Ρομποτική — Ιούνιος 2018¶

Μεταγραφή από τη φωτογραφία received_562161769447150.jpg (τυπωμένο θέμα, μία σελίδα). Σημείωση: η φωτογραφία περιέχει χειρόγραφες απαντήσεις φοιτητή.

received_562161769447150.jpg¶

ΤΜΗΜΑ Μηχανολόγων και Αεροναυπηγών Μηχανικών ΡΟΜΠΟΤΙΚΗ

Εξετάσεις Ιουνίου 2018

ΘΕΜΑ 1° (2 μονάδες) Να προσδιορισθεί η θέση των τοπικών συστημάτων συντεταγμένων του κάθε συνδέσμου και να βρεθούν τα χαρακτηριστικά των συνδέσμων. Στο σχήμα να φαίνεται ορισμός τοπικών συστημάτων και των χαρακτηριστικών των συνδέσμων.

[Σχήμα: Ρομποτικός βραχίονας με συνδέσμους, περιστροφικές αρθρώσεις υπό γωνία 120° και τελικό επενεργητή]

ΘΕΜΑ 2° (3 μονάδες) Δίνονται οι τιμές των γωνιών μιας περιστροφικής άρθρωσης στις αντίστοιχες χρονικές στιγμές $q(0)=5^\circ$, $q(2)=15^\circ$ και $q(4)=-10^\circ$. Η κίνηση της άρθρωσης να γίνει με συνδυασμό ευθύγραμμων και παραβολικών τμημάτων, συνέχεια ταχύτητας στα σημεία σύνδεσης των τμημάτων και μηδενική αρχική και τελική ταχύτητα. Η απόλυτη τιμή της επιτάχυνσης είναι $60^\circ/\text{sec}^2$, $t_{d12}=t_{d23}=2\text{ sec}$. Να υπολογιστούν οι ταχύτητες των ευθύγραμμων τμημάτων, και οι χρονικές διάρκειες των παραβολικών τμημάτων. Να βρεθεί και να σχεδιασθεί η ταχύτητα της άρθρωσης συναρτήσει του χρόνου για όλη τη διάρκεια της κίνησης

ΘΕΜΑ 3° (3 μονάδες) Α) Για το παρακάτω σχήμα σχεδιάστε το χάρτη ορατότητας και βρείτε την ελάχιστη διαδρομή για ένα σημειακό ρομπότ, που ξεκινάει από την πάνω αριστερή γωνία και καταλήγει στην κάτω δεξιά. Τα δύο τετράγωνα αποτελούν εμπόδια, όπως και το περίγραμμα. Β) Υπολογίστε τις ροπές $m_{01}$ και $m_{11}$ των δύο πολυγώνων με βάση την διακριτοποίηση και το σύστημα συντεταγμένων, που φαίνεται στο σχήμα

[Σχήμα: Καρτεσιανό πλέγμα 10x10 με σημεία A και T, άξονες X, Y και δύο πολυγωνικά εμπόδια (ρόμβος και τετράγωνο)]

ΘΕΜΑ 4° (2 μονάδες) Να αποδειχθεί ότι ο παρακάτω νόμος ελέγχου επιτυγχάνει ασυμπτωτική ευστάθεια ενός πολυβάθμιου βραχίονα όταν $q_d=0$. Οι πίνακες των κερδών είναι διαγώνιοι και θετικά ορισμένοι.

\[\tau = -K_p q - M(q) K_d \dot{q} + G(q)\]

Λύσεις (⚪ AI, μη επαληθευμένο)

Κατάσταση: ⚪ AI, μη επαληθευμένο Πηγή: λύσεις AI (antigravity-gemini, deepseek-flash), ανεξάρτητη επανάληψη και αντιπαραβολή· καμία δεν έχει ελεγχθεί από άνθρωπο

Προσοχή

Λύση από AI — ελέγξτε την· δεν έχει επαληθευτεί από άνθρωπο. Η ένδειξη «δύο λύσεις συμφωνούν» δεν σημαίνει ότι η απάντηση είναι σωστή.

AI λύσεις — 2018-06¶

Οι λύσεις γράφτηκαν από μοντέλα AI και δεν έχουν ελεγχθεί από άνθρωπο. Η αρίθμηση ακολουθεί το αρχείο θεμάτων.

Θέμα 1°¶

Αξιοπιστία: λύθηκε με βάση τις φωτογραφίες του θέματος· μία λύση AI

Προσδιορισμός τοπικών συστημάτων συντεταγμένων (σύμβαση Denavit-Hartenberg) και πίνακας παραμέτρων D-H:

Από το σχήμα του βραχίονα στην εικόνα received_562161769447150.jpg: - Ο βραχίονας αποτελείται από σταθερή βάση και διαδοχικούς συνδέσμους με περιστροφικές αρθρώσεις (Revolute joints). - Η άρθρωση 1 έχει κατακόρυφο άξονα περιστροφής $Z_0$ στη βάση. - Ακολουθεί οριζόντιος σύνδεσμος μήκους $a_1$ (ή $l_1$) και η άρθρωση 2, της οποίας ο άξονας περιστροφής $Z_1$ είναι οριζόντιος (ή υπό γωνία). - Η επόμενη άρθρωση συνδέεται υπό γωνία $120^\circ$ (όπως ρητά αναγράφεται στο σχήμα: $120^\circ$). - Το άκρο καταλήγει στον τελικό επενεργητή (αρπάγη/εργαλείο).

Κανόνες τοποθέτησης συστημάτων συντεταγμένων κατά Denavit-Hartenberg (D-H): 1. Άξονας $Z_i$: Τοποθετείται κατά μήκος του άξονα κίνησης (περιστροφής) της άρθρωσης $i+1$. - $Z_0$: κατά μήκος του άξονα της άρθρωσης 1 (κατακόρυφος). - $Z_1$: κατά μήκος του άξονα της άρθρωσης 2. - $Z_2$: κατά μήκος του άξονα της άρθρωσης 3 (κεκλιμένος κατά $120^\circ$ ως προς το προηγούμενο επίπεδο). - $Z_3$: κατά μήκος του άξονα του τελικού εργαλείου/επενεργητή. 2. Άξονας $X_i$: Τοποθετείται κατά μήκος της κοινής καθέτου μεταξύ $Z_{i-1}$ και $Z_i$ με κατεύθυνση από το $Z_{i-1}$ προς το $Z_i$. Αν τέμνονται, το $X_i$ είναι κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν ($X_i = \pm Z_{i-1} \times Z_i$). 3. Άξονας $Y_i$: Συμπληρώνεται με τον κανόνα του δεξιού χεριού: $Y_i = Z_i \times X_i$.

Χαρακτηριστικά παραμέτρων D-H $(\theta_i, d_i, a_i, \alpha_i)$: - $\theta_i$: Γωνία περιστροφής γύρω από τον $Z_{i-1}$ από τον $X_{i-1}$ στον $X_i$ (μεταβλητή άρθρωσης $q_i$). - $d_i$: Απόσταση κατά μήκος του $Z_{i-1}$ από την αρχή του $\{i-1\}$ έως την τομή με τον $X_i$. - $a_i$: Απόσταση κατά μήκος του $X_i$ από την τομή με τον $Z_{i-1}$ έως την αρχή του $\{i\}$ (μήκος συνδέσμου). - $\alpha_i$: Γωνία στρέψης γύρω από τον $X_i$ από τον $Z_{i-1}$ στον $Z_i$. - Για τη μετάβαση στην άρθρωση υπό γωνία $120^\circ$, η σχετική γωνία στρέψης των αξόνων είναι $\alpha_2 = 120^\circ$ (ή $60^\circ$ συμπληρωματική αναλόγως φοράς των αξόνων $Z$).

Σύνδεσμος $i$	$\theta_i$	$d_i$	$a_i$	$\alpha_i$
1	$\theta_1^*$	$d_1$	$a_1$	$90^\circ$
2	$\theta_2^*$	0	$a_2$	$120^\circ$ (ή $60^\circ$)
3	$\theta_3^*$	0	$a_3$	$0^\circ$

(Όπου $\theta_i^*$ δηλώνει τη μεταβλητή άρθρωσης $q_i$).

Θέμα 2°¶

Αξιοπιστία: 2 από 3 ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν (η άλλη διαφωνούσε) · εμπιστοσύνη λύτη: μέτρια

Θεωρώ την τυπική σύμβαση LSPB: τα $t_{d12}=t_{d23}=2\,\mathrm{s}$ είναι οι συνολικοί χρόνοι μεταξύ των διαδοχικών σημείων και το ενδιάμεσο παραβολικό τμήμα είναι συμμετρικό γύρω από το $t=2\,\mathrm{s}$.

Έστω $v_1$ η σταθερή ταχύτητα του πρώτου ευθύγραμμου τμήματος και $v_2$ του δεύτερου. Αναμένεται $v_1>0$, $v_2<0$. Με $A=60^\circ/\mathrm{s}^2$, οι χρόνοι των παραβολικών τμημάτων είναι [ t_{b0}=\frac{v_1}{A},\qquad t_{b1}=\frac{v_1-v_2}{A},\qquad t_{b2}=\frac{-v_2}{A}. ] Το εμβαδόν κάτω από την καμπύλη $\dot q(t)$ δίνει τη μετατόπιση. Έτσι: [ q(2)-q(0)=10 =2v_1-\frac{v_1^2}{2A}-\frac{(v_1-v_2)^2}{8A}, ] [ q(4)-q(2)=-25 =2v_2+\frac{v_2^2}{2A}+\frac{(v_1-v_2)^2}{8A}. ] Θέτοντας $v_1=x>0$, $v_2=-y<0$, $A=60$: [ 10=2x-\frac{x^2}{120}-\frac{(x+y)^2}{480},\qquad -25=-2y+\frac{y^2}{120}+\frac{(x+y)^2}{480}. ] Λύνοντας προκύπτει [ x=5.509^\circ/\mathrm{s},\qquad y=13.660^\circ/\mathrm{s}. ] Άρα [ v_{12}=5.509^\circ/\mathrm{s},\qquad v_{23}=-13.660^\circ/\mathrm{s}. ] Οι διάρκειες των παραβολικών τμημάτων είναι [ t_{b0}=0.0918\,\mathrm{s},\qquad t_{b1}=0.3195\,\mathrm{s},\qquad t_{b2}=0.2277\,\mathrm{s}. ] Τα ευθύγραμμα τμήματα διαρκούν αντίστοιχα [ 2-t_{b0}-\frac{t_{b1}}2=1.7484\,\mathrm{s}, \qquad 2-\frac{t_{b1}}2-t_{b2}=1.6126\,\mathrm{s}. ] Η ταχύτητα συναρτήσει του χρόνου είναι η πολυγωνική γραμμή με κορυφές [ (0,0),\ (0.0918,5.509),\ (1.8403,5.509),\ (2.1597,-13.660),\ (3.7723,-13.660),\ (4,0), ] δηλαδή [ \dot q(t)= \begin{cases} 60t, & 0\le t\le0.0918,\ 5.509, & 0.0918\le t\le1.8403,\ 5.509-60(t-1.8403), & 1.8403\le t\le2.1597,\ -13.660, & 2.1597\le t\le3.7723,\ -13.660+60(t-3.7723), & 3.7723\le t\le4. \end{cases} ] Στο $t=2$ είναι $\dot q(2)=-4.076^\circ/\mathrm{s}$.

Θέμα 3°¶

Αξιοπιστία: λύθηκε με βάση τις φωτογραφίες του θέματος· μία λύση AI

Α) Χάρτης Ορατότητας και Ελάχιστη Διαδρομή: Από το σχήμα στο πλέγμα $10 \times 10$ (με αρχή των αξόνων $X, Y$ στο $(0,0)$ όπως υποδεικνύεται από τα βέλη, με τον άξονα $X$ να έχει διακριτά βήματα 1 έως 10 και τον άξονα $Y$ 1 έως 10): - Αρχικό σημείο: $A = (1, 9)$ (επάνω αριστερά) - Τελικό σημείο: $T = (11, 1)$ (ή $(10, 1)$ κάτω δεξιά) - Εμπόδιο 1 (Ρόμβος / Πολύγωνο 1): Κορυφές στα σημεία $(5, 6)$, $(7, 4)$, $(5, 2)$, $(3, 4)$. - Εμπόδιο 2 (Τετράγωνο / Πολύγωνο 2): Κορυφές στα σημεία $(8, 6)$, $(11, 6)$, $(11, 3)$, $(8, 3)$.

Κατασκευή Χάρτη Ορατότητας (Visibility Graph): Συνδέονται με ευθύγραμμα τμήματα όλα τα ζεύγη κορυφών που έχουν άμεση οπτική επαφή χωρίς να τέμνουν το εσωτερικό των εμποδίων: 1. Από το σημείο $A(1, 9)$ υπάρχει οπτική επαφή προς τις κορυφές του ρόμβου $(3, 4)$ και $(5, 6)$. 2. Η κορυφή $(5, 6)$ βλέπει την κορυφή $(8, 6)$ του τετραγώνου καθώς και την κορυφή $(7, 4)$ του ρόμβου. 3. Η κορυφή $(7, 4)$ του ρόμβου βλέπει την κάτω αριστερή κορυφή $(8, 3)$ του τετραγώνου. 4. Η κορυφή $(8, 3)$ βλέπει απευθείας το σημείο $T(11, 1)$.

Υπολογισμός Μήκους Διαδρομών: - Διαδρομή 1 (από πάνω): $$A(1,9) \to (5,6) \to (8,6) \to (11,6) \to T(11,1)$$ $$L_1 = \sqrt{(5-1)^2 + (6-9)^2} + (8-5) + (11-8) + (6-1) = 5 + 3 + 3 + 5 = 16.00$$ - Διαδρομή 2 (από κάτω): $$A(1,9) \to (3,4) \to (5,2) \to (8,3) \to T(11,1)$$ $$L_2 = \sqrt{2^2 + (-5)^2} + \sqrt{2^2 + (-2)^2} + \sqrt{3^2 + 1^2} + \sqrt{3^2 + (-2)^2} = \sqrt{29} + \sqrt{8} + \sqrt{10} + \sqrt{13} \approx 5.385 + 2.828 + 3.162 + 3.606 \approx 14.98$$ - Διαδρομή 3 (ενδιάμεση / μέσω της κορυφής $(7,4)$ και $(8,3)$): $$A(1,9) \to (5,6) \to (7,4) \to (8,3) \to T(11,1)$$ $$L_3 = \sqrt{(5-1)^2 + (6-9)^2} + \sqrt{(7-5)^2 + (4-6)^2} + \sqrt{(8-7)^2 + (3-4)^2} + \sqrt{(11-8)^2 + (1-3)^2}$$ $$L_3 = 5 + \sqrt{8} + \sqrt{2} + \sqrt{13} = 5 + 2\sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{13} = 5 + 3\sqrt{2} + \sqrt{13} \approx 5 + 4.243 + 3.606 = 12.85$$

Συμπέρασμα: Η ελάχιστη διαδρομή είναι η Διαδρομή 3: $$A(1,9) \to (5,6) \to (7,4) \to (8,3) \to T(11,1)$$ με συνολικό μήκος $L_{\min} \approx 12.85$ μονάδες.

Β) Υπολογισμός των ροπών $m_{01}$ και $m_{11}$ των δύο πολυγώνων: Ο ορισμός της ροπής τάξης $(p+q)$ για συνεχή περιοχή $R$ είναι: $$m_{pq} = \iint_R x^p y^q \, dx\,dy$$

Ρόμβος (Πολύγωνο 1):
Έχει διαγώνιους μήκους $d_x = 7 - 3 = 4$ και $d_y = 6 - 2 = 4$.
Εμβαδόν: $m_{00} = \text{Area} = \frac{1}{2} d_x d_y = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8$.
Κέντρο βάρους (λόγω διπλής συμμετρίας): $\bar{x} = 5$, $\bar{y} = 4$.
Ροπή $m_{01}$: $$m_{01} = \bar{y} \cdot m_{00} = 4 \cdot 8 = 32$$
Ροπή $m_{11}$: Επειδή ο ρόμβος είναι συμμετρικός ως προς τις ευθείες $x=5$ και $y=4$, η κεντρική ροπή $\mu_{11}$ μηδενίζεται ($\mu_{11} = 0$). Επομένως: $$m_{11} = \mu_{11} + \bar{x} \bar{y} m_{00} = 0 + 5 \cdot 4 \cdot 8 = 160$$
Τετράγωνο (Πολύγωνο 2):
Πλευρές από $x = 8$ έως $x = 11$ ($\Delta x = 3$) και $y = 3$ έως $y = 6$ ($\Delta y = 3$).
Εμβαδόν: $m_{00} = \text{Area} = 3 \times 3 = 9$.
Κέντρο βάρους: $\bar{x} = \frac{8+11}{2} = 9.5$, $\bar{y} = \frac{3+6}{2} = 4.5$.
Ροπή $m_{01}$: $$m_{01} = \bar{y} \cdot m_{00} = 4.5 \cdot 9 = 40.5$$
Ροπή $m_{11}$: Λόγω συμμετρίας του τετραγώνου ως προς τα κεντρικά του επίπεδα, $\mu_{11} = 0$, οπότε: $$m_{11} = \bar{x} \bar{y} m_{00} = 9.5 \cdot 4.5 \cdot 9 = 384.75$$ (ή με απευθείας ολοκλήρωση: $\int_8^{11} x \,dx \cdot \int_3^6 y \,dy = \left[\frac{x^2}{2}\right]_8^{11} \left[\frac{y^2}{2}\right]_3^6 = \frac{121-64}{2} \cdot \frac{36-9}{2} = \frac{57}{2} \cdot \frac{27}{2} = 28.5 \cdot 13.5 = 384.75$).

Θέμα 4°¶

Αξιοπιστία: δύο ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν · εμπιστοσύνη λύτη: μέτρια

Η δυναμική του πολυβάθμιου βραχίονα είναι [ M(q)\ddot q+C(q,\dot q)\dot q+g(q)=\tau, ] όπου $M(q)$ είναι συμμετρικός θετικά ορισμένος και $\dot M(q)-2C(q,\dot q)$ είναι λοξοσυμμετρικός. Με [ \tau=-K_p q-M(q)K_d\dot q+G(q),\qquad G(q)=g(q), ] ο κλειστός βρόχος γίνεται [ M(q)\ddot q+C(q,\dot q)\dot q+M(q)K_d\dot q+K_p q=0. ] Θεωρούμε τη συνάρτηση Lyapunov [ V(q,\dot q)=\frac12\dot q^{T}M(q)\dot q+\frac12 q^{T}K_p q. ] Είναι θετικά ορισμένη και ακτινικά απεριόριστη αφού $M(q)>0$, $K_p>0$. Παραγωγίζοντας, [ \dot V=\dot q^{T}M\ddot q+\frac12\dot q^{T}\dot M\dot q+\dot q^{T}K_p q. ] Αντικαθιστώντας $M\ddot q=-C\dot q-MK_d\dot q-K_p q$, [ \dot V=\dot q^{T}\Big(\frac12\dot M-C\Big)\dot q-\dot q^{T}M K_d\dot q =-\dot q^{T}M(q)K_d\dot q. ] Επειδή $M(q)>0$ και $K_d>0$ διαγώνιος θετικά ορισμένος, ο όρος απόσβεσης δίνει $\dot V\le 0$. Από το θεώρημα LaSalle, στο αναλλοίωτο σύνολο όπου $\dot V=0$ έχουμε $\dot q=0$. Τότε από τον κλειστό βρόχο μένει $K_p q=0$, άρα $q=0$, αφού $K_p>0$. Επομένως το σημείο ισορροπίας $(q,\dot q)=(0,0)$ είναι ασυμπτωτικά ευσταθές για $q_d=0$.

✔ Επιβεβαίωσε · ✖ Βρήκα λάθος

✖ Βρήκα λάθος στη μεταγραφή

Σύνδεσμος \(i\)	\(\theta_i\)	\(d_i\)	\(a_i\)	\(\alpha_i\)
1	\(\theta_1^*\)	\(d_1\)	\(a_1\)	\(90^\circ\)
2	\(\theta_2^*\)	0	\(a_2\)	\(120^\circ\) (ή \(60^\circ\))
3	\(\theta_3^*\)	0	\(a_3\)	\(0^\circ\)