PRZYKŠAD 1 KRYTERIUM ROUTHA-HURWITZA 1 Na podstawie kryterium Routha-Hurwitza, okre±l liczb pierwiastków równania W (s) = 3 + 8s + s 2 + 2s 3 = 0 le» cych w prawej póªpªaszczy¹nie zespolonej. Tablica Routha ma posta : s 3 2 8 s 2 1 3 s 1 2 3 8 1 1 = 2 0 s 0 1 0 3 2 2 = 3 Poniewa» w pierwszej kolumnie owej tablicy nie wyst puje zmiana znaku, wszystkie pierwiastki rozwa»anego równania le» w lewej póªpªaszczy¹nie.
2 MATLABowa sekwencja ma posta >> routh([2 1 8 3]); % wyznaczanie tablicy Routha dla danego wielomianu; s 3 Row: 2 8 % tablica Routha; s 2 Row: 1 3 s 1 Row: 2 0 s 0 Row: 3 First column is: % powtórzona pierwsza kolumna tablicy Routha; s 3 2 s 2 1 s 1 2 s 0 3 Number of sign changes in the rst column is 0 % test stabilno±ci wypadª pomy±lnie; The computed roots of D(s) are: -6.0330e-002+ 1.9876e+000i -6.0330e-002-1.9876e+000i -3.7934e-001 % pierwiastki badanego wielomianu, jak wida cz ±ci rzeczywiste s ujemne;
PRZYKŠAD 2 KRYTERIUM ROUTHA-HURWITZA 3 Na podstawie kryterium Routha-Hurwitza, okre±l liczb pierwiastków równania W (s) = 48+28s 56s 2 35s 3 +7s 4 +7s 5 +s 6 = 0 le» cych w prawej póªpªaszczy¹nie zespolonej. Tablica Routha ma posta s 6 1 7 56 48 s 5 7 35 28 s 4 12 60 48 s 3 48 0 120 0 s 2 30 48 s 1 43.2 0 s 0 48
4 W tablicy tej wyst puje wiersz zªo»ony tylko z zerowych elementów (wiersz ten odpowiada nieparzystej trzeciej pot dze zmiennej zespolonej s). W takiej sytuacji ów zerowy wiersz tablicy zast pi nale»y wierszem utworzonym ze wspóªczynników zró»niczkowanego pomocniczego wielomianu P (s), który uzyskuje si w oparciu wiersz bezpo±rednio poprzedzaj cy rozwa»any zerowy wiersz pierwotnej tablicy Routha. Pomocniczy wielomian ma posta P (s) = 48 60s 2 + 12s 4, co oznacza, i» elementy wiersza zast puj cego zerowy wiersz tablicy oblicza si w nast puj cy sposób dp (s) ds = 120s + 48s 3.
Po stosownej zamianie, wypeªnianie tablicy Routha jest kontynuowane. Analiza liczby zmian znaku elementów pierwszej kolumny tak zrekonstruowanej tablicy wskazuje, i» równanie W (s) = 0 ma dwa pierwiastki le» ce w prawej póªpªaszczy¹nie zespolonej. UWAGA: Pomocniczy wielomian P (s) jest zawsze wielomianem, w którym zespolona zmienna s wyst puje tylko w parzystych pot gach. Oznacza to,»e pierwiastki tego pomocniczego wielomianu, b d ce tak»e pierwiastkami pierwotnego wielomianu W (s), rozmieszczone s na pªaszczy¹nie zespolonej symetrycznie wzgl dem pocz tku ukªadu wspóªrz dnych. 5
6 Pierwiastki takie mog wyst powa : w parach (pierwiastki rzeczywiste lub urojone), b d¹ te» w kwartetach (dwie pary pierwiastków sprz»onych zespolonych o niezerowych cz ±ciach rzeczywistych). Jak sobie z tym przypadkiem poradzi MATLAB? >> routh([1 7 7-35 -56 28 48]); % wyznaczanie tablicy Routha, ewentualne zerowe e- lementy pierwszej kolumy takiej tablicy MATLAB zast puje liczb 1e-5, % za± zerowy wiersz wypeªniany jest wspóªczynnikami zró»niczkowanego odpowiedniego wielomianu pomocniczego; Some coecients have opposite signs. There is at least one root in the right half plane. % konieczny warunek stabilno±ci nie jest speªniony s 6 Row: 1 7-56 48 0 s 5 Row: 7-35 28 0 0 s 4 Row: 12-60 48 0 0
7 The next row contains all zeros. Replacing row using derivative of auxiliary equation. % kolejny wiersz uzyskano ró»niczkuj c wielomian pomocniczy s 3 Row: 48-120 0 0 s 2 Row: -30 48 0 s 1 Row: -4.3200e+001 0 s 0 Row: 4.8000e+001 First column is: s 6 1 s 5 7 s 4 12 s 3 48 s 2-30 s 1-43.2 s 0 48 Number of sign changes in the rst column is 2 % liczba zmian znaku elementów pierwszej kolumny zrekonstruowanej tablicy Routha;
8 The computed roots of D(s) are: % pierwiastki rozwa»anego wielomianu; -4.0000e+000-3.0000e+000-2.0000e+000 2.0000e+000-1.0000e+000 1.0000e+000 % dwa z nich le» w prawej póªpªaszczy¹nie; widoczne s pary pierwiastków rozmieszczonych symetrycznie wzgl dem pocz tku ukªadu wspóªrz dnych.
PRZYKŠAD 3 KRYTERIUM ROUTHA-HURWITZA 9 Równanie charakterystyczne pewnego ukªadu dynamicznego ma posta W (s) = 2+5s+9s 2 +10s 3 +3s 4 +3s 5 = 0. Stosuj c kryterium Routha-Hurwitza, zbadaj liczb pierwiastków tego równania, le» cych w prawej póªpªaszczy¹nie zespolonej. Tablica Routha s 5 3 10 5 s 4 3 9 2 s 3 1 3 s 2 ε 0 2 s 1 2/ε s 0 2
10 W tablicy tej wyst piª niezerowy wiersz o zerowym pierwszym elemencie (wiersz ten odpowiada drugiej pot dze zmiennej zespolonej s). W takim przypadku ów zerowy element nale»y zast pi 'maª ' dodatni liczb ε, a nast pnie kontynuowa obliczenia w celu okre±lenia warto±ci kolejnych elementów tablicy (niektóre z tych elementów b d teraz funkcjami parametru ε). Z bilansu liczby zmian znaku elementów pierwszej kolumny tak uzyskanej tablicy Routha wynika liczba pierwiastków równania W (s) = 0, które le» w prawej póªpªaszczy¹nie zespolonej. Okazuje si, i» równanie W (s) = 0 posiada dwa takie pierwiastki.
Sprawd¹my powy»sze wnioski, posªuguj c si MATLABem: >> routh([3 3 10 9 5 2]); s 5 Row: 3 10 5 0 s 4 Row: 3 9 2 0 s 3 Row: 1 3 0 0 Zero element in rst column of the next row. Replacing zero with 1e-5. % tablica Routha; % zerowe elementy pierwszej kolumy tablicy Routha MATLAB zast puje liczb 1e-5, s 2 Row: 1.0000e-005 2.0000e+000 0 s 1 Row: -199997 0 s 0 Row: 2 First column is: s 5 3 s 4 3 s 3 1 s 2 1e-005 s 1-2e+005 s 0 2 Number of sign changes in the rst column is 2. 11
12 The computed roots of D(s) are: 5.3390e-003+ 1.6533e+000i 5.3390e-003-1.6533e+000i -6.4882e-001-1.8093e-001+ 5.8581e-001i -1.8093e-001-5.8581e-001i % liczba zmian znaku elementów pierwszej kolumny zrekonstruowanej tablicy Routha wynosi 2; % dwa pierwiastki rozwa»anego wielomianu le» w prawej póªpªaszczy¹nie;
PRZYKŠAD 4 STABILNO WEWN TRZNA Mamy model ukªadu jak na rys. 1. 13 Rysunek 1: Strukturalny schemat ukªadu sterowania. Zachodzi przy tym: transmitancja regula- 1 G p (s) = (2 s)(3+s) biektu, G c (s) = 2 s 1+s tora, G s (s) = 1 1+s transmitancja o- transmitancja czujnika. Zbadaj, czy ten ukªad sterowania jest: dobrze okre±lony oraz wewn trznie (totalnie) stabilny.
14 Mamy tu 1+G p (s)g c (s)g s (s) = 4 + 7s + 5s2 + s 3 (1 + s) 2 (3 + s) = (3.20557 + s)[0.6654572 + (0.897215 + s) 2 ]. (1 + s) 2 (3 + s) Na tej podstawie stwierdzamy, i» rozwa-»any ukªad sterowania, b d c ukªadem dobrze okre±lonym G p (s)g c (s)g s (s) s 1 nie speªnia jednak warunku wewn trznej stabilno±ci. W iloczynie G c (s)g p (s) wyst puje bowiem niedozwolone skre±lenie: biegun p = 2 transmitancji obiektu upraszcza si z zerem z = 2 transmitancji regulatora.
Operatorowe transmitancje w odpowiednich relacjach maj posta : 15 G ry1 (s) = (1 + s)2 (3 + s) 4 + 7s + 5s 2 + s 3 1 + s G dy1 (s) = (2 s)(4 + 7s + 5s 2 + s 3 ) (1 + s)(3 + s) G ny1 (s) = 4 + 7s + 5s 2 + s 3; (2 s)(1 + s)(3 + s) G ry2 (s) = 4 + 7s + 5s 2 + s 3 G dy2 (s) = (1 + s)2 (3 + s) 4 + 7s + 5s 2 + s 3 ( 2 + s)(3 + s) G ny2 (s) = 4 + 7s + 5s 2 + s 3; 1 + s G ry3 (s) = 4 + 7s + 5s 2 + s 3 (1 + s) 2 G dy3 (s) = (2 s)(4 + 7s + 5s 2 + s 3 ) G ny3 (s) = (1 + s)2 (3 + s) 4 + 7s + 5s 2 + s 3.
16 Wyniki te potwierdzaj tez o wewn trznej niestabilno±ci badanego ukªadu: transmitancje G dy1 (s) oraz G dy3 (s) posiadaj dodatni biegun p = 2. Z kolei, analizuj c wpªyw sygnaªu zadaj cego R(s) oraz szumu pomiarowego N(s) na sterowan wielko± C(s), stwierdzamy, i» w tych relacjach rozwa»any ukªad jest ukªadem stabilnym w sensie BIBO: G rc (s) = C(s) R(s) = G ry 2 (s)g p (s) 1 + s = 4 + 7s + 5s 2 + s 3 G nc (s) = C(s) N(s) = G ny 2 (s)g p (s) 1 = 4 + 7s + 5s 2 + s 3.
PRZYKŠAD 5 STABILNO I DOKŠADNO Model zamkni tego ukªadu sterowania przedstawiono na rys. 2. 17 Rysunek 2: Strukturalny schemat ukªadu sterowania. Zachodzi przy tym: G p (s) = 10 0.1+s transmitancja regula- G c (s) = k c + k i s tora PI, transmitancja obiektu, G d (s) = 0.5 0.1+s transmitancja kanaªu zakªóceniowego.
18 Przyjmuj c dodatnie warto±ci parametrów (nastaw) regulatora k c oraz k i, zbadaj ustalon warto± uchybu sterowania w tym ukªadzie, przy zaªo»eniu sygnaªu zadaj cego oraz zakªócenia w postaci jednostkowych skoków: poªo»eniowego pr dko±ciowego. Uchyb sterowania gdzie: e(t) = r(t) c(t) = e r (t) + e d (t) e r (t) uchyb sygnaªowy (uchyb w u- kªadzie, w którym nie wyst puj zakªócenia), e d (t) uchyb zakªóceniowy (reakcja u- kªadu zamkni tego na zakªócenia).
Ukªad sterowania jest ukªadem liniowym, którym obowi zuje zasada superpozycji 19 C(s) = G rc (s)r(s) + G dc (s)d(s) gdzie G rc (s) jest sygnaªow, za± G dc (s) zakªóceniow transmitancj ukªadu zamkni tego. Zacznijmy od wyznaczenia skªadnika e r ( ) ustalonego uchybu e( ). Zakªadaj c, i» ukªad zamkni ty jest stabilny (co zachodzi dla dowolnych dodatnich k c oraz k i ; dlaczego?) mamy gdzie e r ( ) = lim s 0 sr(s)(1 G rc (s)), G rc (s) = C(s) R(s) = G c(s)g p (s) 1 + G c (s)g p (s).
20 Skªadnik e r ( ) uchybu dany jest wzorem e r ( ) = lim s 0 sr(s) 1 + G c (s)g p (s). W rozwa»anym przypadku zachodzi G c (s)g p (s) = 10(k i + k c s) s(0.1 + s). Ze wzgl du na sygnaª zadaj cy ukªad posiada zatem astatyzm pierwszego rz du. Ustalony uchyb pochodz cy od : jednostkowego skokowego sygnaªu zadaj cego (R(s) = 1/s) równa si zero, pr dko±ciowego sygnaªu zadaj cego (R(s) = 1/s 2 ) równa si gdzie e r ( ) = 1 k v
21 k v = lim s 0 sg c (s)g p (s) = 100k i jest wzmocnieniem pr dko±ciowym tego ukªadu sterowania. Dla zakªóceniowego skªadnika uchybu zachodzi e d ( ) = lim s 0 sd(s)g dc (s). Obowi zuj nast puj ce zale»no±ci: G dc (s) = C(s) D(s) = G d (s) 1 + G c (s)g p (s) 0.5s = 10k i + (10k c + 0.1)s + s 2 0.5s 2 e d ( ) = lim D(s) s 0 10k i + (10k c + 0.1)s + s 2.
22 Ze wzgl du na zakªóceniowe wej±cie, badany ukªad sterowania przedstawia si jako astatyczny pierwszego rz du. Tak wi c obserwujemy: zerowy uchyb ustalony dla zakªócenia skokowego, niezerowy uchyb odtwarzania sygnaªu pr dko±ciowego e d ( ) = 0.05 k i.
PRZYKŠAD 6 DOKŠADNO A STABILNO Rozwa»my ukªad o modelu z rys. 3. 23 Rysunek 3: Podstawowy schemat strukturalny ukªadu sterowania. Transmitancja sterowanego obiektu 15 G p (s) = (1 + 0.5s)(1 + s)(1 + 2s). W ukªadzie stosuje si regulator typu P G c (s) = k c. Nale»y wyznaczy takie wzmocnienie tego regulatora, przy którym ustalony bª d odtwarzania poªo»eniowego sygnaªu r(t) = 1(t) nie przekracza e( ) 0.05.
24 Wielomian charakterystyczny ukªadu zamkni tego W (s) = 15k c + (1 + 0.5s)(1 + s)(1 + 2s) = 1 + 15k c + 3.5s + 3.5s 2 + s 3. Z kryterium Routha-Hurwitza wynika konieczny i wystarczaj cy warunek stabilno±ci tego ukªadu 0.0667 < k c < 0.75. Statyczne wzmocnienie ukªadu otwartego k p = G c (0)G p (0) = 15k c. Aby zapewni» dan dokªadno± ±ledzenia sygnaªu zadaj cego, wzmocnienie to powinno speªnia nierówno± 1 1 + k p 0.05.
St d wywodzimy wymaganie na wzmocnienie regulatora k c 19 15 = 1.267. Wynik ten prowadzi do wniosku, i» w rozwa»anym ukªadzie nie mo»na zapewni zadanej statycznej dokªadno±ci sterowania. Przedstawiona sytuacja obrazuje mi dzy TYPOWY KONFLIKT wymogiem zachowania stabilno±ci a» daniem zwi kszenia statycznej dokªadno±ci ukªadu sterowania. 25
26 PRZYKŠAD 7 SYNTEZA REGULATORA W OPARCIU O PROTOTYPOWY MODEL RZ DU DRUGIEGO (1) Na rys. 4 dano schemat dwup tlowego ukªadu sterowania, b d cego serwomotorem pr du staªego z regulatorem proporcjonalnym oraz pr dko±ciowym (tachometrycznym) sprz»eniem zwrotnym. Rysunek 4: Schemat strukturalny dwup tlowego ukªadu sterowania.
Wyznacz nastawy k oraz k t, przy których odpowied¹ skokowa ukªadu zamkni tego charakteryzuje si : przeregulowaniem κ % = 20%, czasem wyst pienia przeregulowania (czasem maksimum) T κ = 1 s. Oszacuj wynikowe warto±ci czasów ustalania T s2% oraz T s5% odpowiedzi skokowej tak nastawionego ukªadu sterowania Rozwa»any schemat mo»na przeksztaªci (rys. 5) w taki sposób, aby upro±ci wyznaczanie transmitancji operatorowej G(s) = C(s)/R(s). 27 Rysunek 5: Przeksztaªcony schemat ukªadu sterowania.
28 Transmitancj ukªadu zamkni tego G(s) = C(s) R(s) = k + (1 + kk t )s + s 2 (1) przedstawiamy w standardowej postaci wzorcowego czªonu drugiego rz du G(s) = C(s) R(s) = 1 1 + 2ζτs + τ 2 s 2 gdzie: τ 2 = 1 k oraz 2ζτ = 1 k + k t. Przeregulowanieκ % oraz czas maksimum T κ odpowiedzi skokowej ukªadu modelowanego t transmitancj dane s znanymi formuªami (dla 0 < ζ < 1): [ ] ζπ κ % = κ 100% = exp 1 ζ 2 k 100% T κ = π 1 ζ 2 τ.
Na tej podstawie wnioskujemy, i»: ln κ ζ = π 2 + ln 2 κ = 0.456 29 τ = T κ 1 ζ 2 π = 0.283 s. Co pozwala na wyznaczenie poszukiwanych nastaw: k = 1 τ 2 = 12.46 k t = ζτ 1 k = 0.178. Oszacowania czasów ustalania odpowiedzi skokowej: T s2% 4τ ζ = 2.485 s T s5% 3τ ζ = 1.86 s. 'Dokªadne' warto±ci czasów ustalania (wyznaczone symulacyjnie) wynosz : T s2% = 2.359 s oraz T s5% = 1.488 s.
30 UWAGA: MATLABowe zakl cia, pozwalaj ce zamodelowa odpowied¹ skokow ukªadu dynamicznego o transmitancji (1): >> k=12.46; >> kt=0.178; >> licznik=k; >> mianownik=[1 1+k*kt k]; >> step(licznik,mianownik); Rysunek 6: Wyniki symulacji: odpowied¹ skokowa ukªadu zamkni tego.
Rozwa»my posta sygnaªu steruj cego u(t) dla zaªo»onego skokowego pobudzenia. Transformata tego sygnaªu dana jest wzorem 31 gdzie U(s) = G ru (s)r(s) G ru (s) = U(s) R(s) k = 1 + k(1+k ts) s(1+s) = k s(1 + s) k + (1 + kk t )s + s 2. Wyznaczmy warto± sygnaªu u(t) w zerowej chwili czasu (spodziewamy si,»e sterowanie bedzie wtedy najbardziej intensywne) u 0 = lim sg ru (s)r(s) s k s(1 + s) = k + (1 + kk t )s + s 2 = k. s
32 Pami taj c,»e k = 1 τ 2 zauwa»amy, i» w przypadku, w którym obowi zuje ograniczenie na warto± sygnaªu steruj cego (mo»liwe nasycenie w bloku wykonawczym!) u 0 u 0 max nale»y liczy si z potrzeb KOMPROMISU: tempo procesów przej±ciowych (τ) warto± sygnaªu steruj cego (u 0 ). Dla naszego ukªadu sterowania mamy u 0 = k = 12.46.
33 Przyjrzyjmy si przebiegowi u(t). Rysunek 7: Sygnaª steruj cy. Odpowiednia MATLABowa sekwencja to: >> k=12.46; >> kt=0.178; >> liczniku=[k k 0]; >> mianownik=[1 1+k*kt k]; >> step(liczniku,mianownik); >> title('sygnal sterujacy');
34 PRZYKŠAD 8 SYNTEZA REGULATORA W OPARCIU O PROTOTYPOWY MODEL RZ DU DRUGIEGO (2) W ukªadzie sterowania (rys. 8) mamy: - szeregowy regulator proporcjonalny o wzmocnieniu k, - dwie p tle ujemnego sprz»enia zwrotnego: zewn trzn p tl jednostkowego sprz -»enia poªo»eniowego oraz wewn trzn p tl sprz»enia pr dko±ciowego o wzmocnieniu k t. Rysunek 8: Schemat ukªadu sterowania serwomotorem pr du staªego.
35 Wyznacz takie warto±ci nastaw k oraz k t, aby: zamkni ty ukªad byª tªumiony krytycznie, czas ustalania odpowiedzi skokowej tego ukªadu wynosiª T s2% 0.25 s. Transmitancja ukªadu zamkni tego G(s) = C(s) R(s) = 2k 2k + (1 + 2k t )s + s 2. T transmitancj drugiego rz du przedstawi mo»emy w nast puj cej standardowej postaci gdzie: G(s) = τ 2 = 1 2k 1 1 + 2ζτs + τ 2 s 2 oraz 2ζτ = 1 2k + k t k.
36 Krytyczne tªumienie oznacza,»e ζ = 1 1 G(s) = (1 + τs) 2. Odpowied¹ skokowa takiego ukªadu dynamicznego ma dla t 0 posta [ ] ( G(s) h(t) = L 1 = 1 1 + t ) e t/t. s T Niech T s b dzie czasem ustalania tej odpowiedzi dla kontrolnej strefy o szeroko±ci ±. Wtedy ( 1 + T ) s τ e T s τ =. Rozwi zania tego nieliniowego równania dla typowych = 0.02 oraz = 0.05: T s2% 5.834 τ oraz T s5% 4.744 τ.
Warto zwróci uwag, i» przy ζ = 1 powy»sze warto±ci czasów ustalania T s znacznie ró»ni si od odpowiednich przybli»onych warto±ci, uzyskanych w o- parciu o cz sto zalecane uproszczone formuªy: 37 T s2% 4τ ζ oraz T s5% 3τ ζ. Owe przybli»enia zachowuj bowiem walor tylko w przypadku sªabo tªumionych (ζ 1) odpowiedzi skokowych. Z 'dokªadnego' wzoru wynika, i» T s2% 5.834 τ τ = 0.04285 s czemu odpowiadaj nastawy: k = 272.284 oraz k t = 22.8347.
38 Z kolei, zastosowanie inkryminowanego wzoru T s2% 4τ/ζ prowadzi do: k = 128.0 oraz k t = 15.5 a wi c nastaw znacznie ró»ni cych si od tych, które wyznaczono wy»ej. Co oznacza,»e tak niestarannie zaprojektowany ukªad sterowania posiada odpowied¹ skokow wolniejsz od wymaganej. Potwierdza to MATLABowa symulacja (rys. 9): >> kdokl=272.284; ktdokl=22.8347; >> kndokl=128; ktndokl=15.5; >> ldokl=2*kdokl; >> mdokl=[1 1+2*ktdokl 2*kdokl]; >> lndokl=2*kndokl; >> mndokl=[1 1+2*ktndokl 2*kndokl]; >> step(ldokl,mdokl); >> hold on; >> step(lndokl,mndokl); >> axis([0 1 0 1.2]);
39 Rysunek 9: Wyniki symulacji: odpowiedzi skokowe ukªadu sterowania. UWAGA: W rozwa»anym ukªadzie wykorzystano koncepcj tak zwanej regulacji kaskadowej. Podej±cie takie polega na pomocniczej statycznej korekcji obiektu poprzez zastosowanie sprz»enia zwrotnego (sprz -»enia od zmiennej stanu), obejmuj cego pewien (zwykle inercyjny) fragment dynamiki tego obiektu.
40 Rysunek 10: Korekcja poprzez statyczne sprz»enie zwrotne. Rozwa»my czªon inercyjny o wzmocnieniu k 0 > 0 i staªej czasowej T 0 > 0 obj ty ujemnym sprze»eniem zwrotnym o wzmocnieniu k t > 0 (rys. 10). Dla równowa»nego modelu, tak»e w postaci czªonu inercyjnego, zachodzi: k 1 = k 0 1 + k 0 k t oraz T 1 = T 0 1 + k 0 k t. Oznacza to, i»: k 1 < k 0 oraz T 1 < T 0.
Uzyskano zatem korzystne zmniejszenie wypadkowej staªej czasowej modelu mamy tu zatem do czynienia z korekt dynamicznych wªasno±ci obiektu, przy czym efekt ten uzyskuje si, stosuj c statyczny czªon w sprz»eniu zwrotnym. 41 Zmniejszenie wypadkowej staªej czasowej zachodzi tak»e przy k t < 1 co o- znacza, i» w torze sprz»enia mo»e wyst powa pasywny czªon tªumi cy. Cen jak pªaci si, si gaj c po taki sposób korekcji, jest zmniejszenie wypadkowego wzmocnienia obiektu. Ow utrat wzmocnienia ªatwo jest jednak skompensowa, wª czaj c odpowiedni wzmacniacz (a wi c wzgl dnie prosty czªon statyczny) do gªównego toru sterowania.
42 PRZYKŠAD 9 SYNTEZA REGULATORA W OPARCIU O PROTOTYPOWY MODEL RZ DU DRUGIEGO (3) Na rys. 11 dany jest schemat ukªadu sterowania poªo»eniem elementu wykonawczego z wykorzystaniem pomocniczej wielko±ci pomiarowej, jak jest pr dko± tego elementu (sprz»enie tachometryczne). Na sterowany obiekt, obok sygnaªu steruj cego, oddziaªuj tak»e zakªócenia d(t). Rysunek 11: Schemat strukturalny ukªadu sterowania.
Dobierz takie warto±ci nastaw k oraz k t, aby dla krytycznego zakªócenia d(t) w postaci skoku jednostkowego, warto± bezwzgl dna uchybu sterowania w stanie ustalonym nie przekraczaªa e( ) 0.005 za± czas ustalania odpowiedzi skokowej T s2% 0.5 s. Oszacuj przeregulowanie κ % tej odpowiedzi skokowej. Sygnaªowa transmitancja operatorowa ukªadu zamkni tego G rc (s) = C(s) R(s) = k k + (3 + kk t )s + s 2. Zakªóceniowa uchybowa transmitancja operatorowa G de (s) = E(s) D(s) = 43 1 k + (3 + kk t )s + s 2.
44 Dla przyj tej postaci zakªócenia D(s) = 1 s oraz przy zaªo»eniu k > 0 bezwzgl dna warto± ustalonego uchybu wynosi e( ) = 1 k. Wynika st d ograniczenie na wzmocnienie k k min = 200. Przedstawiaj c transmitancj G rc (s) w standardowej (wzorcowej) postaci G rc (s) = otrzymujemy: 1 1 + 2ζτs + τ 2 s 2 τ 2 = 1 k oraz 2ζτ = 3 k + k t.
Szacuj c czas ustalania T s2% ze wzoru 45 T s2% 4τ ζ na podstawie warunków zadania dostajemy τ = ζ 8. Przyjmijmy minimaln ze wzgl du na wymagane tªumienie wpªywu zakªóce«warto± wzmocnienia Ze wzoru k = k min = 200. ζ 2 = 64 k wyznaczamy wspóªczynnik tªumienia wzorcowej transmitancji rz du drugiego ζ = 0.566.
46 Takiemu tªumieniu odpowiada przeregulowanie odpowiedzi skokowej ( ) ζπ κ % = exp 100 % = 11.59 %. 1 ζ 2 Parametr τ rozwa»anej transmitancji wzorcowej przyjmuje warto± 1 τ = k = 0.0707 Wreszcie, wyznaczamy nastaw k t k t = 2ζτ 3 k = 0.065. MATLABowa symulacja wpªywu zakªócenia (rys. 12): >> k=200; >> kt=0.065; >> step(k,[1 3+k*kt k]); >> step(-1,[1 3+k*kt k]);
47 Rysunek 12: Ilustracja wpªywu skokowego zakªócenia Sygnaªowa odpowied¹ skokowa tak zaprojektowanego ukªadu sterowania charakteryzuje si zadowalaj cym czasem ustalania T s2% = 0.415 s (wynik ten uzyskano na drodze symulacji komputerowej: Prosz o wykonanie odpowiedniego eksprymentu w MATLABie!.
48 PRZYKŠAD 10 SYNTEZA REGULATORA W OPARCIU O PROTOTYPOWY MODEL RZ DU DRUGIEGO (4) Na rys. 13 dany jest schemat ukªadu sterowania o parametrach: T = 2 s oraz T 0 = 0.3 s. Rysunek 13: Schemat strukturalny ukªadu sterowania. Nale»y dobra warto± wzmocnienia k oraz staªej ró»niczkowania T v, aby charakterystka amplitudowa transmitancji ukªadu zamkni tego posiadaªa:
wygarbienie rezonansowe (wska¹nik oscylacyjno±ci) M r = 1.4, pasmo przenoszenia ω 3dB = 15 rad s 1. 49 Ponadto nale»y oszacowa : przeregulowanie κ, czas maksimum T κ, czas ustalania T s5% odpowiedzi skokowej takiego ukªadu. Operatorowa transmitancja zamkni tego ukªadu sterowania G(s) = C(s) R(s) = k k + (T 0 + kt v )s + T 0 T s 2.
50 Transmitancji tej nadajemy standardow wzorcow posta G(s) = T0 T τ = k Znana formuªa 1 ζ = 1 1 + 2ζτs + τ 2 s 2 oraz 1 M 2 2 ζ = T v 2τ + T 0 2kτ. R, M r 1 ª czy wska¹nik oscylacyjno±ci M r z warto±ci wspóªczynnika tªumienia ζ. Parametr τ transmitancji wzorcowej zwi zany jest z pasmem przenoszenia ω 3dB ukªadu modelowanego tak transmitancj wzorem τ = 1 2ζ 2 + (1 2ζ 2 ) 2 + 1 ω 3dB.
Bior c pod uwag warunki zadania, otrzymujemy: ζ = 0.3874 oraz τ = 0.0924 s. Nastawy ukªadu sterowania: k = T 0T = 70.2969 τ( 2 T v = τ 2ζ τ ) = 0.0673 s. T Jak ªatwo obliczy, odpowied¹ skokowa rozwa»anego ukªadu opisana jest nast puj cymi wska¹nikami: κ % = 26.7%, T κ = 0.315s, Ts5% = 0.734s. 'Dokªadn ' warto± czasu ustalania tej odpowiedzi pozyskano na drodze symulacji komputerowej T s5% = 0.712 s. 51
52 Wykre±lmy amplitudow charakterystyk rozwa»anego ukªadu zamkni tego: >> T=2; >> T0=0.3; >> k=70.2969; >> Tv=0.0673; >> licz=k; >> mian=[t0*t T0+k*Tv k]; >> bode(licz,mian); % wyznaczanie charakterystyki Bodego danego obiektu; Rysunek 14: Charakterystyka amplitudowa zamkni tego ukªadu sterowania Mo»na to uczyni w nieco inny, bardziej szczegóªowy, sposób: >> w=logspace(0,2);
53 % zakres pulsacji [10 0, 10 2 ] rad / sek >> [modul,faza]=bode(licz,mian,w); % wyznaczanie charakterystyki Bodego; >> semilogx(w,modul); % osie w skali log-lin; % kolejne instrukcje dotycz szczegóªów opisu wykresu; >> title('charakterystyka modulu'); >> xlabel('pulsacja [rad/s]'); >> ylabel('modul'); >> hold on; >> semilogx(15,1/sqrt(2),'o'); Rysunek 15: Charakterystyka amplitudowa zamkni tego ukªadu sterowania.
54 PRZYKŠAD 11 DOKŠADNO REGULACJI Dany jest ukªad o schemacie jak na rys. 16. Rysunek 16: Schemat strukturalny ukªadu sterowania. Zachodzi przy tym: 1 G p (s) = s(1+0.5s) transmitancja obiektu, G c (s) = 0.5(1+3s) s transmitancja regulatora PI, G s (s) = 1 1+0.05s transmitancja czujnika.
Bª d ±ledzenia wielko±ci zadaj cej de- niujemy jako e(t) = r(t) c(t). 55 Zbadaj wªasno±ci tego bª du dla jednostkowych sygnaªów zadaj cych: poªo»eniowego, pr dko±ciowego oraz przyspieszeniowego. Sygnaªowa transmitancja ukªadu zamkni tego G rc (s) = = = G c (s)g p (s) 1 + G c (s)g p (s)g s (s) 0.5 + 1.525s + 0.075s 2 0.5 + 1.5s + s 2 + 0.55s 3 + 0.025s 4 l 0 + l 1 s + l 2 s 2 m 0 + m 1 s + m 2 s 2 + m 3 s 3 + m 4 s 4. Rozwa»any ukªad jest zatem stabilny.
56 Bª d ±ledzenia wielko±ci odniesienia: dla pozycyjnego sygnaªu zadaj - cego r(t) = 1(t) mamy e( ) = m 0 l 0 m 0 = 0, dla pr dko±ciowego sygnaªu zadaj cego (rampa) r(t) = t 1(t) zachodzi e( ) = m 1 l 1 m 0 = 0.05. Zauwa»my,»e bª d ten nie ma zerowej warto±ci! Rozpatrywany ukªad sterowania ze wzgl du na sygnaª zadaj cy posiada astatyzm pierwszego stopnia.
Skomentuj poni»sze obserwacje, dotycz ce ustalonego uchybu pr dko±ciowego. Uchyb ma znak ujemny. Uchyb nie zeruje si 'pomimo' tego,»e transmitancja otwartego ukªadu sterowania posiada dwa bieguny w zerze. 57 Jak wygl da przyspieszeniowy uchyb sterowania?
58 PRZYKŠAD 12 STABILNO WEWN TRZNA Dany jest ukªad zamkni ty jak na rys. 17. Rysunek 17: Schemat strukturalny ukªadu sterowania. W ukªadzie tym wyró»niamy: G p (s) = 1 s 1 transmitancj obiektu, G c (s) = s 1 s+1 transmitancj regulatora. Zbadaj stabilno± tego ukªadu.
Utwórzmy model w przestrzeni stanu naszego ukªadu. W tym celu przedstawmy transmitancj regulatora w postaci z wyró»nionym czªonem ±ci±le wªa±ciwym G c (s) = s 1 s + 1 = s + 1 2 s + 1 59 = 1 2 s + 1. Na tej podstawie ªatwo jest poda odpowiedni schemat symulacyjny, w którym jako zmienne stanu przyj to wyj±cia czªonów caªkuj cych (rys. 18). Rysunek 18: Schemat symulacyjny ukªadu sterowania.
60 Równania stanu oraz równanie wyj±cia maj zatem posta : ẋ 1 (t) = x 1 (t) 2x 2 (t) x 1 (t) + r(t) + d(t) = 2x 2 (t) + r(t) + d(t) ẋ 2 (t) = x 1 (t) x 2 (t) + r(t) c(t) = x 1 (t). Model w przestrzeni stanu tworz przeto macierze: [ ] [ ] 0 2 1 1 A =, B =, C = [ 1 0 ]. 1 1 1 0 Podkre±li nale»y, i» rozwa»any ukªad posiada dwa wej±cia r(t) oraz d(t): [ ] [ ] ẋ1 (t) x1 (t) = A + B ẋ 2 (t) x 2 (t) [ ] x1 (t) c(t) = C. x 2 (t) [ r(t) d(t) ]
Asymptotyczn stabilno± stanu równowagi tego ukªadu okre±lamy, wyznaczaj c widmo macierzy stanu spectr A = {λ 1, λ 2 } gdzie warto±ci wªasne λ 1 oraz λ 2 s pierwiastami równania charakterystycznego det (λi 2 A) = λ 2 +λ 2 = (λ 1)(λ+2) = 0. Zachodzi zatem λ 1 = 1 oraz λ 2 = 2. Co oznacza, i» rozpatrywany zamkni ty ukªad sterowania nie jest ukªadem asymptotycznie stabilnym. Wyznaczmy teraz macierzow transmitancj operatorow tego ukªadu [ Grc (s) G dc (s) ] = C (si 2 A) 1 B = [ 1 0 ] [ s 2 1 s + 1 61 ] 1 [ 1 1 1 0 ]
62 = = [ ] [ s + 1 2 1 0 1 s [ 1 s+2 (s 1)(s ] + 2). s+1 (s 1)(s+2) ] [ 1 1 1 0 ] Ukªad ten: nie jest wewn trznie stabilny, jest stabilny w sensie BIBO, je»eli rozpatrywa tylko relacj wielko± zadaj ca wielko± sterowana. W ogólnym przypadku brak asymptotycznej stabilno±ci nie wyklucza wewn trznej stabilno±ci oraz stabilno±ci BI- BO w danej 'partykularnej' relacji we/wyj. piotrjsuchomski