Ćwiczenie 5
Temat: Rozwiązywanie równań stanu i wyjścia układów automatyki przy zadanych warunkach początkowych dla stanu ustalonego i nieustalonego.
Przykład 1
Dla stanu ustalonego układu regulacji automatycznej (URA) przy zadanym warunku początkowym x( 0) = [ 1 ] T
0 wyznaczyć rozwiązanie
równania stanu oraz podać równanie wyjścia.
Rys.1. Schemat blokowy (strukturalny) badanego URA R o z w i ą z a n i e
NaleŜy wyznaczyć transmitancję badanego układu automatyki, zatem G
=
=
2 3
, ( s )
G2 ( s)
1
1 + G
+
2 ( s ) G3 ( s )
s
3
+
G
=
+
=
z ( s )
G1 ( s) G2 3, ( s)
3s
4
2s 2 + 7 s + 3
Wybieramy metodę bezpośrednią, stąd przy najwyŜszej potędze przy s musi być współczynnik równy jedności, zatem
+
+
G
=
=
z ( s )
1 5
. s
2
1 5
. s
2
s 2 + 3 5
. s + 1 5
.
( s + 3)( s + 0 5. ) Współczynniki równania stanu i wyjścia są następujące a = 1 5
. , a = .
3 5 , b = 2 , b = 1 5
.
0
1
0
1
Równania stanu w zapisie ogólnym są
x&
=
1 ( t )
x2 ( t)
x&
= −
−
+
= −
−
+
2 ( t )
a x
0
1 ( t )
a x
1
2 ( t )
u( t)
.
1 5x1 ( t) 3 5
. x2 ( t) u( t)
Równanie wyjścia przyjmuje postać
y( t)
n
= ∑ b x t
+
= b x t + b x t = 2x + .
1 5x
i
i 1 ( )
0
1 ( )
1
2 ( )
1
2
i= 0
Macierze równania stanu w zapisie macierzowo-wektorowym są następujące
0
1
0
s 0
A =
, B = macierz jednostkowa SI =
,
− .
1 5
− 3 5
.
1
0 s
s 0 0
1
s
− 1
SI − A =
−
=
0 s − 1 5
.
− 5
.
3
.
1 5
s + 3 5
.
Macierz algebraicznych dopełnień jest
adj[ SI − ] s + 3 5
.
A =
1
,
.
1 5
s
zaś wyznacznik z macierzy
A = s( s + 3 5
. ) + 1 5
. = s 2 + 3 5
. s + 1 5
. = ( s + 3)( s + 0 5
. ) = m
Macierz odwrotna wynosi
s + .
3 5
1
[ SI − ]− 1 adj[ SI − ]
A
=
A
m
m
det[ SI − ] =
A
.
1 5
s
m
m
Zatem rozwiązanie równania stanu moŜna przedstawić w postaci
s + .
3 5
1
s + 3 5
.
x( t) = e At x( 0) = −
L 1 (
[ SI − A)− 1] x( 0)
1
= −
L 1
m
m
− 1
m
= L
.
1 5
s 0
1 5
.
m
m
m
Z tablic Laplace’a nie moŜna bezpośrednio odczytać funkcji obrazującej rozwiązanie, dlatego teŜ naleŜy dokonać rozkładu wyrazów macierzy na ułamki proste, czyli
s + 3 5
.
A
B
s( A + B) + .
0 5 A + 3B
=
+
=
, stąd
m
( s + 3) ( s + .05) m
1
A + B = 1 ⇒ A = 1 − B = − 5
6
0 5
. A + 3B = .
3 5 ⇒ B = 5
1 5
A
B
s( A + B) + .
0 5 A + 3B
=
+
=
, stąd
m
( s + 3) ( s + 0 5. ) m
5
A + B = 0 ⇒ A = − B = − 3
5
0 5
. A + 3B = 1 5
. ⇒ B = 3
Ostatecznie posługując się tablicami przekształceń Laplace’a otrzymamy
s + 3 5
.
1
6
1
6
− 3t
− 0.5t
−
+
− e
+ e
x( t)
−
5 s
3
5 s
0 5
.
1
m
− 1
( + ) ( + )
= L
= L
= 5
5
1 5
.
5
5
5 − 3t
5 − 0 5.t
e
e
−
+
m
( 3s + 3) ( 3s + 0 5. )
−
+
3
3
Przykład 2
Określić rozwiązanie równania wyjścia y( t) na sterowanie u( t) = (
1 t )
10
układu URA o transmitancji G( s) =
s 2 + 0 7
. s + 0 1
.
R o z w i ą z a n i e
Współczynniki licznika i mianownika transmitancji G( s) są następujące
a = 0 ,
1
.
a = 0 7
. ,
b = 10,
b = 0
0
1
0
1
ZaleŜność na transmitancję układu w zapisie macierzowo-wektorowym jest następująca
−
−
G( s)
y( s)
1
1
=
=
−
+
⇒
=
−
+
u( s)
C[ SI
]
A
B
D
y( s) C[ SI
]
A
Bu( s) Du( s)
gdzie: C ,D − macierze równania wyjścia w zapisie macierzowo-wektorowym, B − macierz równania wejścia w zapisie macierzowo-wektorowym, u( s) − sygnał sterujący (wejściowy) Równanie wyjścia w zapisie macierzowo-wektorowym przyjmuje postać
y( t) = Cx( t) + Du( t) lub w zapisie ogólnym
y( t)
n
= ∑ b x t
+
= b x t + b x t = 10x
i
i 1 ( )
0
1 ( )
1
2 ( )
1
i= 0
Postać równań stanu w zapisie ogólnym jest następująca x&
=
1 ( t )
x2 ( t)
x&
= −
−
+
= −
−
+
2 ( t )
a x
0
1 ( t )
a x
1
2 ( t )
u( t)
0 1
. x1 ( t) 0 7
. x2 ( t) u( t)
zatem macierze A,B,C,D są następujące
0
1
0
A =
, B = , C = [ 10 0], D = 0
− .
0 1 − .
0 7
1
[ SI − ] s 0 0
1
s
− 1
A =
−
=
,
0 s − 0 1
.
− .
0 7
0 1
.
s + 0 7
.
adj[ SI − ] s + 0 7
.
A =
1
,
− .
0 1
s
det [ SI − ]
A = s( s + .
0 7 ) + 0 1
. = ( s + 0 5
. )( s + 0 2
. ) = m
.
1
[ SI − ]− 1 adj[ SI − ]
A
=
A
m
m
det[ SI − ] =
A
.
0 1
s
−
m
m
s + 0 7
.
1
y( s) =
−
C[ SI − ]
A 1 Bu( s) + Du( s) = [ 10 0] 0
m
m 1
=
1
.
0 1
s s
−
m
m
10 1
10
=
=
s m
s( s + .
0 5)( s + 0 2
. )
Zatem
PoniewaŜ nie moŜna bezpośrednio skorzystać z tablic Laplace’a, więc funkcję y( s) naleŜy rozłoŜyć na ułamki proste, zatem y( t)
1
10
1
A
B
C
= −
−
L
L
s( s + 0 5
. )( s + 0 2
. ) =
+
+
s
s + .
0 5
s + 0 2
.
10
A
B
C
= +
+
=
s( s + 0 5
. )( s + 0 2
. )
s
s + 0 5
.
s + 0 2
.
(
A s + 0 5
. )( s + .
0 2) + Bs( s + 0 2
. ) + Cs( s + 0 5
. )
=
=
s( s + .
0 5)( s + 0 2
. )
s2 ( A + B + C) + s( 0 7
. A + .
0 2B + .
0 C
5 ) + .
0 1A
=
s( s + 0 5
. )( s + .
0 2)
Współczynniki
A,B,C rozkładu funkcji na ułamki
proste
wyznaczymy z następującego układu równań algebraicznych
200
500
stąd 0 7
. A + .
0 2B + .
0 C
5
= 0 ⇒ A = 100, B =
, C = −
3
3
0 1
. A = 10
Ostatecznie na podstawie tablic Laplace’a otrzymamy y( t)
100
200
500
5
2
= − 1
− .
0 2t
− 0.5t
L
+
−
100 1
e
e
s
( 3s + 0 5. ) ( 3s + 0 2. ) =
−
+
3
3