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

Należy 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 najwyższej 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

det[ SI − ]

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 można 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 można bezpośrednio odczytać funkcji obrazującej rozwiązanie, dlatego też należy 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

Zależność 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

 s + 0 7

.

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

Ponieważ nie można bezpośrednio skorzystać z tablic Laplace’a, więc funkcję y( s) należy rozłożyć 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

A + B + C = 0



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

