터 특성이 없다.
$K+Ts$: 비례미분 요소로, 주파수가 높을수록 이득이 커지는 고역 강조 특성이다.
$\beta\left(\dfrac{1+Ts}{1+\beta Ts}\right)$: 영점이 극점보다 원점에 가까운 진상보상기로, 이득이 저주파의 $\beta$에서 고주파의 1로 커지는 고역통과 특성이다.

상태천이행렬 $\varPhi(t)=\mathcal{L}^{-1}[(sI-A)^{-1}]$는 대각 성분이 $0.5(e^{2t}+e^{-2t})$, 비대각 성분이 $0.5(e^{2t}-e^{-2t})$인 행렬이다.
$sI-A=\begin{bmatrix}s&-2\\-2&s\end{bmatrix}$
$(sI-A)^{-1}=\dfrac{1}{s^2-4}\begin{bmatrix}s&2\\2&s\end{bmatrix}$
$\dfrac{s}{s^2-4}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{s-2}+\dfrac{1}{s+2}\right)\to\dfrac{1}{2}(e^{2t}+e^{-2t})$
$\dfrac{2}{s^2-4}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{s-2}-\dfrac{1}{s+2}\right)\to\dfrac{1}{2}(e^{2t}-e^{-2t})$
비대각 성분이 $e^{-2t}-e^{2t}$인 것: 부호가 반대여서 $\dot{\varPhi}(0)=A$를 만족하지 않는다.
대각 성분이 $e^{-2t}-e^{2t}$인 것: $t=0$에서 대각이 0이 되어 $\varPhi(0)=I$ 조건을 만족하지 않는다.
대각 성분이 $e^{2t}-e^{-2t}$인 것: 마찬가지로 $t=0$에서 단위행렬이 되지 않는다.

$G(10s)$의 이득여유와 위상여유는 원래와 같다($P_2=P_1,\ Q_2=Q_1$).
$s\to 10s$는 주파수축만 바꾸는 주파수 척도 변환이다. $G(j10\omega)$의 보드선도는 $G(j\omega)$를 주파수축 방향으로 옮긴 것이고 나이퀴스트 궤적은 동일하다.
따라서 위상교차·이득교차 주파수만 $\dfrac{1}{10}$로 바뀌고, 그 지점의 크기와 위상 값은 그대로다.
위상여유만 10배: 위상 값 자체는 변하지 않으므로 틀렸다.
둘 다 10배: 크기·위상 축은 척도가 바뀌지 않는다.
둘 다 $\frac{1}{10}$배: 바뀌는 것은 교차 주파수뿐이다.

직렬 RLC 회로의 전류 전달함수는 $\dfrac{Cs}{LCs^2+RCs+1}$이다.
세 소자가 직렬이므로 전체 임피던스는 $Z(s)=Ls+R+\dfrac{1}{Cs}$이다.
$\dfrac{I(s)}{V_i(s)}=\dfrac{1}{Ls+R+\dfrac{1}{Cs}}=\dfrac{Cs}{LCs^2+RCs+1}$ (분모·분자에 $Cs$를 곱함)
분자가 1인 식: 입력전압에 대한 커패시터 전압의 전달함수이다.
분자가 $C$인 식: 차원이 맞지 않으며 미분 연산 $s$가 빠졌다.
분자가 $LCs$인 식: 인덕터 관련 항을 잘못 곱한 결과이다.

전달함수는 $G(s)=\dfrac{s^2+2s+2}{s^2+3s+2}$이다.
단위계단입력 $R(s)=\dfrac{1}{s}$이므로 $G(s)=\dfrac{C(s)}{R(s)}=sC(s)$이다.
$C(s)=\dfrac{1}{s}-\dfrac{1}{s+1}+\dfrac{1}{s+2}=\dfrac{s^2+2s+2}{s(s+1)(s+2)}$
$G(s)=\dfrac{s^2+2s+2}{(s+1)(s+2)}=\dfrac{s^2+2s+2}{s^2+3s+2}$
분자가 $s^2-2s-2$인 식: 부분분수 항의 부호를 잘못 통분한 결과이다.
분모가 3차식인 식: 극점은 응답 지수항의 $-1$, $-2$뿐이므로 분모가 $(s+1)(s+2)$여야 한다.