1

PRZYKŠAD 1

KRYTERIUM

ROUTHA-HURWITZA

•

Na podstawie kryterium Routha-Hur-

witza, okre±l liczb¦ pierwiastków rów-

nania

W (s) = 3 + 8s + s

2

+ 2s

3

= 0

le»¡cych w prawej póªpªaszczy¹nie ze-

spolonej.

•

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, wszys-

tkie 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;

3

PRZYKŠAD 2

KRYTERIUM

ROUTHA-HURWITZA

•

Na podstawie kryterium Routha-Hur-

witza, okre±l liczb¦ pierwiastków rów-

nania

W (s) = 48+28s−56s

2

−35s

3

+7s

4

+7s

5

+s

6

= 0

le»¡cych w prawej póªpªaszczy¹nie ze-

spolonej.

•

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 tab-

licy zast¡pi¢ nale»y wierszem utworzo-

nym ze wspóªczynników zró»nicz-

kowanego 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 za-

st¦puj¡cego zerowy wiersz tablicy

oblicza si¦ w nast¦puj¡cy sposób

dP (s)

ds

= −120s + 48s

3

.

5

•

Po stosownej zamianie, wypeªnianie tab-

licy 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 zaw-

sze wielomianem, w którym zespolona

zmienna s wyst¦puje tylko w parzys-

tych pot¦gach.

Oznacza to, »e pierwiastki tego pomoc-

niczego wielomianu, b¦d¡ce tak»e pier-

wiastkami pierwotnego wielomianu W (s),

rozmieszczone s¡ na pªaszczy¹nie zespo-

lonej symetrycznie wzgl¦dem pocz¡t-

ku ukªadu wspóªrz¦dnych.

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 za-

st¦puje liczb¡ 1e-5,
% za± zerowy wiersz wypeªniany jest wspóªczynnikami

zró»niczkowanego odpowiedniego wielomianu pomocni-

czego;

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 po-

mocniczy

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 zrekon-

struowanej 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 symet-
rycznie wzgl¦dem pocz¡tku ukªadu wspóªrz¦dnych.

9

PRZYKŠAD 3

KRYTERIUM

ROUTHA-HURWITZA

•

Równanie charakterystyczne pewne-

go 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 równa-

nia, 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 ele-

mentów tablicy (niektóre z tych elemen-

tów b¦d¡ teraz funkcjami parametru ε).

•

Z bilansu liczby zmian znaku elementów

pierwszej kolumny tak uzyskanej tablicy

Routha wynika liczba pierwiastków rów-

nania W (s) = 0, które le»¡ w prawej

póªpªaszczy¹nie zespolonej.

Okazuje si¦, i» równanie W (s) = 0 po-

siada dwa takie pierwiastki.

11

•

Sprawd¹my powy»sze wnioski, posªugu-

j¡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.

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 zrekonstru-

owanej tablicy Routha wynosi 2;

% dwa pierwiastki rozwa»anego wielomianu le»¡ w prawej póªpªa-

szczy¹nie;

13

PRZYKŠAD 4

STABILNO‘‚ WEWN†TRZNA

•

Mamy model ukªadu jak na rys. 1.

Rysunek 1: Strukturalny schemat ukªadu sterowania.

•

Zachodzi przy tym:

G

p

(s) =

1

(2−s)(3+s)

 transmitancja o-

biektu,

G

c

(s) =

2−s
1+s

 transmitancja regula-

tora,

G

s

(s) =

1

1+s

 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 + 5s

2

+ s

3

(1 + s)

2

(3 + s)

=

(3.20557 + s)[0.665457

2

+ (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→∞

6= −1

nie speªnia jednak warunku wewn¦trz-

nej stabilno±ci.
W iloczynie G

c

(s)G

p

(s)

wyst¦puje bo-

wiem niedozwolone skre±lenie: bie-

gun

p = 2

transmitancji obiektu upraszcza si¦ z ze-

rem

z = 2

transmitancji regulatora.

15

•

Operatorowe transmitancje w odpowied-

nich relacjach maj¡ posta¢:

G

ry

1

(s) =

(1 + s)

2

(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

G

dy

1

(s) =

1 + s

(2 − s)(4 + 7s + 5s

2

+ s

3

)

G

ny

1

(s) =

−(1 + s)(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

;

G

ry

2

(s) =

(2 − s)(1 + s)(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

G

dy

2

(s) =

(1 + s)

2

(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

G

ny

2

(s) =

(−2 + s)(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

;

G

ry

3

(s) =

1 + s

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

G

dy

3

(s) =

(1 + s)

2

(2 − s)(4 + 7s + 5s

2

+ s

3

)

G

ny

3

(s) =

(1 + s)

2

(3 + s)

4 + 7s + 5s

2

+ s

3

.

16

•

Wyniki te potwierdzaj¡ tez¦ o wewn¦trz-

nej niestabilno±ci badanego ukªadu:

transmitancje G

dy

1

(s)

oraz G

dy

3

(s)

po-

siadaj¡ dodatni biegun p = 2.

•

Z kolei, analizuj¡c wpªyw sygnaªu zada-

j¡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

.

17

PRZYKŠAD 5

STABILNO‘‚ I DOKŠADNO‘‚

•

Model zamkni¦tego ukªadu sterowania

przedstawiono na rys. 2.

Rysunek 2: Strukturalny schemat ukªadu sterowania.

•

Zachodzi przy tym:

G

p

(s) =

10

0.1+s

 transmitancja obiektu,

G

c

(s) = k

c

+

k

i

s

 transmitancja regula-

tora PI ,

G

d

(s) =

−0.5

0.1+s

 transmitancja kanaªu

zakªóceniowego.

18

•

Przyjmuj¡c dodatnie warto±ci parametr-

ów (nastaw) regulatora k

c

oraz k

i

, zba-

daj ustalon¡ warto±¢ uchybu stero-

wania w tym ukªadzie, przy zaªo»eniu

sygnaªu zadaj¡cego oraz zakªócenia

w postaci jednostkowych skoków:
 poªo»eniowego
 pr¦dko±ciowego.

•

Uchyb sterowania

e(t) = r(t) − c(t) = e

r

(t) + e

d

(t)

gdzie:

e

r

(t)

 uchyb sygnaªowy (uchyb w u-

kªadzie, w którym nie wyst¦puj¡ za-

kªócenia),

e

d

(t)

 uchyb zakªóceniowy (reakcja u-

kªadu zamkni¦tego na zakªócenia).

19

•

Ukªad sterowania jest ukªadem liniowym,

którym obowi¡zuje zasada superpozycji

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 zam-

kni¦tego.

•

Zacznijmy od wyznaczenia skªadnika e

r

(∞)

ustalonego uchybu e(∞).

Zakªadaj¡c, i» ukªad zamkni¦ty jest sta-

bilny (co zachodzi dla dowolnych do-

datnich k

c

oraz k

i

; dlaczego?)

mamy

e

r

(∞) = lim

s→0

sR(s)(

1 − G

rc

(s

)),

gdzie

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¦

e

r

(∞) =

1

k

v

gdzie

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

e

d

(∞) = lim

s→0

D(s)

0.5s

2

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 zakªóce-

nia skokowego,

niezerowy uchyb odtwarzania syg-

naªu pr¦dko±ciowego

e

d

(∞) =

0.05

k

i

.

23

PRZYKŠAD 6

DOKŠADNO‘‚ A STABILNO‘‚

•

Rozwa»my ukªad o modelu z rys. 3.

Rysunek 3: Podstawowy schemat strukturalny ukªadu sterowania.

•

Transmitancja sterowanego obiektu

G

p

(s) =

15

(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 ko-

nieczny i wystarczaj¡cy warunek sta-

bilno±ci tego ukªadu

−0.0667 < k

c

< 0.75.

•

Statyczne wzmocnienie ukªadu otwar-

tego

k

p

= G

c

(0)G

p

(0) = 15k

c

.

•

Aby zapewni¢ »¡dan¡ dokªadno±¢ ±le-

dzenia sygnaªu zadaj¡cego, wzmoc-

nienie to powinno speªnia¢ nierówno±¢

1

|1 + k

p

|

≤ 0.05.

25

•

St¡d wywodzimy wymaganie na wzmoc-

nienie regulatora

k

c

≥

19
15

= 1.267.

•

Wynik ten prowadzi do wniosku, i» w

rozwa»anym ukªadzie nie mo»na zapew-

ni¢ zadanej statycznej dokªadno±ci

sterowania.

•

Przedstawiona sytuacja obrazuje

TYPOWY KONFLIKT

mi¦dzy

wymogiem zachowania stabilno±ci

a »¡daniem zwi¦kszenia statycznej

dokªadno±ci

ukªadu sterowania.

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.

27

•

Wyznacz nastawy k oraz k

t

, przy których

odpowied¹ skokowa ukªadu zamkni¦-

tego charakteryzuje si¦:
 przeregulowaniem κ

%

= 20%

,

 czasem wyst¡pienia przeregulowania (cza-

sem maksimum) T

κ

= 1

s.

•

Oszacuj wynikowe warto±ci czasów usta-

lania T

s2%

oraz T

s5%

odpowiedzi skokowej

tak nastawionego ukªadu sterowania

•

Rozwa»any schemat mo»na przeksztaª-

ci¢ (rys. 5) w taki sposób, aby upro±ci¢

wyznaczanie transmitancji operatorowej
G(s) = C(s)/R(s).

Rysunek 5: Przeksztaªcony schemat ukªadu sterowania.

28

•

Transmitancj¦ ukªadu zamkni¦tego

G(s) =

C(s)
R(s)

=

k

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 + 2ζτ s + τ

2

s

2

gdzie:

τ

2

=

1

k

oraz 2ζτ =

1

k

+ k

t

.

•

Przeregulowanieκ

%

oraz czas mak-

simum T

κ

odpowiedzi skokowej ukªadu

modelowanego t¡ transmitancj¡ dane s¡

znanymi formuªami (dla 0 < ζ < 1):

κ

%

= κ · 100% = exp

"

−ζπ

p

1 − ζ

2

#

· 100%

T

κ

=

π

p

1 − ζ

2

τ.

29

•

Na tej podstawie wnioskujemy, i»:

ζ =

| ln κ|

p

π

2

+ ln

2

κ

= 0.456

τ =

T

κ

p

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 odpo-

wiedzi 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 za-

modelowa¢ 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.

31

•

Rozwa»my posta¢ sygnaªu steruj¡ce-

go u(t) dla zaªo»onego skokowego po-

budzenia. Transformata tego sygnaªu

dana jest wzorem

U(s) = G

ru

(s)R(s)

gdzie

G

ru

(s) =

U(s)
R(s)

=

k

1 +

k(1+k

t

s)

s(1+s)

=

k · s(1 + s)

k + (1 + kk

t

)s + s

2

.

Wyznaczmy warto±¢ sygnaªu u(t) w ze-

rowej chwili czasu (spodziewamy si¦, »e

sterowanie bedzie wtedy najbardziej in-

tensywne)

u

0

= lim

s→∞

sG

ru

(s)R(s)

=

k · s(1 + s)

k + (1 + kk

t

)s + s

2

¯

¯

¯

¯

s→∞

= k.

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 nasyce-

nie w bloku wykonawczym!)

|u

0

| ≤ u

0 max

nale»y liczy¢ si¦ z potrzeb¡

KOMPROMISU:

tempo procesów przej±ciowych (τ)

m

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 proporcjonal-

ny o wzmocnieniu k,

- dwie p¦tle ujemnego sprz¦»enia zwrot-

nego:

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 kry-

tycznie,

 czas ustalania odpowiedzi skoko-

wej 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 przed-

stawi¢ mo»emy w nast¦puj¡cej standar-

dowej postaci

G(s) =

1

1 + 2ζτ s + τ

2

s

2

gdzie:

τ

2

=

1

2k

oraz 2ζτ =

1

2k

+

k

t

k

.

36

•

Krytyczne tªumienie oznacza, »e

ζ = 1

⇓

G(s) =

1

(1 + τ s)

2

.

•

Odpowied¹ skokowa takiego ukªadu

dynamicznego ma dla t ≥ 0 posta¢

h(t) = L

−1

·

G(s)

s

¸

= 1−

µ

1 +

t

T

¶

e

−t/T

.

•

Niech T

s∆

b¦dzie czasem ustalania tej

odpowiedzi dla kontrolnej strefy o sze-

roko±ci ±∆. Wtedy

µ

1 +

T

s∆

τ

¶

e

−

Ts∆

τ

= ∆.

Rozwi¡zania tego nieliniowego równania

dla typowych ∆ = 0.02 oraz ∆ = 0.05:
T

s2%

≈ 5.834 · τ

oraz T

s5%

≈ 4.744 · τ

.

37

•

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:

T

s2%

≈

4τ

ζ

oraz T

s5%

≈

3τ

ζ

.

Owe przybli»enia zachowuj¡ bowiem wa-

lor tylko w przypadku sªabo tªumio-

nych (ζ ¿ 1) odpowiedzi skokowych.

•

Z 'dokªadnego' wzoru

T

s2%

≈ 5.834 · τ

wynika, i»

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 zaprojek-

towany ukªad sterowania posiada odpo-

wied¹ skokow¡ wolniejsz¡ od wymaga-

nej.
Potwierdza to MATLABowa symu-

lacja (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 wy-

korzystano koncepcj¦ tak zwanej

regulacji kaskadowej .

Podej±cie takie polega na pomocniczej

statycznej korekcji obiektu poprzez za-

stosowanie sprz¦»enia zwrotnego (sprz¦-

»enia od zmiennej stanu), obejmuj¡ce-

go pewien (zwykle inercyjny) fragment

dynamiki tego obiektu.

40

Rysunek 10: Korekcja poprzez statyczne sprz¦»enie zwrotne.

Rozwa»my czªon inercyjny o wzmoc-

nieniu 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

.

41

Uzyskano zatem korzystne zmniejsze-

nie wypadkowej staªej czasowej modelu

 mamy tu zatem do czynienia z ko-

rekt¡ dynamicznych wªasno±ci obiek-

tu, przy czym efekt ten uzyskuje si¦,

stosuj¡c statyczny czªon w sprz¦»eniu

zwrotnym.

Zmniejszenie wypadkowej staªej czaso-

wej zachodzi tak»e przy k

t

< 1

 co o-

znacza, i» w torze sprz¦»enia mo»e wy-

st¦powa¢ pasywny czªon tªumi¡cy.

Cen¡ jak¡ pªaci si¦, si¦gaj¡c po taki spo-

sób korekcji, jest zmniejszenie wypad-

kowego wzmocnienia obiektu.

Ow¡ utrat¦ wzmocnienia ªatwo jest jed-

nak skompensowa¢, wª¡czaj¡c odpowied-

ni wzmacniacz (a wi¦c wzgl¦dnie prosty

czªon statyczny) do gªównego toru ste-

rowania.

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 wy-

konawczego z wykorzystaniem pomocni-

czej wielko±ci pomiarowej, jak¡ jest pr¦d-

ko±¢ tego elementu

(sprz¦»enie tachometryczne).

Na sterowany obiekt, obok sygnaªu steru-

j¡cego, oddziaªuj¡ tak»e zakªócenia d(t).

Rysunek 11: Schemat strukturalny ukªadu sterowania.

43

Dobierz takie warto±ci nastaw k oraz
k

t

, aby dla krytycznego zakªócenia

d(t)

w postaci skoku jednostkowego,

warto±¢ bezwzgl¦dna uchybu sterowa-

nia w stanie ustalonym nie przekraczaªa

|e(∞)| ≤ 0.005

za± czas ustalania odpowiedzi skokowej

T

s2%

≤ 0.5

s.

Oszacuj przeregulowanie κ

%

tej odpo-

wiedzi skokowej .

•

Sygnaªowa transmitancja operato-

rowa ukªadu zamkni¦tego

G

rc

(s) =

C(s)
R(s)

=

k

k + (3 + kk

t

)s + s

2

.

•

Zakªóceniowa uchybowa transmitan-

cja operatorowa

G

de

(s) =

E(s)

D(s)

=

−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 wzmoc-

nienie

k ≥ kmin = 200.

•

Przedstawiaj¡c transmitancj¦ G

rc

(s)

w

standardowej (wzorcowej) postaci

G

rc

(s) =

1

1 + 2ζτ s + τ

2

s

2

otrzymujemy:

τ

2

=

1

k

oraz 2ζτ =

3

k

+ k

t

.

45

•

Szacuj¡c czas ustalania T

s2%

ze wzoru

T

s2%

≈

4τ

ζ

na podstawie warunków zadania dosta-

jemy

τ =

ζ

8

.

•

Przyjmijmy minimaln¡ ze wzgl¦du na

wymagane tªumienie wpªywu zakªóce«

warto±¢ wzmocnienia

k = k

min

= 200.

Ze wzoru

ζ

2

=

64

k

wyznaczamy wspóªczynnik tªumienia

wzorcowej transmitancji rz¦du drugiego

ζ = 0.566.

46

Takiemu tªumieniu odpowiada przere-

gulowanie odpowiedzi skokowej

κ

%

= exp

Ã

−ζπ

p

1 − ζ

2

!

·100 % = 11.59 %.

•

Parametr τ rozwa»anej transmitancji wzor-

cowej przyjmuje warto±¢

τ =

r

1

k

= 0.0707

•

Wreszcie, wyznaczamy nastaw¦ k

t

k

t

= 2ζτ −

3

k

= 0.065.

•

MATLABowa symulacja wpªywu zakªóce-

nia (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 cha-

rakteryzuje si¦ zadowalaj¡cym czasem

ustalania T

s2%

= 0.415

s (wynik ten

uzyskano na drodze symulacji kompute-

rowej:

Prosz¦ o wykonanie odpowiedniego eks-

prymentu 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 cha-

rakterystka amplitudowa transmitan-

cji ukªadu zamkni¦tego posiadaªa:

49

 wygarbienie rezonansowe (wska¹nik

oscylacyjno±ci)

M

r

= 1.4,

 pasmo przenoszenia

ω

3dB

= 15

rad · s

−1

.

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) =

1

1 + 2ζτ s + τ

2

s

2

τ =

r

T

0

T

k

oraz ζ =

T

v

2τ

+

T

0

2kτ

.

•

Znana formuªa

ζ =

v

u

u

t1 −

q

1 − M

−2

R

2

,

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¡ trans-

mitancj¡ wzorem

τ =

q

1 − 2ζ

2

+

p

(

1 − 2ζ

2

)

2

+ 1

ω

3dB

.

51

•

Bior¡c pod uwag¦ warunki zadania, otrzy-

mujemy:

ζ = 0.3874

oraz τ = 0.0924 s.

•

Nastawy ukªadu sterowania:

k =

T

0

T

τ

2

= 70.2969

T

v

= τ

³

2ζ −

τ

T

´

= 0.0673

s.

•

Jak ªatwo obliczy¢, odpowied¹ skoko-

wa rozwa»anego ukªadu opisana jest na-

st¦puj¡cymi wska¹nikami:

κ

%

= 26.7%,

T

κ

= 0.315

s, ¯

T

s5%

= 0.734

s.

•

'Dokªadn¡' warto±¢ czasu ustalania tej

odpowiedzi pozyskano na drodze symu-

lacji komputerowej

T

=

s5%

0.712

s.

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:

G

p

(s) =

1

s(1+0.5s)

 transmitancja obiek-

tu,

G

c

(s) =

0.5(1+3s)

s

 transmitancja regu-

latora PI ,

G

s

(s) =

1

1+0.05s

 transmitancja czujni-

ka.

55

•

Bª¡d ±ledzenia wielko±ci zadaj¡cej de-

niujemy jako

e(t) = r(t) − c(t).

•

Zbadaj wªasno±ci tego bª¦du dla jed-

nostkowych sygnaªów zadaj¡cych:
 poªo»eniowego,
 pr¦dko±ciowego oraz
 przyspieszeniowego.

•

Sygnaªowa transmitancja ukªadu zam-

kni¦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 zada-

j¡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 asta-

tyzm pierwszego stopnia.

57

•

Skomentuj poni»sze obserwacje, do-

tycz¡ce ustalonego uchybu pr¦dko±-

ciowego.
 Uchyb ma znak ujemny.
 Uchyb nie zeruje si¦ 'pomimo' tego, »e

transmitancja otwartego ukªadu ste-

rowania posiada dwa bieguny w zerze.

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¦ regula-

tora.

•

Zbadaj stabilno±¢ tego ukªadu.

59

•

Utwórzmy model w przestrzeni stanu

naszego ukªadu.
W tym celu przedstawmy transmitancj¦

regulatora w postaci z wyró»nionym czªo-

nem ±ci±le wªa±ciwym

G

c

(s) =

s − 1

s + 1

=

s + 1 − 2

s + 1

= 1−

2

s + 1

.

Na tej podstawie ªatwo jest poda¢ odpo-

wiedni schemat symulacyjny, w któ-

rym 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¢:

˙x

1

(t) = x

1

(t) − 2x

2

(t) − x

1

(t) + r(t) + d(t)

= −2x

2

(t) + r(t) + d(t)

˙x

2

(t) = −x

1

(t) − x

2

(t) + r(t)

c(t) = x

1

(t).

•

Model w przestrzeni stanu tworz¡ przeto

macierze:

A =

·

0 −2

−1 −1

¸

, B =

·

1 1
1 0

¸

, C =

£

1 0

¤

.

•

Podkre±li¢ nale»y, i» rozwa»any ukªad

posiada dwa wej±cia  r(t) oraz d(t):

·

˙x

1

(t)

˙x

2

(t)

¸

= A

·

x

1

(t)

x

2

(t)

¸

+ B

·

r(t)

d(t)

¸

c(t) = C

·

x

1

(t)

x

2

(t)

¸

.

61

•

Asymptotyczn¡ stabilno±¢ stanu rów-

nowagi tego ukªadu okre±lamy, wyznacza-

j¡c widmo macierzy stanu

spectr A = {λ

1

, λ

2

}

gdzie warto±ci wªasne λ

1

oraz λ

2

s¡ pier-

wiastami równania charakterystycz-

nego

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 asym-

ptotycznie stabilnym.

•

Wyznaczmy teraz macierzow¡ transmi-

tancj¦ operatorow¡ tego ukªadu

£

G

rc

(s) G

dc

(s)

¤

= C (sI

2

− A)

−1

B

=

£

1 0

¤

·

s

2

1 s + 1

¸

−1

·

1 1
1 0

¸

62

=

£

1 0

¤

·

s + 1 −2

−1

s

¸ ·

1 1
1 0

¸

(s − 1)(s + 2)

=

h

1

s+2

s+1

(s−1)(s+2)

i

.

•

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 asympto-

tycznej stabilno±ci nie wyklucza wew-

n¦trznej stabilno±ci oraz stabilno±ci BI-

BO w danej 'partykularnej' relacji we/wyj.

piotrJsuchomski