ĐỀ THI CƠ SỞ HỆ THỐNG TỰ ĐỘNG NÂNG CAO CÓ LỜI GIẢI

ĐỀ THI CƠ SỞ HỆ THỐNG TỰ ĐỘNG NÂNG CAO CÓ LỜI GIẢI Cho đối tượng: ( ) ( ) ( 1) ( ) u t p p a K p y t    và mô hình chuẩn: ( ) 16 25 25 ( ) 2 u t p p y t c    1.1. Cho a=4, K=5. Hãy thiết kế bộ điều khiển Ru(t) Tu (t) Sy(t)  c  sao cho đáp ứng của hệ kín bám theo mô hình chuẩn nêu trên. Vẽ sơ đồ khối hệ thống điều khiển sau khi thiết kế. 1.2. Giả sử a>0, K>0 nhưng không biết giá trị chính xác. Hãy thiết kế bộ điều khiển thích nghi MRAS dùng luật MIT để điều khiển hệ thống bám theo mô hình chuẩn nêu trên. Bài 2: (2.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển như hình vẽ ( 1)(0.2 1) 0.8( 1) ( ) ~     Ts s s G s 2.1. Cho T=0.5, giả sử tín hiệu vào r(t)  0 . Tính  y(t) nếu biết ( ) 0.1 2 d t  2.2. Giả sử 0.2  T  2.0 . Hãy biểu diễn đối tượng dùng mô hình sai số nhân ngược. Bài 3: (4.0 điểm) Hệ thống điều khiển như hình vẽ. Đối tượng: (0.2 1) 5 ( )   s s G s , 8 1 3 ( )   s s W s m ,   1, Bộ điều khiển: K(s)  4 Hàm trọng số chất lượng: 3 0.1 2 ( )    s s W s p Hãy đánh giá tính ổn định bền vững và chất lượng bền vững của hệ thống. (Hết) CNBM r(t) y(t) + K ++ G  Wm r(t) +  e(t) y(t) G(s) ++ d(t) 2 ĐÁP ÁN Bài 1: (4.0 điểm) 1.1 Với a=4, K=5, hàm truyền đối tượng là: ( ) ( 4) 5( 1) ( ) u t p p p y t    Phân tích B dưới dạng   B  B B           5 ( 1) B B p B Điều kiện tồn tại lời giải: Bm có thể phân tích dưới dạng:  Bm  Bm  B  Bm   5     1 ( ) 2 ( ) 0 ( ) 2 baäc(Am )  baäc Bm  baäc A  baäc B  Các điều kiện tồn tại lời giải đều được thỏa mãn Chọn bậc của A0: ( 0 )  2 ( )  ( )  ( ) 1  4  2 11  0  baäc A baäc A baäc Am baäc B  Chọn A0  1 (0.5 điểm) Chọn bậc của S và R1: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 0 baäc R1  baäc A0  baäc Am  baäc A     ( )  min ( 1 )  ( ), ( 0 )  ( )  ( ) min(0 1),(0  2  0)1   baäc S baäc R baäc B baäc A baäc Am baäc B        0 1 1 0 S s p s R r (0.5 điểm) Phương trình Diophantine: AR1  B S  A0Am   ) ( 4 ) 5( ) ( 16 25 2 0 0 1 2 p  p r  s p  s  p  p   (4 5 ) 5 16 25 2 0 0 1 2 r0 p  r  s p  s  p  p           5 25 4 5 16 1 1 0 0 0 s r s r         5 2.4 1 1 0 0 s s r        2.2 5.0 1 1 S p R (0.5điểm) Tính R và T:  1  1  R R B p T  A0Bm   5 Kết luận: Luật điều khiển cần thiết kế là: ( ) 1 2.4 5 ( ) 1 5 ( ) y t p p u t p u t c      (0.5điểm) Sơ đồ khối hệ thống điều khiển (0.5 điểm) 1.2 Không biết a và K, hàm truyền đối tượng là: ( ) ( ) ( 1) ( ) u t p p a K p y t    3 Phân tích B dưới dạng   B  B B           B K B p B ( 1) Điều kiện tồn tại lời giải: Bm có thể phân tích dưới dạng:  Bm  Bm  B     0 ( ) 2 ( ) 0 ( ) 2 baäc(Am )  baäc Bm  baäc A  baäc B  Các điều kiện tồn tại lời giải đều được thỏa mãn Chọn bậc của A0: ( 0 )  2 ( )  ( )  ( ) 1  4  2 11  0  baäc A baäc A baäc Am baäc B  Chọn 1 A0  (0.5điểm) Chọn bậc của S và R1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 1 1  0          baäc R baäc A baäc Am baäc A baäc B baäc(T)  baäc(A0 )  baäc(Bm  )  0  0  0 ( )  min ( ), ( 0 )  ( )  ( ) min1,(0  2  0)1  baäc S baäc R baäc A baäc Am baäc B           0 1 0 0 1 S s p s T t R r p r (0.5điểm) Không mất tính tổng quát, chọn r0 = 1. Luật MIT cập nhật các thông số còn lại như sau: uc dt p p dt ( 16 25) 1 2 0     y p p p dt ds ( 16 25) 2 0     y dt p p ds ( 16 25) 1 2 1     u dt p p dr ( 16 25) 1 2 1     (0.5điểm) (Không tính điểm nếu viết công thức tổng quát trong phần lý thuyết) Bài 2: (2.0 điểm) 2.1 Hàm truyền tương đương từ d(t) đến y(t): 15 18 7 10 0.1 1.5 1.8 (0.5 1)(0.2 1) (0.5 1)(0.2 1) 0.8( 1) 1 1 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2    

Đại học Bách Khoa TP.HCM Khoa Điện – Điện Tử Bộ môn ĐKTĐ -o0o - ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ Năm học 2010-2011 Môn: LÝ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN NÂNG CAO Ngày thi: 28/06/2011 Thời gian làm bài: 90 phút (Sinh viên không phép sử dụng tài liệu in photo) K ( p  1) u (t ) p( p  a) 25 mơ hình chuẩn: y (t )  u c (t ) p  16 p  25 1.1 Cho a=4, K=5 Hãy thiết kế điều khiển Ru (t )  Tu c (t )  Sy (t ) cho đáp ứng hệ kín bám theo mơ hình chuẩn nêu Vẽ sơ đồ khối hệ thống điều khiển sau thiết kế 1.2 Giả sử a>0, K>0 giá trị xác Hãy thiết kế điều khiển thích nghi MRAS dùng luật MIT để điều khiển hệ thống bám theo mơ hình chuẩn nêu Bài 1: (4.0 điểm) Cho đối tượng: y (t )  Bài 2: (2.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển hình vẽ d(t) r(t) +  e(t) y(t) ++ G(s) 0.8( s  1) (Ts  1)(0.2 s  1) 2.1 Cho T=0.5, giả sử tín hiệu vào r (t )  Tính y (t )  biết d (t ) ~ G (s)   2.2 Giả sử  T  Hãy biểu diễn đối tượng dùng mơ hình sai số nhân ngược Bài 3: (4.0 điểm) Hệ thống điều khiển hình vẽ  r(t) +   K Wm ++ G 3s , Wm ( s )  ,   1, 8s  s (0.2 s  1) Bộ điều khiển: K ( s )  Đối tượng: G ( s )  Hàm trọng số chất lượng: W p ( s )  s2 s  Hãy đánh giá tính ổn định bền vững chất lượng bền vững hệ thống (Hết) CNBM y(t) ĐÁP ÁN Bài 1: (4.0 điểm) 5( p  1) u (t ) p ( p  4) 1.1 Với a=4, K=5, hàm truyền đối tượng là: y (t )    Phân tích B dạng B  B  B   B   B   ( p  1) B  Điều kiện tồn lời giải: - Bm phân tích dạng: Bm  Bm B   B m  - baäc( Am )  baäc( Bm )  baäc( A)  baäc( B)         2  Các điều kiện tồn lời giải thỏa mãn Chọn bậc A0: baäc( A0 )  baäc( A)  baäc( Am )  baäc( B  )        Chọn A0  (0.5 điểm) Chọn bậc S R1: baäc( R1 )  baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( A)       baäc( S )  [baäc( R1 )  baäc( B  )],[ baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( B  )  min(0  1), (0   0)  R r   S   s0 p  s1 Phương trình Diophantine: AR1  B  S  A0 Am  ( p  p)r0  5( s0 p  s1 )  ( p  16 p  25)  r0 p  (4r0  5s0 ) p  5s1  p  16 p  25 (0.5 điểm) r0  r0     4r0  5s0  16   s  5s1  25 s1   R1    S  2 p   Tính R T: R  R1 B   p  T  A0 Bm  Kết luận: Luật điều khiển cần thiết kế là: p  u (t )  u c (t )  y (t ) p 1 p 1 Sơ đồ khối hệ thống điều khiển (0.5điểm) (0.5điểm) (0.5 điểm) 1.2 Không biết a K, hàm truyền đối tượng là: y (t )  K ( p  1) u (t ) p( p  a)   Phân tích B dạng B  B  B   B   B   ( p  1) B  K Điều kiện tồn lời giải: - Bm phân tích dạng: Bm  Bm B  baäc( A)  baäc( B) - baäc( Am )  baäc( Bm )           2  Các điều kiện tồn lời giải thỏa mãn Chọn bậc A0: baäc( A0 )  2baäc( A)  baäc( Am )  baäc( B  )        Chọn A0  (0.5điểm) Chọn bậc S R1: baäc( R)  baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( A)  baäc( B  )      baäc(T )  baäc( A0 )  baäc( Bm )      baäc( S )  baäc( R),[ baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( B  )  min1, (0   0)   R  r0 p  r1   T  t  S  s0 p  s1 (0.5điểm) Khơng tính tổng qt, chọn r0 = Luật MIT cập nhật thơng số cịn lại sau: dt uc   dt ( p  16 p  25) ds p  y dt ( p  16 p  25) ds1  y dt ( p  16 p  25) dr1 (0.5điểm)  u dt ( p  16 p  25) (Không tính điểm viết cơng thức tổng qt phần lý thuyết) Bài 2: (2.0 điểm) 2.1 Hàm truyền tương đương từ d(t) đến y(t): 1 (0.5 s  1)(0.2 s  1) s  s  10 Gdy ( s )     0.8( s  1)  G (s)  0.1s  1.5 s  1.8 s  15 s  18 (0.5 s  1)(0.2 s  1) Ta có: y (t )   G dy ( j ) d (t ) (0.5 điểm) Ta có: Gdy ( j )  Gdy ( j ) 2  2   | Gdy ( j ) | d  2     29  100 d       189  324  (0.25 điểm) (Chú ý dùng công thức thặng dư tính G dy ( j ) trường hợp hàm truyền Gdy (s ) có bậc tử số bậc mẫu số) Do đó: y (t )   Gdy ( j ) d (t )    0.1   (0.25 điểm) 2.2 Đặt: T  1.1  0.9    ~ 0.8( s  1) G (s)  [(1.1  0.9  ) s  1)(0.2 s  1) (1) Mơ hình sai số nhân ngược có dạng: ~ G (s) G (s)  (1  Wm ( s )G ( s )) (0.25 điểm) (2) Biến đổi (1) dạng (2): ~ 0.8( s  1) G (s)  (1.1s  1)( 0.2 s  1)  0.9 s (0.2 s  1) 0.8( s  1) ~ (1.1s  1)( 0.2 s  1) (3) (0.25 điểm) G (s)   s 1 (1.1s  1) So sánh (2) (3), suy biểu diễn đối tượng dùng mơ hình sai số nhân ngược, đó: 0.8( s  1) (0.25 điểm) G (s)  (1.1s  1)(0.2 s  1) s (0.25 điểm) Wm ( s )  (1.1s  1) Bài 3: (4.0 điểm) 3.1 Đánh giá tính ổn định bền vững - Trước tiên, đánh giá ổn định danh định: PTĐT hệ danh định: 20  K ( s )G ( s )      0.2 s  s  20  s (0.2 s  1)  Hệ thống ổn định danh định theo hệ tiêu chuẩn Hurwitz - Xét tính ổn định bền vững, ta có: 3s 20 W KG s  s (0.2 s  1) 60 s  Wm T  m  20  KG (8 s  1)(0.2 s  s  20 ) 1 s (0.2 s  1) Lập bảng vẽ gần biểu đồ Bode Wm ( j )T ( j )  20 log Wm ( j )T ( j ) 0.01 0.1 0.125 (0.5 điểm) (0.5 điểm) (0.5 điểm) 10 100 Hoặc vẽ biểu đồ Bode đường tiệm cận, ý đỉnh cộng hưởng tần số   10 ( rad / sec) + Robust Stability Analysis: 20lg|WmT| -10 -20 Magnitude (dB) -30 -40 -50 -60 -70 -80 -90 -3 10 -2 -1 10 10 10 10 10 10 Frequency (rad/sec) Theo biểu đồ Bode: 20 log Wm ( j )T ( j )   2.22 dB Wm ( j )T ( j )   0.89  Do hệ thống ổn định bền vững (0.5 điểm) 3.2 Đánh giá chất lượng bền vững - Xét số chất lượng bền vững W p S  WmT  Ta có: s2 s ( s  2)(0.2 s  1) s  WpS    20  KG  (3s  1)(0.2 s  s  20) s (0.2 s  1) 60 s (tính câu trên) W mT  (8 s  1)(0.2 s  s  20) Wp (0.5 điểm) Lập bảng xét: W p ( j ) S ( j )  Wm ( j )T ( j )  WpS 0.01 (0.5 điểm) 0.1 0.125 10 100 WmT 1.51 W p S  Wm T Dễ thấy tần số   10 ( rad / sec) ta có W p S  WmT  1.51  Suy ra: W p S  WmT  (0.5 điểm) 1 Kết luận: hệ thống không thỏa mãn chất lượng bền vững (0.5 điểm) + Đại học Bách Khoa TP.HCM Khoa Điện – Điện Tử Bộ môn ĐKTĐ -o0o - ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ Năm học 2010-2011 Môn: LÝ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN NÂNG CAO Ngày thi: 17/04/2011 Thời gian làm bài: 60 phút (Sinh viên không phép sử dụng tài liệu in photo) N(M) khâu ( s + 1) Bài 1: (2.5 điểm) Cho hệ thống phi tuyến hình trên, G ( s ) = relay vị trí Tính biên độ tần số dao động hệ thống, có u 10 r(t)=0 +− e(t) u(t) N(M) y(t) G(s) e −1 − 10 Baøi 2: (2.5 điểm) Cho đối tượng điều khiển mơ tả phương trình trạng thái: ⎧x&1 = x2 (1 − x12 ) ⎨ ⎩x&2 = − x2 x1 + u y = x1 Yêu cầu điều khiển tín hiệu y(t) bám theo tín hiệu đặt yd(t) Thiết kế điều khiển hồi tiếp tuyến tính hóa cho phương trình đặc trưng sai số có cặp nghiệm kép − Bài 3: (2.5 điểm) Cho hệ thống mơ tả phương trình trạng thái: x&(t ) = − x(t ) + 0.5u(t ) hàm tiêu chất lượng J = ∫ ( x + u )dt Tìm luật điều khiển tối ưu u(t) trạng thái tối ưu x(t) cho tối thiểu tiêu chất lượng J với điều kiện biên x(0) = 1, x(1) = Bài 4: (2.5 điểm) Dùng phương pháp qui hoạch động Bellman, tìm đường ngắn từ A đến B N21 A N11 2 N22 N31 1 N32 N23 N41 3 N42 N43 N44 N51 (Heát) CNBM B ĐÁP ÁN Bài 1: (2.5 điểm) Đặc tính tần số đối tượng: G( jω) = ( jω + 1)3 Hàm mơ tả khâu relay vị trí: 4Vm D2 40 1− = 1− πM πM M M Biên độ tần số dao động có nghiệm phương trình: + N (M )G( jω) = (1) ⎧arg(G( jω)) = −π ⎪ ⇒ ⎨ G( jω) = (0.5 điểm) (2) ⎪⎩ N (M ) N (M ) = (1) ⇒ − tan−1 (ω) = −π ⇒ ω= (0.5 điểm) Thay ω = vào (2): ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⎛⎜ + ( 3) ⎞⎟ ⎝ ⎠ N (M ) = = N (M ) 40 1− = πM M 2.533( M − 1) = M M − 2.533M + 2.533 = (3) (0.5 điểm) Phương trình (3) khơng có nghiệm thực đường cong Nyquist G(jω) đường đặc tính − / N ( M ) không cắt (0.5 điểm) Kết luận: Hệ thống khơng có dao động (0.5 điểm) Bài 2: (2.0 điểm) Cho đối tượng điều khiển mô tả phương trình trạng thái: y = x1 y& = x&1 = x2 (1 − x12 ) &y& = x&2 (1 − x12 ) − 2x2 x1 x&1 = (− x2 x1 + u)(1 − x12 ) − 2x22 x1 (1 − x12 ) = − x1 x2 (1 − x12 )(2x2 + 1) + (1 − x12 )u 144424443 123 a( x) b( x) (0.5 điểm) a( x) = − x1 x2 (1 − x12 )(2x2 + 1) b( x) = (1 − x12 ) Luật điều khiển hồi tiếp tuyến tính hóa: [− a( x) + v(t )] b( x) Trong đó: v(t ) = &y&d (t ) + k1e&(t ) + k e(t ) e(t ) = yd (t ) − y(t ) Phương trình đặc trưng sai số: s + k1s + k = Phương trình đặc trưng mong muốn: (s + 4) = u(t ) = Suy ra: (0.5 điểm) s + 8s + 16 = ⎧k1 = ⎨k = 16 ⎩ (0.5 điểm) Baøi 3: Hàm Hamilton: H ( x, u , λ , t ) = x (t ) + u (t ) + λ (− x(t ) + 0.5u (t )) (0.25 điểm) Phương trình trạng thái: x& (t ) = − x(t ) + 0.5u (t ) (1) (0.25 điểm) Phương trình đồng trạng thái: ∂H λ& = − ∂x & λ = −2 x + λ ⇒ (2) (0.25 điểm) Điều kiện dừng: ∂H =0 ∂u ⇒ 2u + 0.5λ = (3) (0.25 điểm) Điều kiện biên: x(0) = x(1) = (4) (5) (0.25 điểm) (6) (0.25 điểm) Giải phương trình vi phân: (3) ⇒ u=− λ Thay (6) vào (1), suy ra: x& (t ) = − x(t ) − ⇒ ⇒ λ = −8 x& − x λ& = −8&x& − x& λ (7) (8) Thay (7) (8) vào (2): − &x& − x& = −2 x − x& − x &x& − x = ⇒ (9) Nghiệm tổng quát phương trình (9) là: x(t ) = C1e t + C2 e − t (0.5 điểm) Thay điều kiện biên: ⎧⎪ x(0) = C1 + C2 = 5 ⎨ − ⎪⎩ x(1) = C1e + C2e = ⎧C1 = −0.1197 ⇒ ⎨C = 1.1197 ⎩ ⇒ t x(t ) = −0.1197e + 1.1197e − t (10) (0.5 điểm) (11) (0.5 điểm) Thay (10) vào (1): ⇒ Kết luận: u = −0.5071e t u * (t ) = −0.5071e − 0.2643e t x* (t ) = −0.1197e t t t − 0.2643e + 1.1197e − t Baøi 4: Ký hiệu: J k* ( N kj ) : khoảng cách (chi phí) ngắn từ nút Nkj đến nút B d ( N kj , N k +1,i ) : khoảng cách (chi phí) từ nút Nkj đến nút Nk+1,i Phương trình Bellman: J k* ( N kj ) = min{d ( N kj , N k +1,i ) + J k*+1 ( N k +1,i )} i Giải phương trình Bellman từ bước bước 1: Bước 5: J 5* ( N 51 ) = Bước 4: J 4* ( N 41 ) = J 4* ( N 42 ) = J 4* ( N 43 ) = J 4* ( N 44 ) = (0.5 điểm) Bước 3: (0.5 điểm) N3 j d ( N j , N 4i ) + J 4* ( N 4i ) J 3* ( N j ) Quyết định đến N 41 N 42 N 43 N 44 N31 4 - N 42 , N 43 N32 - N 42 Bước 2: (0.5 điểm) d ( N j , N 3i ) + J 3* ( N 3i ) N2 j J 2* ( N j ) Quyết định đến N 31 N 32 N21 4 N 32 N22 3 N 22 N23 5 N 32 J1* ( N1 j ) Quyết định đến N21 Bước 1: (0.5 điểm) d ( N1 j , N 2i ) + J 2* ( N 2i ) N1 j N11 N21 N22 N23 Vậy đường ngắn là: A≡N11→ N21→ N32→ N42→ N51≡ B (0.5 điểm) Hàm chi phí cực tiểu: J=6 ... in photo) N(M) khâu ( s + 1) Bài 1: (2.5 điểm) Cho hệ thống phi tuyến hình trên, G ( s ) = relay vị trí Tính biên độ tần số dao động hệ thống, có u 10 r(t)=0 +− e(t) u(t) N(M) y(t) G(s) e −1 −... danh định: PTĐT hệ danh định: 20  K ( s )G ( s )      0.2 s  s  20  s (0.2 s  1)  Hệ thống ổn định danh định theo hệ tiêu chuẩn Hurwitz - Xét tính ổn định bền vững, ta có: 3s 20 W KG... (3) (0.5 điểm) Phương trình (3) khơng có nghiệm thực đường cong Nyquist G(jω) đường đặc tính − / N ( M ) không cắt (0.5 điểm) Kết luận: Hệ thống khơng có dao động (0.5 điểm) Baøi 2: (2.0 điểm) Cho