LABORATORIUM TEORII STEROWANIA I TECHNIKI REGULACJI	Imię Nazwisko: Seweryn Kwieciński
WYDZIAŁ EAIiE	Rok akademicki.: 2011/2012
Temat ćwiczenia: Analityczne i graficzne kryteria stabilności liniowych UAR
Data wykonania ćwiczenia: 14.05.2012r.	OCENA

1. Cel ćwiczenia

Celem ćwiczenia było zapoznanie z podstawowymi pojęciami związanymi z stabilnością układów automatycznej regulacji, ponieważ zapewnienie stabilności jest jednym z podstawowych zagadnień stawianych każdemu UAR. Naszym zadaniem było zapoznanie się z kryteriami stabilności (kryterium Routha-Hurwitza oraz kryterium Nyquista. Ważną częścią było również zapoznanie się z poleceniami do MATLAB-a.

1. Wstęp teoretyczny

Oceniając własności projektowanego układu automatycznej regulacji zazwyczaj rozpoczynamy od sprawdzenia jego stabilności, albowiem jest to warunek absolutnie konieczny każdego UAR.

Stabilność jest cechą układu, polegającą na powracaniu do stanu równowagi stałej po ustaniu działania zakłócenia, które wytrąciło układ z tego stanu. Stabilność można ocenić, badając ruch swobodny układu, tzn. jego zachowanie pod wpływem warunków początkowych.

Zachowanie się układów liniowych stacjonarnych o parametrach skupionych w stanie nieustalonym (dynamicznym) opisuje równanie liniowe o postaci

Po obustronnym nałożeniu transformaty laplaca transmitancja przyjmuje postać:

Rozwiązanie równania (odpowiedź układu) jest sumą dwóch rozwiązań - szczególnego (odpowiedzi wymuszonej) i ogólnego (odpowiedzi przejściowej).

y(t) = y_w(t)+y_p(t)

Za układ stabilny uważa się taki, którego odpowiedź przejściowa pozostaje ograniczona w dowolnym czasie. Jest to równoważne żądaniu, aby przy wymuszeniu ograniczonym co do wartości, czasu trwania odpowiedź układu była również ograniczona.

Pewne uściślenie wprowadza pojęcie stabilności asymptotycznej.

Układ liniowy nazywamy stabilnym asymptotycznie, jeżeli składowa przejściowa odpowiedzi

y(t) zanika do zera przy i niezerowych warunkach początkowych.

Przykładowe przebiegi przejściowe w stabilnych i niestabilnych układach automatycznej regulacji przedstawia poniższy rysunek. W podpunkcie a) można łatwo zauważyć że po wymuszeniu impulsem układ stabilizuje się. Jest to przebieg w układzie stabilnym. Natomiast w b) po wymuszeniu impulsem występują oscylacje. Jest to przebieg w układzie nie stabilny.

Dla oceny stabilności należy badać przebieg swobodnej składowej równania:

Ogólne rozwiązanie powyższego równania ma postać sumy, składniki której zależą od pierwiastków równania charakterystycznego:

Analiza ogólnej postaci rozwiązania jednorodnego powyższego równania prowadzi do następującego wniosku:

Koniecznym i dostatecznym warunkiem stabilności asymptotycznej układu jest, aby pierwiastki równania charakterystycznego układu zamkniętego miały ujemne części rzeczywiste

Warunek ten odnosi się zarówno do przypadków, kiedy pierwiastki są rzeczywiste, jak również do pierwiastków zespolonych i wielokrotnych.

Jeżeli chociaż jeden z pierwiastków równania ma część rzeczywistą dodatnią to układ jest niestabilny.

Jeżeli równanie ma pierwiastki w lewej półpłaszczyźnie (czyli ujemne) oraz jednokrotne na osi liczb urojonych (np. jeden pierwiastek zerowy lub parę pierwiastków urojonych sprzężonych), to w układzie będą występować drgania o stałej amplitudzie, określonej warunkami początkowymi.

Układ jest wówczas na granicy stabilności, a ściśle mówiąc, nie jest stabilny asymptotycznie.

Opracowano następujące kryteria stabilności: analityczne i częstotliwościowe. Kryteria te pozwalają określić stabilność (lub niestabilność) układu bez potrzeby liczenia wprost pierwiastków równania charakterystycznego.

Analityczne (algebraiczne), np.: Routha, Hurwitza - zwalniają nas od obliczania wartości pierwiastków, ale też rozstrzygają tylko kwestią położenia tych pierwiastków w lewej lub prawej półpłaszczyźnie.

Graficzne (częstotliwościowe), np.: Nyąuista (wykresy Bodego) - pozwalają badać stabilność układu zamkniętego na podstawie przebiegu charakterystyki Nyquista (amplitudowo-fazowej) lub charakterystyk Bodego (logarytmiczna amplitudowa i fazowa) układu otwartego.

1. Część zadaniowa

Zadanie 1

1. Określenie stabilności układu o następującym równaniu charakterystycznym:

s³ + 2s² + 3s + 4 = 0

Opis funkcji:

ROOTS (C) - oblicza pierwiastki wielomianu, których współczynniki są elementami wektora C. Jeśli C ma n +1 składników, wielomian jest w postaci C (1) * X ^ N + ... + C (N) * X + C (N +1).

ROUTH (D) - buduje w postaci wizualnej tablicę Routh-a z wielomianu D. Zero elementów w pierwszej kolumnie zastąpione jest przez 1e-5 i zero wierszy zastąpione jest za pomocą pochodnej równania pomocniczego.

PZMAP (SYS) - oblicza wartości i wykreśla na płaszczyźnie zmiennej zespolonej bieguny i zera układu. Bieguny wykreśla się jako x, a zera są kreślone jako kółka.

Kod MATLAB

W wyniku działania powyższego kodu otrzymałem pierwiastki badanego wielomianu.

Mając pierwiastki mogę określić stabilność układu. Widzę że pierwiastek rzeczywisty oraz części rzeczywiste pierwiastków zespolonych są ujemne a więc leżą po lewej stronie płaszczyzny zespolonej. Układ zatem jest stabilny. Teraz postaram się potwierdzić to kryteriami.

Tabela Routha:

W pierwszej kolumnie wszystkie cyfry są dodatnie zatem nie występuje żadna zmiana znaku. Zatem zgodnie z kryterium Routha-Hurwitza mogę orzec że układ jest stabilny

Wykreślając pierwiastki na płaszczyźnie zespolonej można zauważyć że wszystkie znajdują się po lewej stronie płaszczyzny zespolonej.

Pobudzenie układu skokiem jednostkowym, kończy się ustabilizowaniem się układu. Zatem układ jest stabilny.

1. Określenie stabilności układu o następującym równaniu charakterystycznym:

s⁴ + s³ + s² + s + 1 = 0

Mając pierwiastki mogę określić stabilność układu. Widzę że 2 spośród 4 pierwiastków zespolonych są ujemne. Układ zatem jest niestabilny.

Badam teraz tabele Routha .Zależnie od rodzajów współczynników wielomianu mogą się pojawić pewne trudności w obliczaniu kolejnych elementów tablicy Routha.

1. Pierwszy element w pewnym wierszu tablicy Routha jest zerowy, lecz nie wszystkie współczynniki są równe zero.

2. Wszystkie elementy pewnego wiersza tablicy Routha są zerowe.

U nas wystąpił przypadek pierwszy.

Jeśli zero pojawia się w pierwszym elemencie wiersza, wówczas wszystkie elementy w następnym wierszu mają wartości równe nieskończoności i dalsze wypełnianie tablicy nie jest możliwe. Aby poradzić sobie z tą sytuacją zastępuje się pierwszy element w pierwszej kolumnie przez bardzo mała liczbę dodatnią ε i kontynuuje się obliczanie pozostałych elementów.

Liczba zmian znaku wyniosła 2 zatem 2 pierwiastki są dodatnie. Układ nie jest stabilny.

Ilustracja na płaszczyźnie zespolonej

Jak widać, układ jest niestabilny, ponieważ dwa z czterech pierwiastków równania charakterystycznego mają dodatnią część rzeczywistą (pierwiastki w niebieskich kółkach) czyli znajdują się po prawej stronie osi urojonej. Widać to również na wykresie odpowiedzi skokowej ponieważ po pobudzenia układ nie wraca do stanu ustalonego.

Zadanie 2

Wykaż używając metody Routha-Hurwitza dla jakiego K układ jest stabilny.

s³ + 2s² + 4s + K = 0

Aby równanie nie miało pierwiastków z częścią rzeczywistą dodatnią konieczne jest aby spełnione były następujące warunki:

1. Wszystkie współczynniki równania muszą mieć ten sam znak.

2. Żadnego ze współczynników nie może brakować

W naszym wypadku kryterium konieczne jest spełnione.

Badamy więc kryterium wystarczające czyli kryterium Routha.

Pierwszym krokiem, jest umieszczenie współczynników równania w dwóch wierszach. Pierwszy wiersz składa się z nieparzystych współczynników, natomiast drugi wiersz z parzystych współczynników licząc od najwyższej potęgi wielomianu charakterystycznego. Następnym krokiem jest wypełnienie następnych wierszy tablicy Routha w następujący sposób:

W naszym przypadku, tablica Routha po uzupełnieniu wygląda następująco:

s^3	1	4
s^2	2	K
s^1	$$\frac{- K + 8}{2}$$
s^0	K

Żeby kryterium wystarczające było spełnione, musi być więc spełniony następujący warunek:

Zatem układ jest stabilny gdy

Zadanie 3

Zbadać stabilność systemu opisanego równaniem stanu:

gdzie

Ponieważ pierwiastki równania charakterystycznego są takie same jak wartości własne

macierzy A uzyskanej z równań stanu, warunki stabilności dla wartości własnych są takie same jak dla pierwiastków równania charakterystycznego.

Opis funkcji:

POLY() – wyznaczenie współczynników wielomianu charakterystycznego

EIG() – obliczenie wartości własnych macierzy kwadratowej

W wyniku działania programu otrzymałem:

Jak widać, układ jest niestabilny, gdyż jeden z pierwiastków równania charakterystycznego ma

dodatnią część rzeczywistą. Potwierdza to również wykres odpowiedzi układu na wymuszenie skokowe:

Zadanie 4

Określić kiedy układ na rysunku jest stabilny, niestabilny i na granicy stabilności.

Aby obliczyć K dla którego układ będzie w różnych stanach stabilności posłużę się kryterium Nyquista. Kryterium Nyquista jest metodą wykreślną pozwalającą na określanie stabilności układu zamkniętego przez badanie własności wykresu w dziedzinie częstotliwości. Wykres Nyquista tworzony jest na podstawie transmitancji pętli otwartej.

Po otwarciu naszego układu będzie wyglądał tak:

Transmitancja tego układu jest to iloraz transmitancji Gr(s) i Go(s).

Aby określić stabilność należy znaleźć punkty w których transmitancja widmowa opisana

wzorem G(s) osiąga wartość fazy równą –180. Innymi słowami należy wyznaczyć punkty przecięcia wykresu Nyquista.

Aby to obliczyć wykorzystam funkcje margin:

[Gm, Pm, Wcg, Wcp] = MARGIN(SYS)

Funkcja służąca do obliczania wartości zapasu modułu Gm i fazy Pm (w stopniach), dla odpowiednich częstotliwości Wcg (dla Gm) i Wcp (dla Pm) modelu ciągłego układu otwartego SYS typu SISO.

Zgodnie z opisem funkcji „The gain margin Gm is defined as 1/G where G is the gain at the -180 phase crossing” Czyli musimy znaleźć takie G aby było jak najbliższe -1.

Kod w Matlabie:

Dla K=7.92 układ jest na granicy stabilności.

Charakterystykę Nyquista prezentuje poniższy wykres:

Kiedy wykres Nyquista przechodzi przez punkt (−1, j0), zapas wzmocnienia wynosi 0 dB, co

oznacza, że wzmocnienie pętli nie może być zwiększane gdyż układ znajduje się na granicy

stabilności. Układ jest na granicy stabilności.

Charakterystyka Nyquista dla K=6.

Kiedy wykres Nyquista nie przecina osi liczb rzeczywistych przy żadnej skończonej

częstotliwości to wówczas zapas wzmocnienia jest nieskończony co oznacza, że teoretycznie

wartość wzmocnienia pętli może być zwiększana do nieskończoności. Układ jest stabilny.

Charakterystyka Nyquista dla K=15.

Kiedy przecięcie fazy znajduje się z lewej strony punktu (−1, j0), zapas wzmocnienia jest ujemny

i wzmocnienie pętli musi być zmniejszone aby uzyskać stabilność układu. Układ jest niestabilny.

Zadanie 5

Stabilizacja układu niestabilnego. Niech będzie dany układ:

Transmitancja obiektu:

Jest to obiekt niestabilny, gdyż posiada dwa, sprzężone bieguny w prawej półpłaszczyźnie (o dodatnich częściach rzeczywistych). Do jego stabilizacji użyto dwóch kompensatorów w postaci:

Należy sprawdzić który kompensator nadaje się do ustabilizowania obiektu a następnie dobrać wzmocnienie K_K

Z pomocą przychodzą nam tutaj dwie funkcje: rlocfind i rlocus.

Funkcja rlocfind zwraca wartość wzmocnienia oraz położenia pierwiastków równania charakterystycznego. Jeśli w aktywnym oknie graficznym wykreślono wykres zależności położenia biegunów i zer układu zamkniętego od wzmocnienia K przy pomocy funkcji rlocus funkcja rlocfind umożliwia wybranie myszką żądanego pierwiastka dla którego chcemy znać wzmocnienie oraz położenie pozostałych pierwiastków.

Sposób użycia [k,p]=rlocfind(l,m) przy czym w zmiennej k otrzymujemy wzmocnienie natomiast w p wartości pierwiastków. Zmienne 1, m są licznikiem i mianownikiem transmitancji G.

Jak widać, dla dowolnego K_K, pewne bieguny znajdą się po prawej a pewne po lewej stronie osi wartości zespolonych. Oznacza to, że kompensatorem o postaci pierwszej jesteśmy w stanie ustabilizować obiekt w torze głównym układu.

Po wybraniu myszą wzmocnienia z lewej strony osi otrzymałem następujące wartości zer i biegunów

Jak widać udało się ustabilizować obiekt. Potwierdzają to odpowiedzi skokowe obiektu przed i po dołączeniu kompensatora.

Odpowiedź skokowa przed podłączeniem kompensatora. Układ jest nie stabilny.

Odpowiedź skokowa po podłączeniu kompensatora. Układ jest stabilny.

Zajmę się teraz drugim kompensatorem. Jak widać poniżej, dla dowolnego K_K, wszystkie bieguny znajdują się po prawej stronie. Oznacza to, że kompensatorem o postaci drugiej nie jesteśmy w stanie ustabilizować obiektu w torze głównym układu.

1. Wnioski

Podczas wykonywania tego ćwiczenia zdobyłem dużą wiedzę odnośnie rozpoznawania stabilności UAR. Nauczyłem się korzystać z kryteriów graficznych i analitycznych które pozwalają w szybki sposób określić stabilność układu bez wyznaczania pierwiastków.

Dodatkowo poza określeniem stabilności, kryterium Nyquista daje również informacje o stabilności względnej układu stabilnego i stopniu niestabilności układu niestabilnego. Daje również wskazanie o tym jak w razie konieczności może zostać poprawiona stabilność układu.

Dowiedziałem się że dzięki kompensatorom można ustabilizować układ i jak dobrać taki kompensator. Dużą zaletą tego ćwiczenia było poznanie wielu nowych poleceń do MATLAB-a które dzięki swojej prostej składni umożliwiają uproszczenie obliczeń.