Đề kiểm tra giữa kỳ I môn Cơ sở tự động - Năm học 2010-2011 - Đại học Bách khoa TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

 Đại học Bách Khoa TPHCM ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 1. Năm học 2010-2011 
 Khoa Điện – Điện Tử Môn: Cơ sở tự động 
 Bộ môn ĐKTĐ Ngày thi: 02/11/2010 
 ---o0o--- Thời gian làm bài: 60 phút 
 (Sinh viên không được phép sử dụng tài liệu in hoặc photo) 
Bài 1: (2.0 điểm) Tính hàm truyền tương đương của hệ thống có sơ đồ khối ở hình 1 
Bài 2: (2.0 điểm) Chọn 1 trong 2 câu 2A hoặc 2B 
2A. Viết phương trình trạng thái mô tả hệ kín ở hình 2 với hai biến trạng thái x1(t) và x2(t) cho trên 
sơ đồ, biến x3(t) tự chọn. 
2B. Cho hệ thống phi tuyến b c 2 như sau với u(t) là tín hiệu đ u vào, y(t) là tín hiệu đ u ra. 
)()(2)(
)(2)()()()(
)()()()(
1
2212
2211
tutxty
tutxtxtxtx
txtxtxtx





Viết phương trình biến trạng thái tuyến tính hóa tại điểm làm việc 1,]41[  uTx . 
Bài 3: (3.0 điểm) Cho hệ thống ở hình 3. 
3.1 Vẽ QĐNS của hệ thống khi  K0 . Tìm điều kiện của K để hệ thống ổn định. 
3.2 Tìm cực thuộc QĐNS có dạng 21s j      với =0.5 , tìm K lúc đó. 
Bài 4: (3.0 điểm) Cho hệ thống hồi tiếp âm đơn vị có hàm truyền hở là 
22
1.0
)10(
)4.0(200
)(




ss
es
sG
s
4.1 Vẽ biểu đồ Bode biên độ và pha của G(s). 
4.2. Đánh giá tính ổn định của hệ kín 
4.3. Dựa vào đặc tính t n số của G(s), bạn hãy cho nh n xét về độ vọt lố, thời gian quá độ và sai số 
xác l p khi tín hiệu vào làm nấc đơn vị. 
(Hết) 
 CNBM 
R(s) Y(s) 
+ _ 
Hình 3 
)(sG 
)9(
)(25
)(
2 


ss
Ks
sG
r(t) y(t) 
+ _ 
Hình 2 
5
2
s
32
1
2  ss
x1 x2 
G1(s) 
R(s) Y(s) 
Hình 1 
G2(s) 
+ 
_ 
G3(s) G4(s) 
G5(s) 
_ 
_ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
Đáp án 
Câu 1. (2điểm) 
Đường tiến: 
1 1 3 4 2 1 4
;P G G G P G G  (0.5đ) 
Vòng kín: 
1 1 2 2 3 3 4 5 4 1 3 4 5 1 4
; ; ; ;L G G L G L G G L G G G L G G         (0.5đ) 
Định thức chính: 
 1 2 3 4 5 1 3 2 3
1 2 3 4 5 1 3 4 1 4 1 2 4 5 3 4 5
1
1
L L L L L L L L L
G G G G G G G G G G G G G G G G G
        
       
 (0.5đ) 
Định thức con: 
1 2
1; 1    
Hàm truyền tương đương: 
 
 
 
1 1 2 2
1 3 4 1 4
1 2 3 4 5 3 4 5 1 2 4 5 1 3 4 1 4
1
td
C s
G s
R s
P P
G G G G G
G G G G G G G G G G G G G G G G G

  




      
 (0.5đ) 
(Sinh viên giải dùng phương pháp biến đổi sơ đồ khối ra kết quả đúng vẫn được tính điểm) 
Câu 2A. (2điểm) 
Từ sơ đồ, ta có: 
         1 2 1 1 2
2
5 2
5
X s X s x t x t x t
s
    

 (1) (0.5đ) 
               2 1 2 2 2 12
1
2 3
2 3
X s R s X s x t x t x t r t x t
s s
         
 (2) (0.5đ) 
Đặt : )()( 23 txtx  (3) 
Thay vào (2) ta được: )()()(2)(3)( 1323 trtxtxtxtx  (4) (0.5đ) 
 Kết hợp với (1), (3) và (4) ta có PTTT: 
     
   
         
   
 
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 
1 1 2
2 3
3 3 2 1
1
1 1
2 2
3 2
1
2
2
5 2
2 3
5 2 0 0
0 0 1 0
1 3 2 1
1 0 0
x t x t x t
x t x t
x t x t x t x t r t
y t x t
x t x t
x t x t r t
x t x t
x t
y t x t
x t
   



    


      
      
       
              
 
 
 
  
 
 
 (0.5đ) 
 Câu 2B. (2điểm) 
1 1 2 2
2 1 2 2
1
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )
( ) 2 ( ) ( )
f t x t x t x t
f t x t x t x t u t
h t x t u t
 
  
 
 
 
 
 
 
1 1
2 1
1 2
1
21 2
12 ,1
41 2 ,
1
,1 22 ,
,
( ) ( ) 1 4 0
( ) 3( ) 1 2
2 ( ) 4
0
, 2 0 , 1
2
x u
x ux u
x u
f f
x t x t
x x
x tA
x tf f
x t
x x
f
h h hu
B C D
x x uf
u
  
  
  
  
                  
        
 
       
                 
  
 (1.5 đ) 
   
   
   
   
 
 
 
 
 
   
 
 
 
1
1 11 1
222 2
1
2
2 3
4 01 0
32 24 4
:
1
2 0
3
y x u
x t x tx t x t
u t
x tx tx t x t
PTTT
u t u t x t
y t u t
y t y t x t
  
         
                    
 
    
   
      
 (0.5 đ) 
Câu 3. (3 điểm) 
PTĐT:  
 
 
 3 22
25
1 0 1 0 9 25 25 0 1
9
s K
G s s s s K
s s

         

  3 2
25
1 1 0
9 25
K
s s s
  
 
Zero : không có 
Pole : 
1 2,3
9 19
0, 4.50 2.18
2 2
p p i i       (0.5đ) 
Tiệm c n: 
1 2 3 3
3
3
3
p p p
OA

 

 
  


 

 
Điểm tách nh p: 
 
3 2
2
1
2
9 25
1
25
63 2.183 18 25 3
0
25 63 3.82
3
s s s
K
sK s s
s
s
 
  

       
     
      

(cả 2 đều thuộc QĐNS) (0.5đ) 
Giao điểm QĐNS với trục ảo: áp dụng tiêu chuẩn ổn định Routh cho PTĐT (1). 
s
3 
1 25 ĐK ổn định 
s
2 
9 25K 
s
1 
25-(25K/9) K<9 
s
0 
25K K>0 
V y điều kiện hệ thống ổn định: 0 < K < 9. 
Ta có: Kgh = 9. Thay vào (1) giải ra ta được: s1 = -9, s2 = 5i, s3 = -5i 
V y giao điểm QĐNS với trục ảo: s2 = 5i, s3 = -5i (0.5đ) 
Góc xuất phát tại cực phức p2: 
   0 2 1 2 3
0
0 0 0 0
180 arg arg
9 19 9 19 9 19
180 arg 0 arg
2 2 2 2 2 2
180 154 90 64
p p p p
i i i
     
        
                       
           
    
 (0.25đ) 
 (Hình vẽ 0.75 điểm) 
3.2 
Từ QĐNS, ta suy ra: cực c n tìm: 1.4 2.4s i   
Thay vào PTĐT, ta tính được K: 
     
3 2
1.4 2.4 9 1.4 2.4 25 1.4 2.4
1.91
25
i i i
K
       
  (0.5đ) 
(SV giải ra kết quả gần đúng hoặc giải bằng phương pháp giải tích cũng được tính điểm) 
Câu 4. 
4.1 
Viết lại hàm truyền vòng hở:   0.12
2
1
0.8 1
0.4
1
1
10
s
s
G s e
s s

 
 
 
 
 
 
Các t n số cắt:    1 20.4 / , 10 /rad s rad s   
Điểm đ u: 
     
0
0
0.1
:
20log 0.8 2* 20log 0.1 38
A
L dB




  
 (0.5đ) 
Tính bode pha: 
 
0
0 180
180 arctan 2arctan 0.1
0.4 10
 
  

   
       
   
 (rad/s) 0.1 0.4 1 2 4 10 
() (0) -168 -142 -129 -135 -162 -240 
 (0.5đ) 
Biểu đồ Bode như sau: (1.0đ) 
(phải chỉ rõ trên biểu đồ Bode t n số cắt biên, t n số cắt pha, độ dự trữ biên, độ dự trữ pha mới được 
trọn vẹn 1.0đ) 
4.2 
Từ biểu đồ Bode: 
- T n số cắt biên: sec/2radC  
- T n số cắt pha: sec/5rad 
- Độ dự trữ biên và pha: 
0
10
45
GM dB
M


 
Như v y hệ kín ổn định. (0.5đ) 
4.3 (Câu này nhằm phân loại sinh viên nên điểm ít, SV làm được 2/3 yêu cầu xem như đạt) 
Cách 1: (0.5đ) 
Sai số xác l p: Theo biểu đồ Bode, ở miền t n số thấp biên độ của hệ hở vô cùng lớn, do đó sai số 
xác l p đối với tín hiệu vào là hàm nấc bằng 0. 
Độ vọt lố: do độ dự trữ pha nhỏ hơn 600 nên độ vọt lố lớn hơn 10%. 
Thời gian quá độ: 
C
qd
C
t



 4
 . Do sec/2radC  nên (sec)28.657.1  qdt 
Cách 2: (0.5đ) 
Xác định hệ số tắt d n dựa vào độ dự trữ pha. 
0
2 4
2
arctan 45 0.42 23.4%
2 1 4
M POT


 
 
       
 
   
Từ Bode biên độ, ta có băng thông của hệ thống:  3.5 /BW rad s  
Sử dụng quan hệ giữa băng thông và hệ số tắt d n, tqđ: 
 2 4 2
4
1 2 4 4 2 3.5 3.7sec
BW qd
qd
t
t
   

        
Dựa vào bode biên độ: Kp = ∞  e(∞) = 0 
Tính chính xác (từ mô phỏng Simulink): POT = 31%, tqđ = 5.7s, e(∞) = 0.