Đề thi Lý thuyết điều khiển tự động

1


Đại học Bách Khoa TP.HCM ĐỀ THI KIỂM TRA CUỐI KỲ
Khoa Điện – Điện Tử Môn: Cơ sở điều khiển tự động
Bộ môn ĐKTĐ Ngày thi: 07.01.2005
o0o Thời gian làm bài: 90 phút
(Sinh viên được phép xem tài liệu)

Bài 1: (2 điểm) Cho hệ thống điều khiển hồi tiếp âm đơn vò có hàm truyền hở là
)(sG . Biết rằng
đáp ứng của hệ thống đối với tín hiệu vào là hàm nấc đơn vò có dạng như hình 1.
1. Dựa vào đồ thò, hãy xác đònh độ vọt lố, thời gian quá độ (tiêu chuẩn 5%) và sai số xác lập
của hệ thống. (0.5 điểm)
2. Xác đònh hàm truyền hở
)(sG , biết rằng )(sG có dạng :
b
as
s
K
sG
+
+
=
2
)(
. (1.5 điểm)

Bài 2: (2.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển hồi tiếp trạng thái có sơ đồ khối như hình 2õ. Biết rằng
các ma trận trạng thái của đối tượng điều khiển là:






−−
=
01
34
A







=
0
1
B
[
]
10=D

1. Hãy xác đònh độ lợi hồi tiếp trạng thái K sao cho hệ kín có cực kép tại −4. (1.5 điểm)
2. Tính độ vọt lố của hệ thống kín với giá trò K vừa tìm được. (0.5 điểm)








Xem tiếp trang 2




0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Đáp ứng nấc
Th
ời gian (giây)

Biên độ
0.84

0.76

Hình 1

u(t
)
x
(
t
)

r(t
)
+
−

c(t)
K
)()()(
tutt
B
Ax
x
+
=


D
Hình
2

2

Bài 3: (3.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển có sơ đồ
khối ở hình 3, đặc tính tần số của đối tượng
)(
sG
(đường liền nét) và bộ điều khiển
)(
sG
C
(đường đứt
nét) cho ở trang 3 của đề thi.
1. Xác đònh hàm truyền
)(
sG và
)(
sG
C
(1.0 điểm)
2. Vẽ biểu đồ Bode của hệ thống hở sau khi hiệu chỉnh. Xác đònh tần số cắt biên, tần số cắt pha,
độ dự trữ biên và độ dự trữ pha của hệ thống sau khi hiệu chỉnh. (1.0 điểm)
3. Khâu hiệu chỉnh
)(
sG
C
đang sử dụng tại có khuyết điểm là làm giảm băng thông của hệ
thống, do đó làm chậm đáp ứng quá độ. Hãy thiết kế khâu hiệu chỉnh sớm pha
1
1
)(
+
+

=
Ts
Ts
sG
C
α

(
)1
>
α
để đạt được yêu cầu độ dự trữ pha và độ dự trữ biên như đã tính ở câu 2, đồng thời mở
rộng băng thông để tăng tốc độ đáp ứng của hệ thống. (1.0 điểm)

Bài 4: (3.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển rời rạc có sơ đồ khối như hình 4:






Biết rằng
2
1
)(
s
sG = ,
)1()(
1−
−+= z

T
K
KzG
D
PC
,
1=
P
K
,
5=
D
K
,
sec1.0
=
T
.
1. Viết phương trình sai phân để thực thi bộ điều khiển
)(zG
C
trên máy tính (0.5 điểm).
2. Xác đònh hàm truyền của hệ thống kín (0.5 điểm).
3. Đánh giá tính ổn đònh của hệ kín dùng tiêu chuẩn Routh-Hurwitz mở rộng hoặc tiêu chuẩn
Jury (1.0 điểm)
4. Tính đáp ứng c(k) (k=1, ,7), độ vọt lố, sai số xác lập khi tín hiệu vào là hàm nấc đơn vò
(1.0 điểm).


Chú y

ù: Sinh viên nộp lại biểu đồ Bode kèm theo bài làm

Hết









Họ và tên SV: Mã số SV:
G
C
(
s
)

R
(
s
)

C
(
s
)

+

−
−−
−

G
(
s
)

Hình
3

e
(
k
)

C
(
s
)

+

−

G
(
s

)

T

s
e
Ts−
−1

G
C
(z)

u
(
k
)

R
(
s
)

Hình
4

3


-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

Biên độ (d
B)
10

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

4

-180

-135

-90

-45

0

45

90

Pha (
độ
)
Biểu đồ Bode dùng trong câu 3.1 và 3.2

Tần số (rad/sec)

-20dB/dec

-40dB/dec
-20dB/dec

Đối tượng
Bộ điều khiển
-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

Biên độ
(dB)
10

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

4

-180

-135

-90

-45

0

45

90

Pha (

độ
)
Biểu đồ Bode dùng trong câu 3.3

Tần số (rad/sec)

-20dB/dec
-40dB/dec
4

Đáp án

Bài 1
:
1. Độ vọt lố:
%25%100.
8.0
8.01
%100.
max
=
−
=
−
=
xl
xl
c
cc
POT

Thời gian quá độ là
5.1=
qd
t
giây.
Sai số xác lập là
2.08.01 =−=
xl
e
.
2. Hàm truyền kín của hệ thống:

Kbass
K
sG
sG
sG
k
+++
=
+
=
2
)(1
)(
)(
(1)
Mẫu số của hệ kín có dạng:
22

2
nn
ss
ωξω
++
, trong đó:

25.0
1
exp
2
=








−
−
=
ξ
ξπ
POT
⇒
4.0
=
ξ

5.1
3
==
n
qd
t
ξω
⇒
5=
n
ω

Do đó mẫu số hàm truyền kín là:
254
2
++ ss
(2)
(1) & (2) suy ra:

4
=
a


25
=
+
Kb

Hệ số vò trí:
b
K
sGK
s
P
==
→
)(lim
0

Sai số xác lập:
2.0
1
1
=
+
=
+
=
Kb
b
K
e
P
xl

⇒
5252.0)(2.0

=
×
=
+
=
Kbb


2025
=
−
=
bK

Vậy:
5
4
20
)(
2
+
+
=
s
s
sG

Bài 2
:
1. Phương trình đặc trưng của hệ kín:

0)det(
=
+
−
BKAI
s

⇔
[ ]
0
0
1
01
34
10
01
det
21
=















+






−−
−






kks
⇔
0
1
34
det
21
=















−
+++
s
kks

⇔
0)3()4(
21
=++++ kkss
⇔
0)3()4(
21
2
=++++ ksks
(1)
Phương trình đặc trưng mong muốn:

0)4(
2

=+s
⇔
0168
2
=++ ss
(2)
(1) & (2) ⇒



=+
=+
163
84
2
1
k
k
⇒



=
=
13
4
2
1
k
k

2. Hệ kín không có vọt lố vì cặp cực của hệ kín là cặp cực thực. POT = 0%.

5

Bài 3:

1. Theo biểu đồ Bode, hàm truyền
)(sG
có dạng:

)1)(1(
)(
21
++
=
sTsT
K
sG
⇒
)11.0)(1(
100
)(
++
=
ss
sG

Do:

40lg20
=
K
⇒
100
=
K


1
1
1
=
T
⇒
1
1
=T


10
1
2
=
T
⇒
1.0
1
=T

Tương tự : hàm truyền
)(sG
C
có dạng:

)1(
)1(
)(
+
+
=
Ts
Ts
KsG
CC
α
(
1
<
α
) ⇒
)120(
)12(
)(
+
+
=
s
s
sG

C

Do
0lg20 =
C
K
⇒
1=
C
K


5.0
1
=
T
α
⇒
2
=
T
α


05.0
1
=
T
⇒
20

=
T

2. Đặc tính tần số
)()( sGsG
C
: xem hình vẽ.
Theo hình vẽ ta có: tần số cắt biên là
sec/7rad
C
=
ω
, tần số cắt pha là
∞=
−
π
ω
, độ dự
trữ biên là
∞
=
GM
, độ dự trữ pha là
0
60=ΦM
(giá trò khác xấp xỉ
0
60
cũng chấp nhận,
miễn xác đònh đúng

M
Φ
trên đồ thò)
-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

Biên đ
ộ
(dB)
10

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

4

-180

-135

-90

-45

0

45

90

Pha (độ
)
Biểu đồ Bode dùng trong câu 3.1 và 3.2

Tần số (rad/sec)

-20dB/dec
-40dB/dec

-20dB/dec
Đối tượng
Bộ điều khiển
6

3. Thiết kế lại khâu hiệu chỉnh
1
1
)(

+
+
=
Ts
Ts
sG
C
α
(
α
>1)

- Tần số cắt biên trước khi hiệu chỉnh:
sec/30
rad
C
=
ω
.
- Độ dự trữ pha trước khi hiệu chỉnh:
0
20
=ΦM
(theo đồ thò)
- Độ dự trữ pha mong muốn
0*
60
=ΦM

- Góc pha cần bù:

]205[2060
0*
max
÷+−=+Φ−Φ= MM
ϕ
.
⇒
45
max
=
ϕ

⇒
8.5
sin1
sin1
max
max
=
−
+
=
ϕ
ϕ
α

- Tần số cắt mới xác đònh từ điều kiện:

=−=−=
′

8.5lg10lg10)(
αω
C
L
7.6dB.
Từ đồ thò ta được
sec/50
rad
C
≈
′
ω

- Xác đònh T:
α
ω
T
C
1
=
′
⇒
008.0
8.550
11
==
′
=
αω
C

T

⇒
046.0008.08.5
=
×
=
T
α

Vậy:
1
008
.
0
1046.0
)(
+
+
=
s
s
sG
C




-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

Biên độ
(dB)
10

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

4

-180

-135

-90

-45

0

45

90

Pha (độ
)
Biểu đồ Bode dùng trong câu 3.3

Tần số (rad/sec)

-20dB/dec

-40dB/dec
7


Bài 4:
1. Ta có:
)1(
)(
)(
)(
1−
−+== z
T
K
K
zE

zU
zG
D
PC

⇒
)()()()1()(
11
zEz
T
K
zE
T
K
KzEz
T
K
KzU
DD
P
D
P
−−
−







+=






−+=

⇒
)1()()(
−−






+= ke
T
K
ke
T
K
Kku
DD
P

⇒
)1(50)(51)(

−
−
=
kekeku


2. Hàm truyền kín:
)()(1
)()(
)(
zGzG
zGzG
zG
C
C
k
+
=

trong đó:

22
2
3
2
3
1
)1(
)1(005.0
)1(2

)1(
)1(2
)1(
.
11
).1()(
1
)(
−
+
=
−
+
=
−
+−
=






−=







−
=
−
−
z
z
z
zT
z
zzT
z
z
s
ZzsG
s
e
ZzG
Ts


z
z
zz
T
K
KzG
D
PC
5051
5051)1()(

11
−
=−=−+=
−−

Do đó:

)1)(5051(005.0)1(
)1)(5051(005.0
)1(
)1(005.05051
1
)1(
)1(005.05051
)(
2
2
2
+−+−
+−
=
−
+
×
−
+
−
+
×
−

=
zzzz
zz
z
z
z
z
z
z
z
z
zG
k

⇒
25
.
0
005
.
1
745
.
1
25.0005.0255.0
)(
23
2
−
+

−
−+
=
z
z
z
zz
zG
k

3. Cách 1
: Dùng tiêu chuẩn Jury
Bảng Jury

Hàng
1
1 -1.745 1.005 -0.25
Hàng
2
-0.25 1.005 -1.745 1
Hàng
3
0625.1
125.0
25.01
1
1
=
−
−

494.1
745.125.0
005.11
1
1
−=
−−

569.0
005.125.0
745.11
1
1
=
−
−


Hàng
4
0.569 -1.494 1.0625
Hàng
5
758.0
0625.1569.0
569.00625.1
0625.1
1
=

694.0
494.1569.0
494.10625.1
0625.1
1
−=
−
−


Hàng
6
-0.694 0.758
Hàng
7
123.0
758.0694.0
694.0758.0
758.0
1
=
−
−


Do các phần tử ở hàng lẻ, cột 1 bảng Jury đều dương nên hệ thống ổn đònh

8

Cách 2: Dùng tiêu chuẩn Routh-Hurwitz mở rộng
Phương trình đặc trưng theo biến z:
025.0005.1745.1
23
=−+− zzz
(1)
Đổi biến
1
1
−
+
=
w
w
z
, ta được:

025.0
1
1
005.1
1
1
745.1
1
1
23
=−







−
+
+






−
+
−






−
+
w
w
w
w
w
w

⇔
(
)
(
)
0)1(25.0)1)(1(005.1)1(1745.11
32
23
=−−−++−+−+ wwwwww

⇔
0499.201.0
23
=+++ www
(2)
Tiêu chuẩn Routh:
Bảng Routh:
s
3

0.01 2.99
s
2

1 4
s
1

2.99-0.01×4=2.95

0
s
0

4
Do tất cả các phần tử cột 1 bảng Routh đều dương nên hệ thống ổn đònh
hoặc
Tiêu chuẩn Hurwitz:
Do các hệ số của (2) đều dương, đồng thời
095.2401.099.21
3021
>=×−×=− aaaa

nên theo tiêu chuẩn Hurwitz ta kết luận hệ thống ổn đònh.

Cách 3: Dùng máy tính số giải trực tiếp nghiệm của phương trình (1):
9796.0
1
=z
,
3298.03827.0
3,2
jz ±=
. Do cả 3 nghiệm đều nằm trong vòng tròn đơn vò nên hệ thống ổn
đònh. (Do đề bài yêu cầu phải xét ổn đònh dùng tiêu chuẩn Jury hoặc Routh-Hurwitz mở
rộng nên sinh viên giải theo cách này chỉ được 0.5 điểm nếu kết luận đúng
)

4. Tính đáp ứng của hệ thống

)(
25
.
0
005
.
1
745
.
1
25.0005.0255.0
)()()(
23
2
zR
z
z
z
zz
zGzRzC
k
−
+
−
−+
==


)(
25

.
0
005
.
1
745
.
1
1
25.0005.0255.0
)(
321
321
zR
z
z
zzz
zC
−−−
−−−
−
+
−
−+
=

⇔
)()25.0005.0255.0()()25.0005.1745.11(
321321
zRzzzzCzz

−−−−−−
−+=−+−

⇔
)3(25.0)2(005.0)1(255.0)3(25.0)2(005.1)1(745.1)(
−
−
−
+
−
+
−
+
−
−
−
=
krkrkrkckckckc

Thay điều kiện đầu bằng 0,
,1)(
=
kr

0
≥
∀
k
(hàm nấc đơn vò) ta được:
c(k)= {0; 0.2550; 0.7050; 0.9839; 1.0822; 1.0858; 1.0631;…}

1
1
1
25
.
0
005
.
1
745
.
1
1
25.0005.0255.0
)1(lim)()1(lim
1321
321
1
1
1
1
=
−
−
+
−
−+
−=−=
−−−−

−−−
−
→
−
→
z
z
z
zzz
zzCzc
zz
xl

Độ vọt lố:
%5.8%100
1
1085.1
%100
max
=
−
=
−
=
xl
xl
c
cc
POT

Sai số xác lập:
011 =−=−=
xlxlxl
cre