Ć
wiczenie 4
Temat: Wyznaczanie równania stanu i wyjścia dla układu automatyki
przy wykorzystaniu przekształcenia Laplace’a i twierdzenia o
splocie. Zastosowanie metod: bezpośredniej, równoległej do
układania równań stanu i wyjścia z wykorzystaniem opisu
układów we współrzędnych stanu.
Przykład 1
Na układ mechaniczny przedstawiony na rysunku 1 złoŜony ze
spręŜyn, kaŜda o sztywności
m
N
2
k
=
, tłumika o współczynniku
tłumienia
m
Ns
3
c
=
działa siła zewnętrzna
( )
N
u
5
t
P
=
, która jest
przyłoŜona do masy
kg
2
m
=
powodując jej przemieszczenie y.
UłoŜyć równania stanu i wyjścia w postaci ogólnej i macierzowo-
wektorowej oraz narysować odpowiadające im schematy strukturalne
Rys.1.
Badany układ mechaniczny
R o z w i ą z a n i e
Sygnałem wejściowym jest przyłoŜona siła
( )
t
P
, wyjściowym
przemieszczenie
( )
t
u
Rys.2. Schemat blokowy układu mechanicznego
Równanie ruchu układu jest następujące
( )
t
P
ky
2
y
c
y
m
=
+
+
&
&
&
Po podstawieniu danych otrzymamy
( )
( )
( )
( )
t
u
2
5
t
y
2
t
y
2
3
t
y
u
5
ky
4
y
3
y
2
+
−
−
=
→
=
+
+
&
&
&
&
&
&
Przyjmujemy współrzędne wektora stanu:
( ) ( )
t
x
,
t
x
2
1
(mamy dwie
współrzędne poniewaŜ równanie róŜniczkowe jest drugiego rzędu)
Niech
( ) ( )
−
=
t
y
t
x
1
przemieszczenie masy m
( ) ( )
−
=
t
y
t
x
2
&
prędkość masy m
Z
pochodnych
powyŜszych
współrzędnych
wektora
stanu
otrzymujemy uogólnione równania stanu, zatem
( ) ( )
( )
t
x
t
y
t
x
2
1
=
=
&
&
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
t
u
b
t
x
a
t
x
a
t
u
2
5
t
x
2
3
t
x
2
t
u
2
5
t
y
2
t
y
2
3
t
y
t
x
0
2
1
1
0
2
1
2
+
−
−
=
=
+
−
−
=
+
−
−
=
=
&
&
&
&
gdzie
.
2
5
b
,
2
3
a
,
2
a
0
1
0
=
=
=
Równania stanu
( )
t
x&
i wyjścia
( )
t
y
zapisane w postaci macierzowo-
wektorowej
( )
( )
( )
t
Bu
t
Ax
t
x
+
=
&
( )
( )
( )
t
Du
t
Cx
t
y
+
=
gdzie macierze A, B, C, D,
( )
t
x&
,
( )
t
x
,
( )
t
u
są następujące
−
−
=
2
3
2
1
0
A
,
=
2
5
0
B
,
[
]
0
1
C
=
,
0
D
=
,
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
2
1
&
&
&
,
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
2
1
,
( )
( )
( )
=
t
u
t
u
t
u
2
1
Schematy strukturalne otrzymane z równań stanu i wyjścia w
zapisie ogólnym i macierzowo-wektorowym przedstawiają rysunki 3 i
4.
Rys.3. Schemat strukturalny w zapisie ogólnym
Rys.4. Schemat strukturalny w zapisie macierzowo-wektorowym
Przykład 2
Wykorzystując przekształcenie Laplace’a oraz twierdzenie o splocie,
wyznaczyć równanie stanu i wyjścia dla URA przedstawionego na
rysunku 5.
Rys.5. Schemat blokowy układu regulacji automatycznej (URA)
Dla układu przedstawionego na rysunku moŜna napisać równania
( )
( )
( )
s
x
s
x
s
x
4
1
*
1
−
=
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
[
]
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
=
=
→
=
+
=
=
→
=
−
+
=
=
→
=
+
=
=
→
=
s
x
s
1
s
x
s
G
s
x
s
x
s
x
s
G
s
x
2
s
1
s
x
s
G
s
x
s
x
s
x
s
G
s
x
s
x
3
s
1
s
x
s
G
s
x
s
x
s
x
s
G
s
u
4
s
1
s
u
s
G
s
x
s
u
s
x
s
G
2
2
4
4
2
4
4
2
2
3
3
2
3
3
4
1
*
1
2
2
*
1
2
2
1
1
1
1
Dokonując odwrotnego przekształcenia Laplace’a powyŜszego
układu równań otrzymamy ogólną postać równań stanu
( )
t
x
1
&
,
( )
t
x
2
&
,
( )
t
x
3
&
,
( )
t
x
4
&
i wyjścia
( )
t
y
, zatem
( )
( )
,
dt
e
t
f
s
F
st
0
−
∞
∫
=
( )
( )
[ ]
,
t
f
L
s
F
=
( )
( )
[
]
s
F
L
t
f
1
−
=
( )
( ) ( )
t
u
t
x
4
t
x
1
1
+
−
=
&
( )
( )
( )
( )
t
x
t
x
3
t
x
t
x
4
2
1
2
−
−
=
&
( )
( )
( )
t
x
2
t
x
t
x
3
2
3
−
=
&
( )
( )
t
x
t
x
2
4
=
&
( )
( )
t
x
t
y
3
=
Z ogólnej postaci równań stanu otrzymujemy równanie stanu w
postaci macierzowo-wektorowej, a więc
( )
( )
( )
t
Bu
t
Ax
t
x
+
=
&
,
( )
( )
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
4
3
2
1
&
&
&
&
&
,
( )
( )
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
t
x
t
x
4
3
2
1
,
−
−
−
−
=
0
0
1
0
0
2
1
0
1
0
3
1
0
0
0
4
A
,
=
0
0
0
1
B
,
[
]
1
0
0
C
=
,
0
D
=
Stosując twierdzenie o splocie moŜna równieŜ wyprowadzić równania
stanu w postaci ogólnej, zatem
( )
( )
( )
( )
( )
( )
∫
=
•
=
→
⋅
+
=
−
−
−
t
0
t
4
t
4
1
1
d
u
e
t
u
e
t
x
s
u
4
s
1
s
x
τ
τ
τ
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
,
t
u
t
x
4
t
u
d
u
e
4
t
u
e
e
d
u
e
e
4
d
u
e
e
dt
d
d
u
e
dt
d
t
x
1
t
0
t
4
t
4
t
4
t
0
4
t
4
t
0
4
t
4
t
0
t
4
1
+
−
=
+
∫
−
=
=
⋅
+
∫
⋅
−
=
=
∫
=
∫
=
−
−
⋅
−
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
&
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
[
]
( )
( )
( )
[
]
∫
−
=
=
−
•
=
→
−
=
⋅
+
=
−
−
−
t
0
4
1
t
3
4
1
t
3
2
4
1
*
1
2
d
x
x
e
t
x
t
x
e
t
x
s
x
s
x
s
x
3
s
1
s
x
τ
τ
τ
τ
( )
( )
( )
( )
[
]
( )
( )
[
]
( )
( )
[
]
( )
( )
[
]
( )
( )
( )
[
]
( )
( )
( )
( )
( )
,
t
x
t
x
3
t
x
t
x
t
x
d
x
x
e
3
x
x
e
e
d
x
x
e
e
3
d
x
x
e
e
dt
d
d
x
x
e
dt
d
t
x
4
2
1
4
1
t
0
4
1
t
3
4
1
t
3
t
3
t
0
4
1
3
t
3
t
0
4
1
3
t
3
t
0
4
1
t
3
2
−
−
=
−
+
∫
−
−
=
=
−
⋅
+
∫
−
⋅
−
=
=
∫
−
=
∫
−
=
−
−
⋅
−
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
&
( )
( )
( )
( )
( )
( )
∫
=
•
=
→
⋅
+
=
−
−
−
t
0
2
t
2
2
t
2
3
2
3
d
x
e
t
x
e
t
x
s
x
2
s
1
s
x
τ
τ
τ
,
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
t
x
2
t
x
t
x
d
x
e
2
t
x
e
e
d
x
e
e
2
d
x
e
e
dt
d
d
x
e
dt
d
t
x
3
2
2
t
0
2
t
2
2
t
2
t
2
t
0
2
2
t
2
t
0
2
2
t
2
t
0
2
t
2
3
−
=
+
∫
−
=
=
⋅
+
∫
⋅
−
=
=
∫
=
∫
=
−
−
⋅
−
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
&
( )
( )
( )
( )
( )
τ
τ
d
x
e
1
t
x
t
x
s
x
s
1
s
x
t
0
2
0
2
4
2
4
∫
=
•
=
→
⋅
=
,
( )
( )
( )
t
x
d
x
dt
d
t
x
2
t
0
2
4
=
∫
=
τ
τ
&
.
Ostatecznie otrzymaliśmy identyczne ogólne równania stanu. W
wielu przypadkach druga metoda jest znacznie skuteczniejsza i mniej
uciąŜliwa w zastosowaniu.
Przykład 3
Metoda bezpośrednia
Dla układu przedstawionego na rysunku wyznaczyć równania stanu i
wyjścia
Rys.6.
Schemat blokowy badanego układu
R o z w i ą z a n i e
Transmitancja zastępcza rozwaŜanego układu jest następująca
( )
( ) ( )
( ) ( )
(
)
2
s
10
s
17
s
10
s
s
1
s
s
1
1
s
5
1
1
1
s
2
1
1
s
5
1
s
G
s
G
1
s
G
s
G
s
G
2
3
2
2
1
3
1
z
+
+
+
+
=
+
⋅
+
+
+
⋅
+
=
+
=
,
Aby moŜna było zastosować metodę bezpośrednią, naleŜy podzielić
licznik i mianownik przez współczynnik przy najwyŜszej potędze
wyrazu mianownika z
n
s
Zatem
( )
2
.
0
s
0
.
1
s
7
.
1
s
s
1
.
0
s
1
.
0
s
G
2
3
2
z
+
+
+
+
=
,
Współczynniki wyrazów licznika i mianownika są następujące
7
.
1
a
,
1
a
,
2
.
0
a
,
1
.
0
b
,
1
.
0
b
,
0
b
2
1
0
2
1
0
=
=
=
=
=
=
,
Ogólne równania stanu wyznaczamy ze wzoru
( )
( )
t
x
t
x
1
i
i
+
=
&
,
Tak, więc
( )
( )
t
x
t
x
2
i
=
&
( )
( )
t
x
t
x
3
2
=
&
( )
( )
( )
( ) ( )
t
u
t
x
a
t
x
a
t
x
a
t
x
3
2
2
1
1
0
3
+
−
−
−
=
&
Równanie wyjścia wyznaczamy ze wzoru
( )
( )
∑
=
−
=
+
1
n
0
i
1
i
i
t
x
b
t
y
,
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
t
x
1
.
0
t
x
1
.
0
t
x
b
t
x
b
t
x
b
t
y
3
2
3
3
2
1
1
0
+
=
+
+
=
Stąd moŜemy wyznaczyć macierze stanu i wyjścia
−
−
−
=
7
.
1
1
2
.
0
1
0
0
0
1
0
A
,
=
1
0
0
B
,
[
] [
]
1
.
0
1
.
0
0
b
b
b
C
2
1
0
=
=
,
[ ]
0
0
D
=
=
.
( )
( )
( )
t
Bu
t
Ax
t
x
+
=
&
,
( )
( )
( )
t
Du
t
Cx
t
y
+
=
Przykład 4
Metoda równoległa
Stosując metodę równoległą, dla układu o transmitancji
operatorowej
( )
4
s
6
s
2
1
s
2
s
G
2
+
+
+
=
wyznaczyć równania stanu i
wyjścia oraz narysować schemat strukturalny (blokowy).
R o z w i ą z a n i e
Transmitancja operatorowa układu automatyki przy wykorzystaniu
metody równoległej jest
( )
( )
,
s
G
s
G
i
∑
=
( )
,
s
s
k
s
G
i
i
i
−
=
Pierwiastki mianownika są następujące
1
s
,
2
s
4
s
6
s
2
2
1
2
−
=
−
=
→
+
+
Zatem
( )
(
) (
)
(
)(
)
1
s
2
s
2
s
B
1
s
A
1
s
B
2
s
A
4
s
6
s
2
1
s
2
s
G
2
+
+
+
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
=
(
) (
)
(
)
.
1
B
,
3
A
1
B
2
A
2
B
A
1
s
2
B
2
A
s
B
A
1
s
2
2
s
B
1
s
A
−
=
=
→
=
+
=
+
→
+
=
+
+
+
→
+
=
+
+
+
( )
.
1
s
1
2
s
3
1
s
k
2
s
k
4
s
6
s
2
1
s
2
s
G
2
1
2
i
+
−
+
=
+
+
+
=
+
+
+
=
Równanie wyjścia jest następujące
( )
( )
( )
( )
t
x
t
x
3
t
x
k
t
y
2
1
n
1
i
i
i
−
=
∑
=
=
,
( )
( )
( )
t
Du
t
Cx
t
y
+
=
,
0
D
=
,
[ ]
[
]
1
3
k
k
C
2
1
−
=
=
Ogólny zapis równań stanu jest
( )
( )
( )
( ) ( )
,
t
u
t
x
2
t
u
s
t
x
t
x
1
1
1
1
+
−
=
+
=
&
( )
( )
( )
( ) ( )
.
t
u
t
x
2
t
u
s
t
x
t
x
2
2
2
2
+
−
=
+
=
&
Równania stanu w zapisie macierzowo-wektorowym są
( )
=
t
x
&
( )
( )
( )
t
Bu
t
Ax
t
x
+
=
&
,
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
2
1
&
&
&
,
( )
( )
( )
=
t
x
t
x
t
x
2
1
,
( )
( )
( )
=
t
u
t
u
t
u
2
1
−
−
=
1
0
0
2
A
,
=
1
1
B
.
Rys.7.
Schemat blokowy badanego układu równań stanu i wyjścia w zapisie
ogólnym dla metody równoległej