Systemy sterowania - krótki przewodnik

System sterowania to system, który zapewnia żądaną reakcję poprzez sterowanie wyjściem. Poniższy rysunek przedstawia prosty schemat blokowy systemu sterowania.

Tutaj system sterowania jest reprezentowany przez pojedynczy blok. Ponieważ wyjście jest sterowane zmiennym wejściem, system sterowania otrzymał tę nazwę. Będziemy różnicować te dane wejściowe za pomocą pewnego mechanizmu. W następnej części poświęconej układom sterowania w pętli otwartej i zamkniętej, będziemy szczegółowo badać bloki wewnątrz systemu sterowania oraz sposoby zmiany tego sygnału wejściowego w celu uzyskania pożądanej odpowiedzi.

Examples - System sterowania sygnalizacją świetlną, pralka

Traffic lights control systemjest przykładem systemu sterowania. Tutaj sekwencja sygnału wejściowego jest stosowana do tego systemu sterowania, a wyjście jest jednym z trzech świateł, które będą świecić przez pewien czas. W tym czasie pozostałe dwa światła będą wyłączone. Na podstawie badania ruchu na konkretnym skrzyżowaniu można określić czas włączenia i wyłączenia świateł. Odpowiednio, sygnał wejściowy steruje wyjściem. Tak więc system sterowania sygnalizacją świetlną działa na podstawie czasu.

Klasyfikacja systemów sterowania

Na podstawie niektórych parametrów możemy podzielić systemy sterowania na następujące sposoby.

Systemy sterowania z czasem ciągłym i z czasem dyskretnym

  • Systemy sterowania można sklasyfikować jako systemy ciągłej kontroli czasu i dyskretne systemy sterowania czasem oparte na type of the signal używany.

  • W continuous timesystemy sterowania, wszystkie sygnały są ciągłe w czasie. Ale wdiscrete time systemy sterowania, istnieje jeden lub więcej dyskretnych sygnałów czasu.

Systemy sterowania SISO i MIMO

  • Systemy sterowania można sklasyfikować jako systemy sterowania SISO i systemy sterowania MIMO oparte na number of inputs and outputs obecny.

  • SISOSystemy sterowania (z jednym wejściem i jednym wyjściem) mają jedno wejście i jedno wyjście. Natomiast,MIMO Systemy sterowania (z wieloma wejściami i wieloma wyjściami) mają więcej niż jedno wejście i więcej niż jedno wyjście.

Systemy sterowania w pętli otwartej i zamkniętej

Systemy sterowania można sklasyfikować jako systemy sterowania w pętli otwartej i systemy sterowania w pętli zamkniętej oparte na feedback path.

W open loop control systems, wyjście nie jest zwracane do wejścia. Zatem działanie sterujące jest niezależne od żądanego wyjścia.

Poniższy rysunek przedstawia schemat blokowy systemu sterowania w pętli otwartej.

Tutaj wejście jest przykładane do sterownika i wytwarza sygnał uruchamiający lub sterujący. Sygnał ten jest podawany jako wejście do instalacji lub procesu, który ma być kontrolowany. Tak więc zakład wytwarza produkcję, która jest kontrolowana. System sterowania sygnalizacją świetlną, o którym mówiliśmy wcześniej, jest przykładem systemu sterowania w pętli otwartej.

W closed loop control systems, wyjście jest zwracane na wejście. Tak więc działanie sterujące zależy od żądanego wyjścia.

Poniższy rysunek przedstawia schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym.

Detektor błędu generuje sygnał błędu, który jest różnicą między wejściem a sygnałem sprzężenia zwrotnego. Ten sygnał sprzężenia zwrotnego jest uzyskiwany z bloku (elementy sprzężenia zwrotnego), biorąc pod uwagę wyjście całego systemu jako wejście do tego bloku. Zamiast bezpośredniego wejścia sygnał błędu jest podawany jako sygnał wejściowy do sterownika.

Tak więc sterownik wytwarza sygnał uruchamiający, który steruje instalacją. W tej kombinacji moc systemu sterowania jest regulowana automatycznie, aż uzyskamy pożądaną odpowiedź. Stąd układy sterowania w pętli zamkniętej nazywane są również układami sterowania automatycznego. Przykładem układu sterowania w pętli zamkniętej jest układ sterowania sygnalizacją świetlną z czujnikiem na wejściu.

Różnice między układami sterowania w pętli otwartej i zamkniętej są wymienione w poniższej tabeli.

Systemy sterowania w otwartej pętli Systemy sterowania w pętli zamkniętej
Działanie kontrolne jest niezależne od żądanego wyjścia. Działanie regulacyjne zależy od żądanego wyjścia.
Brak ścieżki informacji zwrotnej. Obecna jest ścieżka informacji zwrotnej.
Są one również nazywane jako non-feedback control systems. Są one również nazywane jako feedback control systems.
Łatwe do zaprojektowania. Trudne do zaprojektowania.
Są ekonomiczne. Są droższe.
Niedokładny. Dokładny.

Jeśli dane wyjściowe lub część danych wyjściowych jest zwracana na stronę wejściową i wykorzystywana jako część danych wejściowych systemu, jest to znane jako feedback. Informacje zwrotne odgrywają ważną rolę w poprawianiu działania systemów sterowania. W tym rozdziale omówimy rodzaje informacji zwrotnych i ich skutki.

Rodzaje opinii

Istnieją dwa rodzaje informacji zwrotnych -

  • Pozytywne opinie
  • Negatywne opinie

Pozytywne opinie

Pozytywne sprzężenie zwrotne dodaje wejście odniesienia, $R(s)$i wyjście sprzężenia zwrotnego. Poniższy rysunek przedstawia schemat blokowypositive feedback control system.

Pojęcie funkcji transferu zostanie omówione w dalszych rozdziałach. Na razie rozważmy, że funkcja przenoszenia systemu kontroli pozytywnego sprzężenia zwrotnego to:

$T=\frac{G}{1-GH}$ (Równanie 1)

Gdzie,

  • T jest funkcją przenoszenia lub ogólnym wzmocnieniem systemu kontroli dodatniego sprzężenia zwrotnego.

  • G to wzmocnienie w otwartej pętli, które jest funkcją częstotliwości.

  • H to wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego, które jest funkcją częstotliwości.

Negatywne opinie

Ujemne sprzężenie zwrotne zmniejsza błąd między wejściem odniesienia, $R(s)$i wyjście systemu. Poniższy rysunek przedstawia schemat blokowynegative feedback control system.

Funkcja przenoszenia systemu kontroli negatywnego sprzężenia zwrotnego to:

$T=\frac{G}{1+GH}$ (Równanie 2)

Gdzie,

  • T jest funkcją przenoszenia lub całkowitym wzmocnieniem układu kontroli ujemnego sprzężenia zwrotnego.

  • G to wzmocnienie w otwartej pętli, które jest funkcją częstotliwości.

  • H to wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego, które jest funkcją częstotliwości.

Wyprowadzenie powyższej funkcji transferu jest obecne w dalszych rozdziałach.

Skutki opinii

Przyjrzyjmy się teraz skutkom sprzężenia zwrotnego.

Wpływ informacji zwrotnej na ogólny zysk

  • Na podstawie równania 2 możemy powiedzieć, że całkowite wzmocnienie układu sterowania w zamkniętej pętli z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jest stosunkiem „G” do (1 + GH). Zatem ogólny zysk może wzrosnąć lub spaść w zależności od wartości (1 + GH).

  • Jeśli wartość (1 + GH) jest mniejsza niż 1, to ogólne wzmocnienie wzrasta. W tym przypadku wartość „GH” jest ujemna, ponieważ wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego jest ujemne.

  • Jeśli wartość (1 + GH) jest większa niż 1, to całkowite wzmocnienie maleje. W tym przypadku wartość „GH” jest dodatnia, ponieważ wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego jest dodatnie.

Ogólnie rzecz biorąc, „G” i „H” są funkcjami częstotliwości. Zatem sprzężenie zwrotne zwiększy ogólne wzmocnienie systemu w jednym zakresie częstotliwości i zmniejszy się w drugim zakresie częstotliwości.

Wpływ informacji zwrotnej na wrażliwość

Sensitivity całkowitego wzmocnienia układu sterowania w zamkniętej pętli z ujemnym sprzężeniem zwrotnym (T) do zmiany wzmocnienia w otwartej pętli (G) jest zdefiniowany jako

$S_{G}^{T} = \frac{\frac{\partial T}{T}}{\frac{\partial G}{G}}=\frac{Percentage\: change \: in \:T}{Percentage\: change \: in \:G}$ (Równanie 3)

Gdzie, ∂T oznacza przyrostową zmianę T spowodowaną przyrostową zmianą G.

Możemy przepisać równanie 3 jako

$S_{G}^{T}=\frac{\partial T}{\partial G}\frac{G}{T}$ (Równanie 4)

Wykonaj częściowe różniczkowanie względem G po obu stronach równania 2.

$\frac{\partial T}{\partial G}=\frac{\partial}{\partial G}\left (\frac{G}{1+GH} \right )=\frac{(1+GH).1-G(H)}{(1+GH)^2}=\frac{1}{(1+GH)^2}$ (Równanie 5)

Z równania 2 otrzymasz

$\frac{G}{T}=1+GH$ (Równanie 6)

Zastąp równanie 5 i równanie 6 w równaniu 4.

$$S_{G}^{T}=\frac{1}{(1+GH)^2}(1+GH)=\frac{1}{1+GH}$$

Więc mamy sensitivitycałkowitego wzmocnienia systemu sterowania w zamkniętej pętli jako odwrotność (1 + GH). Tak więc Czułość może wzrosnąć lub spaść w zależności od wartości (1 + GH).

  • Jeśli wartość (1 + GH) jest mniejsza niż 1, czułość wzrasta. W tym przypadku wartość „GH” jest ujemna, ponieważ wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego jest ujemne.

  • Jeśli wartość (1 + GH) jest większa niż 1, czułość maleje. W tym przypadku wartość „GH” jest dodatnia, ponieważ wzmocnienie ścieżki sprzężenia zwrotnego jest dodatnie.

Ogólnie rzecz biorąc, „G” i „H” są funkcjami częstotliwości. Zatem sprzężenie zwrotne zwiększy czułość wzmocnienia systemu w jednym zakresie częstotliwości i zmniejszy się w drugim zakresie częstotliwości. Dlatego musimy tak dobrać wartości „GH”, aby system był niewrażliwy lub mniej wrażliwy na zmiany parametrów.

Wpływ informacji zwrotnych na stabilność

  • Mówi się, że system jest stabilny, jeśli jego wydajność jest pod kontrolą. W przeciwnym razie mówi się, że jest niestabilny.

  • W równaniu 2, jeśli wartość mianownika wynosi zero (tj. GH = -1), to wyjście układu sterowania będzie nieskończone. Tak więc system sterowania staje się niestabilny.

Dlatego musimy odpowiednio dobrać sprzężenie zwrotne, aby system sterowania był stabilny.

Wpływ informacji zwrotnej na hałas

Aby poznać wpływ sprzężenia zwrotnego na szum, porównajmy relacje funkcji przenoszenia zi bez sprzężenia zwrotnego z powodu samego sygnału szumu.

Rozważ plik open loop control system z sygnałem szumu, jak pokazano poniżej.

Plik open loop transfer function z powodu samego sygnału szumu

$\frac{C(s)}{N(s)}=G_b$ (Równanie 7)

Uzyskuje się to poprzez dokonanie drugiego wejścia $R(s)$ równa zero.

Rozważ a closed loop control system z sygnałem szumu, jak pokazano poniżej.

Plik closed loop transfer function z powodu samego sygnału szumu

$\frac{C(s)}{N(s)}=\frac{G_b}{1+G_aG_bH}$ (Równanie 8)

Uzyskuje się to poprzez dokonanie drugiego wejścia $R(s)$ równa zero.

Porównaj równanie 7 i równanie 8,

W układzie sterowania w pętli zamkniętej wzmocnienie z powodu sygnału szumu jest zmniejszone o współczynnik $(1+G_a G_b H)$ pod warunkiem, że termin $(1+G_a G_b H)$ jest większy niż jeden.

Systemy sterowania można przedstawić za pomocą zestawu równań matematycznych znanych jako mathematical model. Modele te są przydatne do analizy i projektowania systemów sterowania. Analiza systemu sterowania polega na znalezieniu wyniku, gdy znamy dane wejściowe i model matematyczny. Projektowanie systemu sterowania polega na znalezieniu modelu matematycznego, znając dane wejściowe i wyjściowe.

Najczęściej używane są następujące modele matematyczne.

  • Model równań różniczkowych
  • Model funkcji transferu
  • Model przestrzeni stanów

Omówmy pierwsze dwa modele w tym rozdziale.

Model równań różniczkowych

Model równań różniczkowych jest matematycznym modelem układów sterowania w dziedzinie czasu. Wykonaj następujące kroki dla modelu z równaniami różniczkowymi.

  • Zastosuj podstawowe prawa do danego systemu sterowania.

  • Uzyskaj równanie różniczkowe pod względem danych wejściowych i wyjściowych, eliminując zmienną pośrednią.

Przykład

Rozważ następujący układ elektryczny, jak pokazano na poniższym rysunku. Ten obwód składa się z rezystora, cewki i kondensatora. Wszystkie te elementy elektryczne są podłączoneseries. Napięcie wejściowe przyłożone do tego obwodu wynosi$v_i$ a napięcie na kondensatorze jest napięciem wyjściowym $v_o$.

Równanie siatki dla tego obwodu to

$$v_i=Ri+L\frac{\text{d}i}{\text{d}t}+v_o$$

Zastąpienie prądu płynącego przez kondensator $i=c\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}$ w powyższym równaniu.

$$\Rightarrow\:v_i=RC\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+LC\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+v_o$$

$$\Rightarrow\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{R}{L} \right )\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{LC} \right )v_o=\left ( \frac{1}{LC} \right )v_i$$

Powyższe równanie jest drugiego rzędu differential equation.

Model funkcji transferu

Model funkcji transferowej jest matematycznym modelem systemów sterowania w dziedzinie s. PlikTransfer function systemu liniowego niezmiennego w czasie (LTI) definiuje się jako stosunek transformaty Laplace'a wyjścia i transformaty Laplace'a wejścia przy założeniu, że wszystkie warunki początkowe są zerowe.

Gdyby $x(t)$ i $y(t)$ są wejściami i wyjściami systemu LTI, a następnie odpowiednimi transformatami Laplace'a $X(s)$ i $Y(s)$.

Dlatego funkcja transferu systemu LTI jest równa stosunkowi $Y(s)$ i $X(s)$.

$$i.e.,\: Transfer\: Function =\frac{Y(s)}{X(s)}$$

Model funkcji transferu systemu LTI przedstawiono na poniższym rysunku.

Tutaj przedstawiliśmy system LTI z blokiem z funkcją transferu. A ten blok ma wejście$X(s)$ & wynik $Y(s)$.

Przykład

Wcześniej otrzymaliśmy równanie różniczkowe układu elektrycznego jako

$$\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{R}{L} \right )\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{LC} \right )v_o=\left ( \frac{1}{LC} \right )v_i$$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$s^2V_o(s)+\left ( \frac{sR}{L} \right )V_o(s)+\left ( \frac{1}{LC} \right )V_o(s)=\left ( \frac{1}{LC} \right )V_i(s)$$

$$\Rightarrow \left \{ s^2+\left ( \frac{R}{L} \right )s+\frac{1}{LC} \right \}V_o(s)=\left ( \frac{1}{LC} \right )V_i(s)$$

$$\Rightarrow \frac{V_o(s)}{V_i(s)}=\frac{\frac{1}{LC}}{s^2+\left ( \frac{R}{L} \right )s+\frac{1}{LC}}$$

Gdzie,

  • $v_i(s)$ jest transformatą Laplace'a napięcia wejściowego $v_i$

  • $v_o(s)$ jest transformatą Laplace'a napięcia wyjściowego $v_o$

Powyższe równanie to transfer functioninstalacji elektrycznej drugiego rzędu. Model funkcji przenoszenia tego systemu przedstawiono poniżej.

Tutaj pokazujemy układ elektryczny drugiego rzędu z blokiem mającym wewnątrz funkcję przenoszenia. A ten blok ma wejście$V_i(s)$ i wyjście $V_o(s)$.

W tym rozdziale omówimy differential equation modelingukładów mechanicznych. Istnieją dwa rodzaje systemów mechanicznych opartych na typie ruchu.

  • Translacyjne systemy mechaniczne
  • Obrotowe układy mechaniczne

Modelowanie translacyjnych układów mechanicznych

Translacyjne systemy mechaniczne poruszają się wzdłuż a straight line. Systemy te składają się głównie z trzech podstawowych elementów. Są to masa, sprężyna i dashpot lub amortyzator.

Jeśli siła jest przyłożona do translacyjnego układu mechanicznego, przeciwstawia się jej przeciwstawne siły wynikające z masy, elastyczności i tarcia układu. Ponieważ przyłożona siła i przeciwstawne siły są w przeciwnych kierunkach, algebraiczna suma sił działających na układ wynosi zero. Spójrzmy teraz indywidualnie na siłę, której przeciwstawiają się te trzy elementy.

Masa

Masa jest własnością ciała, które przechowuje kinetic energy. Jeśli siła zostanie przyłożona do ciała mającego masęM, wtedy przeciwstawia się jej przeciwstawna siła ze względu na masę. Ta przeciwstawna siła jest proporcjonalna do przyspieszenia ciała. Załóżmy, że elastyczność i tarcie są znikome.

$$F_m\propto\: a$$

$$\Rightarrow F_m=Ma=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}$$

$$F=F_m=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}$$

Gdzie,

  • F jest przyłożoną siłą

  • Fm jest siłą przeciwstawną spowodowaną masą

  • M jest masą

  • a to przyspieszenie

  • x jest przemieszczeniem

Wiosna

Wiosna to żywioł, który magazynuje potential energy. Jeśli na sprężynę zostanie przyłożona siłaK, wtedy przeciwdziała mu siła przeciwstawna ze względu na elastyczność sprężyny. Ta przeciwstawna siła jest proporcjonalna do przemieszczenia sprężyny. Załóżmy, że masa i tarcie są nieistotne.

$$F\propto\: x$$

$$\Rightarrow F_k=Kx$$

$$F=F_k=Kx$$

Gdzie,

  • F jest przyłożoną siłą

  • Fk jest siłą przeciwstawną wynikającą z elastyczności sprężyny

  • K jest stała sprężyną

  • x jest przemieszczeniem

Dashpot

Jeśli na deskę rozdzielczą zostanie przyłożona siła B, następnie przeciwstawia się przeciwnej siły z powodu frictiondeski rozdzielczej. Ta przeciwstawna siła jest proporcjonalna do prędkości ciała. Załóżmy, że masa i elastyczność są pomijalne.

$$F_b\propto\: \nu$$

$$\Rightarrow F_b=B\nu=B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}$$

$$F=F_b=B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}$$

Gdzie,

  • Fb jest siłą przeciwną wynikającą z tarcia deski rozdzielczej

  • B jest współczynnikiem tarcia

  • v to prędkość

  • x jest przemieszczeniem

Modelowanie obrotowych układów mechanicznych

Obrotowe systemy mechaniczne poruszają się wokół stałej osi. Systemy te składają się głównie z trzech podstawowych elementów. To sąmoment of inertia, torsional spring i dashpot.

Jeżeli moment obrotowy jest przykładany do obrotowego układu mechanicznego, wówczas przeciwstawia się mu przeciwne momenty wynikające z momentu bezwładności, elastyczności i tarcia układu. Ponieważ przyłożony moment obrotowy i przeciwne momenty są w przeciwnych kierunkach, suma algebraiczna momentów działających na układ wynosi zero. Przyjrzyjmy się teraz indywidualnie momentowi przeciwstawnemu przez te trzy elementy.

Moment bezwładności

W translacyjnym układzie mechanicznym masa magazynuje energię kinetyczną. Podobnie w obrotowym układzie mechanicznym, moment bezwładności magazynówkinetic energy.

Jeżeli moment obrotowy jest przykładany do ciała mającego moment bezwładności J, wtedy przeciwstawia się mu przeciwny moment obrotowy z powodu momentu bezwładności. Ten przeciwny moment obrotowy jest proporcjonalny do kątowego przyspieszenia ciała. Załóżmy, że elastyczność i tarcie są znikome.

$$T_j\propto\: \alpha$$

$$\Rightarrow T_j=J\alpha=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}$$

$$T=T_j=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}$$

Gdzie,

  • T to zastosowany moment obrotowy

  • Tj to przeciwny moment obrotowy spowodowany momentem bezwładności

  • J jest moment bezwładności

  • α jest przyspieszeniem kątowym

  • θ jest przemieszczeniem kątowym

Sprężyna skrętna

W translacyjnym układzie mechanicznym sprężyna magazynuje energię potencjalną. Podobnie w obrotowym układzie mechanicznym, zapasy sprężyn skrętnychpotential energy.

Jeśli do sprężyny skrętnej zostanie przyłożony moment obrotowy K, następnie przeciwdziała mu przeciwny moment obrotowy ze względu na elastyczność sprężyny skrętnej. Ten przeciwny moment obrotowy jest proporcjonalny do kątowego przemieszczenia sprężyny skrętnej. Załóżmy, że moment bezwładności i tarcia są pomijalne.

$$T_k\propto\: \theta$$

$$\Rightarrow T_k=K\theta$$

$$T=T_k=K\theta$$

Gdzie,

  • T to zastosowany moment obrotowy

  • Tk to przeciwny moment obrotowy wynikający z elastyczności sprężyny skrętnej

  • K jest stałą sprężyny skrętnej

  • θ jest przemieszczeniem kątowym

Dashpot

Jeśli na deskę rozdzielczą zostanie przyłożony moment obrotowy B, to jest przeciwny przez przeciwny moment obrotowy z powodu rotational frictiondeski rozdzielczej. Ten przeciwny moment obrotowy jest proporcjonalny do prędkości kątowej ciała. Załóżmy, że moment bezwładności i elastyczność są pomijalne.

$$T_b\propto\: \omega$$

$$\Rightarrow T_b=B\omega=B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}$$

$$T=T_b=B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}$$

Gdzie,

  • Tb to przeciwny moment obrotowy wynikający z tarcia obrotowego deski rozdzielczej

  • B jest współczynnikiem tarcia obrotowego

  • ω jest prędkością kątową

  • θ jest przemieszczeniem kątowym

Mówi się, że istnieją dwa systemy analogous do siebie nawzajem, jeśli spełnione są dwa następujące warunki.

  • Te dwa systemy są fizycznie różne
  • Modelowanie równań różniczkowych tych dwóch układów jest takie samo

Systemy elektryczne i systemy mechaniczne to dwa fizycznie różne systemy. Istnieją dwa typy analogii elektrycznych do translacyjnych układów mechanicznych. Są to analogia siły z napięciem i analogia z prądem siły.

Wymuś analogię napięcia

W mocy analogii napięcia, równania matematyczne translational mechanical system porównuje się z równaniami siatki układu elektrycznego.

Rozważ następujący translacyjny układ mechaniczny, jak pokazano na poniższym rysunku.

Plik force balanced equation dla tego systemu jest

$$F=F_m+F_b+F_k$$

$\Rightarrow F=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}+B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}+Kx$ (Equation 1)

Rozważ następujący układ elektryczny, jak pokazano na poniższym rysunku. Ten obwód składa się z rezystora, cewki i kondensatora. Wszystkie te elementy elektryczne są połączone szeregowo. Napięcie wejściowe przyłożone do tego obwodu wynosi$V$ woltów, a prąd przepływający przez obwód jest $i$ Ampery.

Równanie siatki dla tego obwodu to

$V=Ri+L\frac{\text{d}i}{\text{d}t}+\frac{1}{c}\int idt$ (Equation 2)

Zastąpić, $i=\frac{\text{d}q}{\text{d}t}$ w równaniu 2.

$$V=R\frac{\text{d}q}{\text{d}t}+L\frac{\text{d}^2q}{\text{d}t^2}+\frac{q}{C}$$

$\Rightarrow V=L\frac{\text{d}^2q}{\text{d}t^2}+R\frac{\text{d}q}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{c} \right )q$ (Equation 3)

Porównując Równanie 1 i Równanie 3, otrzymamy analogiczne wielkości translacyjnego układu mechanicznego i układu elektrycznego. Poniższa tabela przedstawia te analogiczne wielkości.

Translacyjny system mechaniczny Układ elektryczny
Siła (F) Napięcie (V)
Masa (M) Indukcyjność (L)
Współczynnik tarcia (B) Odporność (R)
Stała sprężyny (K) Wzajemność pojemności $(\frac{1}{c})$
Przemieszczenie (x) Opłata (q)
Prędkość (v) Obecny (i)

Podobnie, istnieje analogia napięcia momentu obrotowego dla obrotowych układów mechanicznych. Omówmy teraz tę analogię.

Analogia napięcia momentu obrotowego

W tej analogii matematyczne równania rotational mechanical system porównuje się z równaniami siatki układu elektrycznego.

Na poniższym rysunku przedstawiono obrotowy układ mechaniczny.

Równanie zbilansowanego momentu obrotowego to

$$T=T_j+T_b+T_k$$

$\Rightarrow T=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}+B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}+k\theta$ (Equation 4)

Porównując równanie 4 i równanie 3, otrzymamy analogiczne wielkości obrotowego układu mechanicznego i układu elektrycznego. Poniższa tabela przedstawia te analogiczne wielkości.

Rotacyjny system mechaniczny Układ elektryczny
Moment obrotowy (T) Napięcie (V)
Moment bezwładności (J) Indukcyjność (L)
Współczynnik tarcia obrotowego (B) Odporność (R)
Stała sprężyny skrętnej (K) Wzajemność pojemności $(\frac{1}{c})$
Przemieszczenie kątowe (θ) Opłata (q)
Prędkość kątowa (ω) Obecny (i)

Wymuś analogię prądu

W obecnej analogii obowiązują równania matematyczne translational mechanical system porównuje się z równaniami węzłowymi układu elektrycznego.

Rozważ następujący układ elektryczny, jak pokazano na poniższym rysunku. Ten obwód składa się ze źródła prądu, rezystora, cewki i kondensatora. Wszystkie te elementy elektryczne są połączone równolegle.

Równanie węzłowe to

$i=\frac{V}{R}+\frac{1}{L}\int Vdt+C\frac{\text{d}V}{\text{d}t}$ (Equation 5)

Zastąpić, $V=\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}$ w równaniu 5.

$$i=\frac{1}{R}\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{L} \right )\Psi+C\frac{\text{d}^2\Psi}{\text{d}t^2}$$

$\Rightarrow i=C\frac{\text{d}^2\Psi}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{1}{R} \right )\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{L} \right )\Psi$ (Equation 6)

Porównując Równanie 1 i Równanie 6 otrzymamy analogiczne wielkości translacyjnego układu mechanicznego i układu elektrycznego. Poniższa tabela przedstawia te analogiczne wielkości.

Translacyjny system mechaniczny Układ elektryczny
Siła (F) Obecny (i)
Masa (M) Pojemność (C)
Współczynnik tarcia (B) Wzajemność oporu$(\frac{1}{R})$
Stała sprężyny (K) Wzajemność indukcyjności$(\frac{1}{L})$
Przemieszczenie (x) Strumień magnetyczny (ψ)
Prędkość (v) Napięcie (V)

Podobnie, istnieje analogia prądu momentu obrotowego dla obrotowych układów mechanicznych. Omówmy teraz tę analogię.

Analogia prądu momentu obrotowego

W tej analogii równania matematyczne funkcji rotational mechanical system porównuje się z równaniami siatki węzłowej układu elektrycznego.

Porównując równanie 4 i równanie 6, otrzymamy analogiczne wielkości obrotowego układu mechanicznego i układu elektrycznego. Poniższa tabela przedstawia te analogiczne wielkości.

Rotacyjny system mechaniczny Układ elektryczny
Moment obrotowy (T) Obecny (i)
Moment bezwładności (J) Pojemność (C)
Współczynnik tarcia obrotowego (B) Wzajemność oporu$(\frac{1}{R})$
Stała sprężyny skrętnej (K) Wzajemność indukcyjności$(\frac{1}{L})$
Przemieszczenie kątowe (θ) Strumień magnetyczny (ψ)
Prędkość kątowa (ω) Napięcie (V)

W tym rozdziale omówiliśmy analogie elektryczne układów mechanicznych. Analogie te są pomocne w badaniu i analizowaniu systemu nieelektrycznego, takiego jak układ mechaniczny z analogicznego układu elektrycznego.

Diagramy blokowe składają się z pojedynczego bloku lub kombinacji bloków. Są one używane do przedstawiania systemów sterowania w formie obrazkowej.

Podstawowe elementy schematu blokowego

Podstawowymi elementami schematu blokowego są blok, punkt sumowania i punkt startu. Rozważmy schemat blokowy systemu sterowania w pętli zamkniętej, jak pokazano na poniższym rysunku, aby zidentyfikować te elementy.

Powyższy schemat blokowy składa się z dwóch bloków posiadających funkcje przenoszenia G (s) i H (s). Posiada również jeden punkt sumowania i jeden punkt startu. Strzałki wskazują kierunek przepływu sygnałów. Omówmy teraz kolejno te elementy.

Blok

Funkcja przenoszenia elementu jest reprezentowana przez blok. Blok ma jedno wejście i jedno wyjście.

Poniższy rysunek przedstawia blok mający wejście X (s), wyjście Y (s) i funkcję przenoszenia G (s).

Funkcja transferu,$G(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}$

$$\Rightarrow Y(s)=G(s)X(s)$$

Wyjście bloku uzyskuje się poprzez pomnożenie funkcji przenoszenia bloku przez wejście.

Punkt podsumowujący

Punkt sumowania jest reprezentowany przez okrąg z krzyżykiem (X) w środku. Posiada dwa lub więcej wejść i jedno wyjście. Tworzy algebraiczną sumę danych wejściowych. Wykonuje również sumowanie, odejmowanie lub kombinację sumowania i odejmowania danych wejściowych w oparciu o polaryzację wejść. Zobaczmy kolejno te trzy operacje.

Poniższy rysunek przedstawia punkt sumowania z dwoma wejściami (A, B) i jednym wyjściem (Y). Tutaj wejścia A i B mają znak dodatni. Tak więc punkt sumowania daje wynik, Y assum of A and B.

tj. Y = A + B.

Poniższy rysunek przedstawia punkt sumowania z dwoma wejściami (A, B) i jednym wyjściem (Y). Tutaj wejścia A i B mają przeciwne znaki, tj. A ma znak dodatni, a B ma znak ujemny. Tak więc punkt sumowania daje wynikY jako difference of A and B.

Y = A + (-B) = A - B.

Poniższy rysunek przedstawia punkt sumowania z trzema wejściami (A, B, C) i jednym wyjściem (Y). Tutaj wejścia A i B mają znaki dodatnie, a C ma znak ujemny. Tak więc punkt sumowania daje wynikY tak jak

Y = A + B + (−C) = A + B - C.

Punkt startu

Punkt startu to punkt, z którego ten sam sygnał wejściowy może być przepuszczony przez więcej niż jedną gałąź. Oznacza to, że za pomocą punktu startowego możemy zastosować to samo wejście do jednego lub więcej bloków, sumując punkty.

Na poniższym rysunku punkt startu służy do podłączenia tego samego wejścia R (s) do dwóch kolejnych bloków.

Na poniższym rysunku punkt startu jest używany do podłączenia wyjścia C (s), jako jedno z wejść do punktu sumowania.

Przedstawienie schematu blokowego systemów elektrycznych

W tej sekcji przedstawmy układ elektryczny za pomocą schematu blokowego. Systemy elektryczne składają się głównie z trzech podstawowych elementów -resistor, inductor and capacitor.

Rozważ szereg obwodów RLC, jak pokazano na poniższym rysunku. Gdzie V i (t) i V o (t) to napięcia wejściowe i wyjściowe. Niech i (t) będzie prądem przepływającym przez obwód. Ten obwód jest w dziedzinie czasu.

Stosując transformatę Laplace'a do tego obwodu, uzyskamy obwód w domenie s. Obwód jest taki, jak pokazano na poniższym rysunku.

Z powyższego obwodu możemy pisać

$$I(s)=\frac{V_i(s)-V_o(s)}{R+sL}$$

$\Rightarrow I(s)=\left \{ \frac{1}{R+sL} \right \}\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$ (Equation 1)

$V_o(s)=\left ( \frac{1}{sC} \right )I(s)$ (Equation 2)

Narysujmy teraz diagramy blokowe dla tych dwóch równań indywidualnie. Następnie odpowiednio połącz te diagramy blokowe, aby uzyskać ogólny schemat blokowy serii obwodów RLC (domena s).

Równanie 1 można zaimplementować za pomocą bloku mającego funkcję przenoszenia, $\frac{1}{R+sL}$. Wejście i wyjście tego bloku to$\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$ i $I(s)$. Potrzebujemy punktu podsumowania, aby uzyskać$\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$. Schemat blokowy Równania 1 pokazano na poniższym rysunku.

Równanie 2 można zaimplementować za pomocą bloku z funkcją przenoszenia, $\frac{1}{sC}$. Wejście i wyjście tego bloku to$I(s)$ i $V_o(s)$. Schemat blokowy Równania 2 pokazano na poniższym rysunku.

Ogólny schemat blokowy serii obwodu RLC (domena s) pokazano na poniższym rysunku.

Podobnie możesz narysować plik block diagram dowolnego obwodu elektrycznego lub systemu, wykonując tę ​​prostą procedurę.

  • Przekształć obwód elektryczny w dziedzinie czasu w obwód elektryczny w dziedzinie s, stosując transformatę Laplace'a.

  • Zapisz równania dla prądu przepływającego przez wszystkie elementy odgałęzień szeregowych i napięcia na wszystkich gałęziach bocznika.

  • Narysuj schematy blokowe dla wszystkich powyższych równań indywidualnie.

  • Połącz wszystkie te schematy blokowe poprawnie, aby uzyskać ogólny schemat blokowy obwodu elektrycznego (domena s).

Algebra schematu blokowego to nic innego jak algebra związana z podstawowymi elementami schematu blokowego. Ta algebra zajmuje się obrazowym przedstawieniem równań algebraicznych.

Podstawowe połączenia dla bloków

Istnieją trzy podstawowe typy połączeń między dwoma blokami.

Połączenie szeregowe

Nazywa się również połączenie szeregowe cascade connection. Na poniższym rysunku dwa bloki z funkcją przenoszenia$G_1(s)$ i $G_2(s)$ są połączone szeregowo.

W przypadku tej kombinacji otrzymamy dane wyjściowe $Y(s)$ tak jak

$$Y(s)=G_2(s)Z(s)$$

Gdzie, $Z(s)=G_1(s)X(s)$

$$\Rightarrow Y(s)=G_2(s)[G_1(s)X(s)]=G_1(s)G_2(s)X(s)$$

$$\Rightarrow Y(s)=\lbrace G_1(s)G_2(s)\rbrace X(s)$$

Porównaj to równanie ze standardową postacią równania wyjściowego, $Y(s)=G(s)X(s)$. Gdzie,$G(s) = G_1(s)G_2(s)$.

Oznacza to, że możemy reprezentować series connectiondwóch bloków z jednym blokiem. Funkcja przenoszenia tego pojedynczego bloku toproduct of the transfer functionsz tych dwóch bloków. Równoważny schemat blokowy pokazano poniżej.

Podobnie można przedstawić szeregowe połączenie „n” bloków z pojedynczym blokiem. Funkcja przenoszenia tego pojedynczego bloku jest iloczynem funkcji przenoszenia wszystkich tych „n” bloków.

Połączenie równoległe

Bloki, które są połączone parallel będzie mieć same input. Na poniższym rysunku dwa bloki z funkcją przenoszenia$G_1(s)$ i $G_2(s)$są połączone równolegle. Wyjścia tych dwóch bloków są połączone z punktem sumowania.

W przypadku tej kombinacji otrzymamy dane wyjściowe $Y(s)$ tak jak

$$Y(s)=Y_1(s)+Y_2(s)$$

Gdzie, $Y_1(s)=G_1(s)X(s)$ i $Y_2(s)=G_2(s)X(s)$

$$\Rightarrow Y(s)=G_1(s)X(s)+G_2(s)X(s)=\lbrace G_1(s)+G_2(s)\rbrace X(s)$$

Porównaj to równanie ze standardową postacią równania wyjściowego, $Y(s)=G(s)X(s)$.

Gdzie, $G(s)=G_1(s)+G_2(s)$.

Oznacza to, że możemy reprezentować parallel connectiondwóch bloków z jednym blokiem. Funkcja przenoszenia tego pojedynczego bloku tosum of the transfer functionsz tych dwóch bloków. Równoważny schemat blokowy pokazano poniżej.

Podobnie można przedstawić równoległe połączenie „n” bloków z pojedynczym blokiem. Funkcja transferu tego pojedynczego bloku jest algebraiczną sumą funkcji transferu wszystkich tych „n” bloków.

Połączenie zwrotne

Jak omówiliśmy w poprzednich rozdziałach, istnieją dwa typy plików feedback- pozytywne opinie i negatywne opinie. Poniższy rysunek przedstawia system kontroli ujemnego sprzężenia zwrotnego. Tutaj dwa bloki z funkcją przenoszenia$G(s)$ i $H(s)$ tworzą zamkniętą pętlę.

Wynik punktu sumowania to -

$$E(s)=X(s)-H(s)Y(s)$$

Wyjście $Y(s)$ jest -

$$Y(s)=E(s)G(s)$$

Zastąpić $E(s)$ wartość w powyższym równaniu.

$$Y(s)=\left \{ X(s)-H(s)Y(s)\rbrace G(s) \right\}$$

$$Y(s)\left \{ 1+G(s)H(s)\rbrace = X(s)G(s) \right\}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$$

Dlatego funkcja przesyłania w zamkniętej pętli z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jest $\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$

Oznacza to, że możemy przedstawić połączenie ujemnego sprzężenia zwrotnego dwóch bloków za pomocą jednego bloku. Funkcja przenoszenia tego pojedynczego bloku to funkcja przesyłania w pętli zamkniętej ujemnego sprzężenia zwrotnego. Równoważny schemat blokowy pokazano poniżej.

Podobnie można przedstawić połączenie dodatniego sprzężenia zwrotnego dwóch bloków w jednym bloku. Funkcja przenoszenia tego pojedynczego bloku jest funkcją przenoszenia w pętli zamkniętej dodatniego sprzężenia zwrotnego, tj.$\frac{G(s)}{1-G(s)H(s)}$

Algebra diagramów blokowych dla punktów sumowania

Istnieją dwie możliwości przesuwania punktów sumowania względem bloków -

  • Przesunięcie punktu sumowania po bloku
  • Przesunięcie punktu sumowania przed blokiem

Zobaczmy teraz, jakie ustalenia należy poczynić kolejno w dwóch powyższych przypadkach.

Przesunięcie punktu podsumowania po bloku

Rozważ schemat blokowy pokazany na poniższym rysunku. Tutaj punkt sumowania znajduje się przed blokiem.

Punkt podsumowujący ma dwa wejścia $R(s)$ i $X(s)$. Wynik tego jest$\left \{R(s)+X(s)\right\}$.

Tak więc wejście do bloku $G(s)$ jest $\left \{R(s)+X(s)\right \}$ a wynik tego jest -

$$Y(s)=G(s)\left \{R(s)+X(s)\right \}$$

$\Rightarrow Y(s)=G(s)R(s)+G(s)X(s)$ (Equation 1)

Teraz przesuń punkt sumowania po bloku. Ten schemat blokowy pokazano na poniższym rysunku.

Wyjście bloku $G(s)$ jest $G(s)R(s)$.

Wynik punktu sumowania to

$Y(s)=G(s)R(s)+X(s)$ (Equation 2)

Porównaj równanie 1 i równanie 2.

Pierwszy termin $‘G(s) R(s)’$jest taka sama w obu równaniach. Ale jest różnica w drugiej kadencji. Aby drugi człon również był taki sam, potrzebujemy jeszcze jednego bloku$G(s)$. To ma wejście$X(s)$ a wyjście tego bloku jest podawane jako wejście do punktu sumowania zamiast $X(s)$. Ten schemat blokowy pokazano na poniższym rysunku.

Przesunięcie punktu podsumowania przed blokiem

Rozważ schemat blokowy pokazany na poniższym rysunku. Tutaj punkt sumowania znajduje się po bloku.

Wyjście tego schematu blokowego to -

$Y(s)=G(s)R(s)+X(s)$ (Equation 3)

Teraz przesuń punkt sumowania przed blokiem. Ten schemat blokowy pokazano na poniższym rysunku.

Wyjście tego schematu blokowego to -

$Y(S)=G(s)R(s)+G(s)X(s)$ (Equation 4)

Porównaj równanie 3 i równanie 4,

Pierwszy termin $‘G(s) R(s)’$jest taka sama w obu równaniach. Ale jest różnica w drugiej kadencji. Aby drugi człon również był taki sam, potrzebujemy jeszcze jednego bloku$\frac{1}{G(s)}$. To ma wejście$X(s)$ a wyjście tego bloku jest podawane jako wejście do punktu sumowania zamiast $X(s)$. Ten schemat blokowy pokazano na poniższym rysunku.

Algebra diagramów blokowych dla punktów startu

Istnieją dwie możliwości przesuwania punktów startu względem bloków -

  • Przesunięcie punktu startu po bloku
  • Przesunięcie punktu startu przed blokiem

Zobaczmy teraz, jakie ustalenia należy poczynić w dwóch powyższych przypadkach, jeden po drugim.

Przesuwanie punktu startu za blokiem

Rozważ schemat blokowy pokazany na poniższym rysunku. W tym przypadku punkt startu znajduje się przed blokiem.

Tutaj, $X(s)=R(s)$ i $Y(s)=G(s)R(s)$

Kiedy przesuniesz punkt startu po bloku, wyjście $Y(s)$będzie taka sama. Ale jest różnica w$X(s)$wartość. Tak więc, aby uzyskać to samo$X(s)$ wartość, wymagamy jeszcze jednego bloku $\frac{1}{G(s)}$. It is having the input $Y(s)$ and the output is $X(s)$. This block diagram is shown in the following figure.

Shifting Take-off Point Before the Block

Consider the block diagram shown in the following figure. Here, the take-off point is present after the block.

Here, $X(s)=Y(s)=G(s)R(s)$

When you shift the take-off point before the block, the output $Y(s)$ will be same. But, there is difference in $X(s)$ value. So, in order to get same $X(s)$ value, we require one more block $G(s)$. It is having the input $R(s)$ and the output is $X(s)$. This block diagram is shown in the following figure.

The concepts discussed in the previous chapter are helpful for reducing (simplifying) the block diagrams.

Block Diagram Reduction Rules

Follow these rules for simplifying (reducing) the block diagram, which is having many blocks, summing points and take-off points.

  • Rule 1 − Check for the blocks connected in series and simplify.

  • Rule 2 − Check for the blocks connected in parallel and simplify.

  • Rule 3 − Check for the blocks connected in feedback loop and simplify.

  • Rule 4 − If there is difficulty with take-off point while simplifying, shift it towards right.

  • Rule 5 − If there is difficulty with summing point while simplifying, shift it towards left.

  • Rule 6 − Repeat the above steps till you get the simplified form, i.e., single block.

Note − The transfer function present in this single block is the transfer function of the overall block diagram.

Example

Consider the block diagram shown in the following figure. Let us simplify (reduce) this block diagram using the block diagram reduction rules.

Step 1 − Use Rule 1 for blocks $G_1$ and $G_2$. Use Rule 2 for blocks $G_3$ and $G_4$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 2 − Use Rule 3 for blocks $G_1G_2$ and $H_1$. Use Rule 4 for shifting take-off point after the block $G_5$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 3 − Use Rule 1 for blocks $(G_3 + G_4)$ and $G_5$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 4 − Use Rule 3 for blocks $(G_3 + G_4)G_5$ and $H_3$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 5 − Use Rule 1 for blocks connected in series. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 6 − Use Rule 3 for blocks connected in feedback loop. The modified block diagram is shown in the following figure. This is the simplified block diagram.

Therefore, the transfer function of the system is

$$\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{G_1G_2G_5^2(G_3+G_4)}{(1+G_1G_2H_1)\lbrace 1+(G_3+G_4)G_5H_3\rbrace G_5-G_1G_2G_5(G_3+G_4)H_2}$$

Note − Follow these steps in order to calculate the transfer function of the block diagram having multiple inputs.

  • Step 1 − Find the transfer function of block diagram by considering one input at a time and make the remaining inputs as zero.

  • Step 2 − Repeat step 1 for remaining inputs.

  • Step 3 − Get the overall transfer function by adding all those transfer functions.

The block diagram reduction process takes more time for complicated systems. Because, we have to draw the (partially simplified) block diagram after each step. So, to overcome this drawback, use signal flow graphs (representation).

In the next two chapters, we will discuss about the concepts related to signal flow graphs, i.e., how to represent signal flow graph from a given block diagram and calculation of transfer function just by using a gain formula without doing any reduction process.

Signal flow graph is a graphical representation of algebraic equations. In this chapter, let us discuss the basic concepts related signal flow graph and also learn how to draw signal flow graphs.

Basic Elements of Signal Flow Graph

Nodes and branches are the basic elements of signal flow graph.

Node

Node is a point which represents either a variable or a signal. There are three types of nodes — input node, output node and mixed node.

  • Input Node − It is a node, which has only outgoing branches.

  • Output Node − It is a node, which has only incoming branches.

  • Mixed Node − It is a node, which has both incoming and outgoing branches.

Example

Let us consider the following signal flow graph to identify these nodes.

  • The nodes present in this signal flow graph are y1, y2, y3 and y4.

  • y1 and y4 are the input node and output node respectively.

  • y2 and y3 are mixed nodes.

Branch

Branch is a line segment which joins two nodes. It has both gain and direction. For example, there are four branches in the above signal flow graph. These branches have gains of a, b, c and -d.

Construction of Signal Flow Graph

Let us construct a signal flow graph by considering the following algebraic equations −

$$y_2=a_{12}y_1+a_{42}y_4$$

$$y_3=a_{23}y_2+a_{53}y_5$$

$$y_4=a_{34}y_3$$

$$y_5=a_{45}y_4+a_{35}y_3$$

$$y_6=a_{56}y_5$$

There will be six nodes (y1, y2, y3, y4, y5 and y6) and eight branches in this signal flow graph. The gains of the branches are a12, a23, a34, a45, a56, a42, a53 and a35.

To get the overall signal flow graph, draw the signal flow graph for each equation, then combine all these signal flow graphs and then follow the steps given below −

Step 1 − Signal flow graph for $y_2 = a_{13}y_1 + a_{42}y_4$ is shown in the following figure.

Step 2 − Signal flow graph for $y_3 = a_{23}y_2 + a_{53}y_5$ is shown in the following figure.

Step 3 − Signal flow graph for $y_4 = a_{34}y_3$ is shown in the following figure.

Step 4 − Signal flow graph for $y_5 = a_{45}y_4 + a_{35}y_3$ is shown in the following figure.

Step 5 − Signal flow graph for $y_6 = a_{56}y_5$ is shown in the following figure.

Step 6 − Signal flow graph of overall system is shown in the following figure.

Conversion of Block Diagrams into Signal Flow Graphs

Follow these steps for converting a block diagram into its equivalent signal flow graph.

  • Represent all the signals, variables, summing points and take-off points of block diagram as nodes in signal flow graph.

  • Represent the blocks of block diagram as branches in signal flow graph.

  • Represent the transfer functions inside the blocks of block diagram as gains of the branches in signal flow graph.

  • Connect the nodes as per the block diagram. If there is connection between two nodes (but there is no block in between), then represent the gain of the branch as one. For example, between summing points, between summing point and takeoff point, between input and summing point, between take-off point and output.

Przykład

Przekształćmy poniższy schemat blokowy w równoważny wykres przepływu sygnału.

Reprezentują sygnał wejściowy $R(s)$ i sygnał wyjściowy $C(s)$ schematu blokowego jako węzła wejściowego $R(s)$ i węzeł wyjściowy $C(s)$ wykresu przepływu sygnału.

Dla porównania, pozostałe węzły (y 1 do y 9 ) są oznaczone na schemacie blokowym. Istnieje dziewięć węzłów innych niż węzły wejściowe i wyjściowe. Czyli cztery węzły dla czterech punktów sumowania, cztery węzły dla czterech punktów startu i jeden węzeł dla zmiennej między blokami$G_1$ i $G_2$.

Poniższy rysunek przedstawia równoważny wykres przepływu sygnału.

Za pomocą wzoru na wzmocnienie Masona (omówionego w następnym rozdziale) można obliczyć transmitancję tego wykresu przepływu sygnału. Jest to zaleta wykresów przepływu sygnału. W tym przypadku nie musimy upraszczać (zmniejszać) wykresów przepływu sygnału do obliczania funkcji transferu.

Omówmy teraz formułę wzmocnienia Masona. Załóżmy, że na wykresie przepływu sygnału jest „N” ścieżek do przodu. Wzmocnienie między węzłami wejściowymi i wyjściowymi wykresu przepływu sygnału to nic innego jaktransfer functionsystemu. Można to obliczyć za pomocą wzoru na wzmocnienie Masona.

Mason’s gain formula is

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\Sigma ^N _{i=1}P_i\Delta _i}{\Delta}$$

Gdzie,

  • C(s) jest węzłem wyjściowym

  • R(s) jest węzłem wejściowym

  • T to funkcja transferu lub zysk między $R(s)$ i $C(s)$

  • Pijest i- tym wzmocnieniem ścieżki do przodu

$\Delta =1-(sum \: of \: all \: individual \: loop \: gains)$

$+(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: two \:nontouching \: loops)$

$$-(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: three \: nontouching \: loops)+...$$

Δ i uzyskuje się z Δ przez usunięcie pętli, które dotykają i- tego toru do przodu .

Rozważ poniższy wykres przepływu sygnału, aby zrozumieć podstawową terminologię, która jest tutaj stosowana.

Ścieżka

Jest to przejście gałęzi z jednego węzła do innego węzła w kierunku strzałek odgałęzień. Nie powinien przechodzić przez żaden węzeł więcej niż raz.

Examples - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5$ i $y_5 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$

Ścieżka do przodu

Ścieżka istniejąca od węzła wejściowego do węzła wyjściowego jest znana jako forward path.

Examples - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$ i $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

Wzmocnienie ścieżki do przodu

Uzyskuje się ją poprzez obliczenie iloczynu wszystkich wzmocnień gałęzi ścieżki do przodu.

Examples - $abcde$ jest przyrostem ścieżki do przodu $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$ a abge jest zdobyciem ścieżki naprzód $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

Pętla

Ścieżka, która zaczyna się od jednego węzła i kończy w tym samym węźle, jest znana jako loop. Dlatego jest to droga zamknięta.

Examples - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ i $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$.

Wzmocnienie pętli

Uzyskuje się go, obliczając iloczyn wszystkich wzmocnień gałęziowych pętli.

Examples - $b_j$ jest wzmocnieniem pętli $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ i $g_h$ jest wzmocnieniem pętli $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$.

Nie dotykające się pętle

To są pętle, które nie powinny mieć wspólnego węzła.

Examples - pętle, $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ i $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$ nie dotykają się.

Obliczanie funkcji transferu za pomocą wzoru wzmocnienia Masona

Rozważmy ten sam wykres przepływu sygnału do znalezienia funkcji transferu.

  • Liczba ścieżek dosyłowych, N = 2.

  • Pierwsza ścieżka do przodu to - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

  • Pierwsze wzmocnienie ścieżki do przodu, $p_1 = abcde$.

  • Druga ścieżka do przodu to - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

  • Wzmocnienie drugiej ścieżki do przodu, $p_2 = abge$.

  • Liczba pojedynczych pętli, L = 5.

  • Pętle to - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$, $y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$, $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$ i $y_5 \rightarrow y_5$.

  • Zyski z pętli wynoszą - $l_1 = bj$, $l_2 = gh$, $l_3 = cdh$, $l_4 = di$ i $l_5 = f$.

  • Liczba dwóch niedotykających się pętli = 2.

  • Pierwsza para nie dotykających się pętli to - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$.

  • Uzyskaj iloczyn pierwszej pary niedotykających się pętli, $l_1l_4 = bjdi$

  • Druga para nie dotykających się pętli to - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_5 \rightarrow y_5$.

  • Uzyskany iloczyn drugiej pary niedotykających się pętli to - $l_1l_5 = bjf$

Większa liczba (więcej niż dwie) niedotykających się pętli nie występuje na tym wykresie przepływu sygnału.

Wiemy,

$\Delta =1-(sum \: of \: all \: individual \: loop \: gains)$

$+(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: two \:nontouching \: loops)$

$$-(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: three \: nontouching \: loops)+...$$

Zastąp wartości w powyższym równaniu,

$\Delta =1-(bj+gh+cdh+di+f)+(bjdi+bjf)-(0)$

$\Rightarrow \Delta=1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf$

Nie ma pętli, która nie dotyka pierwszej ścieżki do przodu.

Więc, $\Delta_1=1$.

Podobnie, $\Delta_2=1$. Ponieważ nie ma pętli, która nie styka się z drugą ścieżką do przodu.

Podstawienie, N = 2 we wzorze wzmocnienia Masona

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\Sigma ^2 _{i=1}P_i\Delta _i}{\Delta}$$

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2}{\Delta}$$

Zastąp wszystkie niezbędne wartości w powyższym równaniu.

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)1+(abge)1}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

$$\Rightarrow T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)+(abge)}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

Dlatego funkcja transferu to -

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)+(abge)}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

Możemy analizować odpowiedź systemów sterowania zarówno w dziedzinie czasu, jak i częstotliwości. W dalszych rozdziałach omówimy analizę odpowiedzi częstotliwościowej układów sterowania. Omówmy teraz analizę odpowiedzi czasowej układów sterowania.

Co to jest odpowiedź czasowa?

Jeśli sygnał wyjściowy systemu sterowania dla wejścia zmienia się w czasie, nazywa się go time responsesystemu sterowania. Odpowiedź czasowa składa się z dwóch części.

  • Przejściowa odpowiedź
  • Odpowiedź w stanie ustalonym

Na poniższym rysunku przedstawiono odpowiedź systemu sterowania w dziedzinie czasu.

Tutaj na rysunku pokazano zarówno stany nieustalone, jak i ustalone. Odpowiedzi odpowiadające tym stanom są znane jako reakcje przejściowe i w stanie ustalonym.

Matematycznie możemy zapisać odpowiedź czasową c (t) jako

$$c(t)=c_{tr}(t)+c_{ss}(t)$$

Gdzie,

  • c tr (t) jest odpowiedzią przejściową
  • c ss (t) jest odpowiedzią w stanie ustalonym

Reakcja przejściowa

Po przyłożeniu sygnału wejściowego do układu sterowania wyjście potrzebuje pewnego czasu, aby osiągnąć stan ustalony. Tak więc wyjście będzie w stanie przejściowym, dopóki nie przejdzie do stanu ustalonego. Dlatego odpowiedź systemu sterowania w stanie przejściowym jest znana jakotransient response.

Reakcja przejściowa będzie wynosić zero dla dużych wartości „t”. Idealnie, ta wartość „t” jest nieskończonością i praktycznie jest pięciokrotnie stała.

Matematycznie możemy to zapisać jako

$$\lim_{t\rightarrow \infty }c_{tr}(t)=0$$

Odpowiedź w stanie stacjonarnym

Część odpowiedzi czasowej, która pozostaje nawet po odpowiedzi przejściowej, ma wartość zerową dla dużych wartości „t” jest znana jako steady state response. Oznacza to, że odpowiedź przejściowa będzie wynosić zero nawet w stanie ustalonym.

Example

Znajdźmy przejściowe i ustalone warunki odpowiedzi czasowej układu sterowania $c(t)=10+5e^{-t}$

Tutaj drugi termin $5e^{-t}$ będzie wynosić zero jako toznacza nieskończoność. Więc to jesttransient term. A pierwsza kadencja 10 pozostaje równatzbliża się do nieskończoności. Więc to jeststeady state term.

Standardowe sygnały testowe

Standardowe sygnały testowe to impuls, krok, rampa i paraboliczne. Sygnały te są używane do poznania działania systemów sterowania na podstawie odpowiedzi czasowej wyjścia.

Sygnał impulsowy jednostki

Jednostkowy sygnał impulsowy, δ (t) jest definiowany jako

$\delta (t)=0$ dla $t\neq 0$

i $\int_{0^-}^{0^+} \delta (t)dt=1$

Poniższy rysunek przedstawia sygnał impulsowy urządzenia.

Zatem jednostkowy sygnał impulsowy istnieje tylko przy „t” równym zero. Obszar tego sygnału w małym przedziale czasu wokół „t” jest równy zeru i wynosi jeden. Wartość jednostkowego sygnału impulsowego wynosi zero dla wszystkich pozostałych wartości „t”.

Sygnał kroku jednostki

Jednostkowy sygnał kroku, u (t) jest definiowany jako

$$u(t)=1;t\geq 0$$

$=0; t<0$

Poniższy rysunek przedstawia sygnał kroku jednostki.

Tak więc sygnał kroku jednostkowego istnieje dla wszystkich dodatnich wartości „t”, w tym zera. A jego wartość wynosi jeden w tym przedziale. Wartość sygnału kroku jednostkowego wynosi zero dla wszystkich ujemnych wartości „t”.

Sygnał rampy jednostki

Jednostkowy sygnał rampy, r (t) jest definiowany jako

$$r(t)=t; t\geq 0$$

$=0; t<0$

Możemy zapisać sygnał rampy jednostki, $r(t)$ pod względem sygnału kroku jednostkowego, $u(t)$ tak jak

$$r(t)=tu(t)$$

Poniższy rysunek przedstawia sygnał rampy jednostki.

Zatem jednostkowy sygnał rampy istnieje dla wszystkich dodatnich wartości „t”, w tym zera. A jego wartość rośnie liniowo względem „t” w tym przedziale. Wartość jednostkowego sygnału rampy wynosi zero dla wszystkich ujemnych wartości „t”.

Jednostkowy sygnał paraboliczny

Jednostkowy sygnał paraboliczny, p (t) jest definiowany jako,

$$p(t)=\frac{t^2}{2}; t\geq 0$$

$=0; t<0$

Możemy zapisać jednostkowy sygnał paraboliczny, $p(t)$ pod względem sygnału kroku jednostki, $u(t)$ tak jak,

$$p(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$$

Poniższy rysunek przedstawia sygnał paraboliczny urządzenia.

Zatem jednostkowy sygnał paraboliczny istnieje dla wszystkich dodatnich wartości ‘t’w tym zero. A jego wartość rośnie nieliniowo względem „t” w tym przedziale. Wartość jednostkowego sygnału parabolicznego wynosi zero dla wszystkich ujemnych wartości „t”.

W tym rozdziale omówimy reakcję czasową systemu pierwszego rzędu. Rozważ poniższy schemat blokowy systemu sterowania w pętli zamkniętej. Tutaj funkcja przesyłania w otwartej pętli,$\frac{1}{sT}$ wiąże się z negatywnym sprzężeniem zwrotnym jedności.

Wiemy, że funkcja transferu systemu sterowania w pętli zamkniętej ma jedność ujemnego sprzężenia zwrotnego,

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

Zastąpić, $G(s)=\frac{1}{sT}$ w powyższym równaniu.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\frac{1}{sT}}{1+\frac{1}{sT}}=\frac{1}{sT+1}$$

W mianowniku potęga s jest jedna. W związku z tym powyższa funkcja transferu jest pierwszego rzędu i mówi się, że system jestfirst order system.

Możemy przepisać powyższe równanie jako

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$$

Gdzie,

  • C(s) jest transformatą Laplace'a sygnału wyjściowego c (t),

  • R(s) jest transformatą Laplace'a sygnału wejściowego r (t) i

  • T jest stałą czasową.

Wykonaj poniższe czynności, aby uzyskać odpowiedź (wynik) systemu pierwszego rzędu w dziedzinie czasu.

  • Weź transformatę Laplace'a sygnału wejściowego $r(t)$.

  • Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

  • Zastąpić $R(s)$ wartość w powyższym równaniu.

  • Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$ Jeśli wymagane.

  • Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a do $C(s)$.

W poprzednim rozdziale widzieliśmy standardowe sygnały testowe, takie jak impuls, krok, rampa i parabolika. Znajdźmy teraz odpowiedzi systemu pierwszego rzędu dla każdego wejścia, po kolei. Nazwa odpowiedzi jest podawana zgodnie z nazwą sygnału wejściowego. Na przykład odpowiedź systemu na wejście impulsowe nazywana jest odpowiedzią impulsową.

Odpowiedź impulsowa systemu pierwszego rzędu

Weź pod uwagę unit impulse signal jako dane wejściowe do systemu pierwszego rzędu.

Więc, $r(t)=\delta (t)$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$R(s)=1$

Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Zastąpić, $R(s) = 1$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )(1)=\frac{1}{sT+1}$$

Zmień układ powyższego równania w jedną ze standardowych form transformacji Laplace'a.

$$C(s)=\frac{1}{T\left (\ s+\frac{1}{T} \right )} \Rightarrow C(s)=\frac{1}{T}\left ( \frac{1}{s+\frac{1}{T}} \right )$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\frac{1}{T}e^\left ( {-\frac{t}{T}} \right )u(t)$$

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedź impulsową jednostki.

Plik unit impulse response, c (t) jest wykładniczo zanikającym sygnałem dla dodatnich wartości „t” i wynosi zero dla ujemnych wartości „t”.

Odpowiedź krokowa systemu pierwszego rzędu

Weź pod uwagę unit step signal jako wejście do systemu pierwszego rzędu.

Więc, $r(t)=u(t)$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$R(s)=\frac{1}{s}$$

Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Zastąpić, $R(s)=\frac{1}{s}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left ( \frac{1}{s} \right )=\frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}$$

Wykonaj częściowe ułamki C (s).

$$C(s)=\frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}=\frac{A}{s}+\frac{B}{sT+1}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}=\frac{A\left ( sT+1 \right )+Bs}{s\left ( sT+1 \right )}$$

Po obu stronach termin mianownik jest taki sam. Więc zostaną anulowane przez siebie. Dlatego zrównaj warunki licznika.

$$1=A\left ( sT+1 \right )+Bs$$

Zrównując stałe wyrazy po obu stronach, otrzymasz A = 1.

Podstaw, A = 1 i zrównaj współczynnik s warunki po obu stronach.

$$0=T+B \Rightarrow B=-T$$

Podstawienie, A = 1 i B = −T w częściowej ekspansji ułamkowej $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{T}{sT+1}=\frac{1}{s}-\frac{T}{T\left ( s+\frac{1}{T} \right )}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{T}}$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\left ( 1-e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

Plik unit step response, c (t) ma zarówno stan przejściowy, jak i stan ustalony.

Przejściowy składnik w jednostkowej odpowiedzi skokowej to -

$$c_{tr}(t)=-e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

Stan ustalony w jednostkowej odpowiedzi skokowej to -

$$c_{ss}(t)=u(t)$$

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedź skokową jednostki.

Wartość unit step response, c(t)wynosi zero w chwili t = 0 i dla wszystkich ujemnych wartości t. Stopniowo rośnie od wartości zerowej i ostatecznie osiąga jeden w stanie ustalonym. Zatem wartość stanu ustalonego zależy od wielkości wejścia.

Odpowiedź rampowa systemu pierwszego rzędu

Weź pod uwagę unit ramp signal jako dane wejściowe do systemu pierwszego rzędu.

$So, r(t)=tu(t)$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$R(s)=\frac{1}{s^2}$$

Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Zastąpić, $R(s)=\frac{1}{s^2}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left ( \frac{1}{s^2} \right )=\frac{1}{s^2(sT+1)}$$

Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^2(sT+1)}=\frac{A}{s^2}+\frac{B}{s}+\frac{C}{sT+1}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{s^2(sT+1)}=\frac{A(sT+1)+Bs(sT+1)+Cs^2}{s^2(sT+1)}$$

Po obu stronach termin mianownik jest taki sam. Więc zostaną anulowane przez siebie. Dlatego zrównaj warunki licznika.

$$1=A(sT+1)+Bs(sT+1)+Cs^2$$

Zrównując stałe wyrazy po obu stronach, otrzymasz A = 1.

Zastąp, A = 1 i zrównaj współczynnik s składników po obu stronach.

$$0=T+B \Rightarrow B=-T$$

Podobnie podstaw B = −T i zrównaj współczynnik $s^2$warunki po obu stronach. Dostaniesz$C=T^2$.

Zastąp A = 1, B = −T i $C = T^2$ w częściowej ekspansji frakcji $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T^2}{sT+1}=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T^2}{T\left ( s+\frac{1}{T} \right )}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T}{s+\frac{1}{T}}$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\left ( t-T+Te^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

Plik unit ramp response, c (t) ma zarówno stan przejściowy, jak i stan ustalony.

Przejściowy termin w odpowiedzi jednostkowej rampy to -

$$c_{tr}(t)=Te^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

Stan ustalony w odpowiedzi rampy jednostki to -

$$c_{ss}(t)=(t-T)u(t)$$

Poniższy rysunek przedstawia reakcję jednostkową rampy.

Plik unit ramp response, c (t) następuje po jednostkowym sygnale wejściowym rampy dla wszystkich dodatnich wartości t. Ale istnieje odchylenie jednostek T od sygnału wejściowego.

Odpowiedź paraboliczna systemu pierwszego rzędu

Weź pod uwagę unit parabolic signal jako dane wejściowe do systemu pierwszego rzędu.

Więc, $r(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$R(s)=\frac{1}{s^3}$$

Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Zastąpić $R(s)=\frac{1}{s^3}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left( \frac{1}{s^3} \right )=\frac{1}{s^3(sT+1)}$$

Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^3(sT+1)}=\frac{A}{s^3}+\frac{B}{s^2}+\frac{C}{s}+\frac{D}{sT+1}$$

Po uproszczeniu otrzymasz wartości A, B, C i D jako 1, $-T, \: T^2\: and \: −T^3$odpowiednio. Zastąp te wartości w powyższej częściowej ekspansji C (s).

$C(s)=\frac{1}{s^3}-\frac{T}{s^2}+\frac{T^2}{s}-\frac{T^3}{sT+1} \: \Rightarrow C(s)=\frac{1}{s^3}-\frac{T}{s^2}+\frac{T^2}{s}-\frac{T^2}{s+\frac{1}{T}}$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\left ( \frac{t^2}{2} -Tt+T^2-T^2e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

Plik unit parabolic response, c (t) ma zarówno stan przejściowy, jak i stan ustalony.

Przejściowy termin w jednostkowej odpowiedzi parabolicznej to

$$C_{tr}(t)=-T^2e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

Określenie stanu ustalonego w jednostkowej odpowiedzi parabolicznej to

$$C_{ss}(t)=\left ( \frac{t^2}{2} -Tt+T^2 \right )u(t)$$

Z tych odpowiedzi możemy wywnioskować, że systemy sterowania pierwszego rzędu nie są stabilne z rampą i wejściami parabolicznymi, ponieważ te odpowiedzi rosną nawet w nieskończonym czasie. Systemy sterowania pierwszego rzędu są stabilne z wejściami impulsowymi i krokowymi, ponieważ te odpowiedzi mają ograniczone wyjście. Ale odpowiedź impulsowa nie ma terminu stanu ustalonego. Zatem sygnał kroku jest szeroko stosowany w dziedzinie czasu do analizowania systemów sterowania na podstawie ich odpowiedzi.

W tym rozdziale omówimy odpowiedź czasową systemu drugiego rzędu. Rozważ poniższy schemat blokowy systemu sterowania w pętli zamkniętej. Tutaj funkcja przesyłania w otwartej pętli,$\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)}$ wiąże się z negatywnym sprzężeniem zwrotnym jedności.

Wiemy, że funkcja transferu systemu sterowania w zamkniętej pętli ma jedność ujemnego sprzężenia zwrotnego jako

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

Zastąpić, $G(s)=\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)}$ w powyższym równaniu.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\left (\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)} \right )}{1+ \left ( \frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)} \right )}=\frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta \omega _ns+\omega _n^2}$$

W mianowniku potęga „s” wynosi dwa. W związku z tym powyższa funkcja transferu jest drugiego rzędu i mówi się, że system jestsecond order system.

Charakterystyczne równanie to -

$$s^2+2\delta \omega _ns+\omega _n^2=0$$

Korzenie charakterystycznego równania to -

$$s=\frac{-2\omega \delta _n\pm \sqrt{(2\delta\omega _n)^2-4\omega _n^2}}{2}=\frac{-2(\delta\omega _n\pm \omega _n\sqrt{\delta ^2-1})}{2}$$

$$\Rightarrow s=-\delta \omega_n \pm \omega _n\sqrt{\delta ^2-1}$$

  • Dwa pierwiastki są urojone, gdy δ = 0.
  • Te dwa pierwiastki są rzeczywiste i równe, gdy δ = 1.
  • Te dwa pierwiastki są rzeczywiste, ale nie są równe, gdy δ> 1.
  • Dwa pierwiastki są koniugatem zespolonym, gdy 0 <δ <1.

Możemy pisać $C(s)$ równanie jako,

$$C(s)=\left ( \frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2} \right )R(s)$$

Gdzie,

  • C(s) jest transformatą Laplace'a sygnału wyjściowego, c (t)

  • R(s) jest transformatą Laplace'a sygnału wejściowego, r (t)

  • ωn jest częstotliwością naturalną

  • δ to współczynnik tłumienia.

Wykonaj poniższe czynności, aby uzyskać odpowiedź (dane wyjściowe) systemu drugiego rzędu w dziedzinie czasu.

  • Weź transformatę Laplace'a sygnału wejściowego, $r(t)$.

  • Rozważmy równanie, $C(s)=\left ( \frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2} \right )R(s)$

  • Zastąpić $R(s)$ wartość w powyższym równaniu.

  • Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$ Jeśli wymagane.

  • Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a do $C(s)$.

Odpowiedź krokowa systemu drugiego rzędu

Rozważmy sygnał kroku jednostki jako wejście do systemu drugiego rzędu.

Transformata Laplace'a jednostkowego sygnału kroku wynosi,

$$R(s)=\frac{1}{s}$$

Wiemy, że funkcja transferu systemu sterowania w pętli zamkniętej drugiego rzędu to:

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Przypadek 1: δ = 0

Zastąpić, $\delta = 0$ w funkcji przenoszenia.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2} \right )R(s)$$

Zastąpić, $R(s) = \frac{1}{s}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2} \right )\left( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s(s^2+\omega_n^2)}$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\left ( 1-\cos(\omega_n t) \right )u(t)$$

Tak więc, jednostkowa odpowiedź skokowa systemu drugiego rzędu, kiedy $/delta = 0$ będzie ciągłym sygnałem czasowym o stałej amplitudzie i częstotliwości.

Przypadek 2: δ = 1

Zastąpić, $/delta = 1$ w funkcji przenoszenia.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\omega_ns+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\omega_n)^2} \right)R(s)$$

Zastąpić, $R(s) = \frac{1}{s}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\omega_n)^2} \right)\left ( \frac{1}{s} \right)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\omega_n)^2}$$

Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\omega_n)^2}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+\omega_n}+\frac{C}{(s+\omega_n)^2}$$

Po uproszczeniu otrzymasz wartości A, B i C jako $1,\: -1\: and \: −\omega _n$odpowiednio. Zastąp te wartości w powyższej częściowej ekspansji ułamkowej$C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\omega_n}-\frac{\omega_n}{(s+\omega_n)^2}$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=(1-e^{-\omega_nt}-\omega _nte^{-\omega_nt})u(t)$$

Zatem odpowiedź skokowa jednostkowa systemu drugiego rzędu będzie próbowała osiągnąć wejście krokowe w stanie ustalonym.

Przypadek 3: 0 <δ <1

Możemy zmodyfikować termin mianownika funkcji transferu w następujący sposób -

$$s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2=\left \{ s^2+2(s)(\delta \omega_n)+(\delta \omega_n)^2 \right \}+\omega_n^2-(\delta\omega_n)^2$$

$$=(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)$$

Funkcja transferu staje się

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)} \right )R(s)$$

Zastąpić, $R(s) = \frac{1}{s}$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)} \right )\left( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s\left ((s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2) \right)}$$

Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s\left ((s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2) \right)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

Po uproszczeniu otrzymasz wartości A, B i C jako $1,\: -1 \: and \: −2\delta \omega _n$odpowiednio. Zastąp te wartości w powyższej częściowej ekspansji C (s).

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{s+2\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{s+\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}-\frac{\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{(s+\delta\omega_n)}{(s+\delta\omega_n)^2+(\omega_n\sqrt{1-\delta^2})^2}-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( \frac{\omega_n\sqrt{1-\delta^2}}{(s+\delta\omega_n)^2+(\omega_n\sqrt{1-\delta^2})^2} \right )$

Zastąpić, $\omega_n\sqrt{1-\delta^2}$ tak jak $\omega_d$ w powyższym równaniu.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{(s+\delta\omega_n)}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_d^2}-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( \frac{\omega_d}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_d^2} \right )$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$c(t)=\left ( 1-e^{-\delta \omega_nt}\cos(\omega_dt)-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}e^{-\delta\omega_nt}\sin(\omega_dt) \right )u(t)$$

$$c(t)=\left ( 1-\frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( (\sqrt{1-\delta^2})\cos(\omega_dt)+\delta \sin(\omega_dt) \right ) \right )u(t)$$

Gdyby $\sqrt{1-\delta^2}=\sin(\theta)$, wtedy „δ” będzie równe cos (θ). Zastąp te wartości w powyższym równaniu.

$$c(t)=\left ( 1-\frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}}(\sin(\theta)\cos(\omega_dt)+\cos(\theta)\sin(\omega_dt)) \right )u(t)$$

$$\Rightarrow c(t)=\left ( 1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta) \right )u(t)$$

Zatem odpowiedź skokowa jednostkowa układu drugiego rzędu ma tłumione oscylacje (malejącą amplitudę), gdy „δ” mieści się między zerem a jedynką.

Przypadek 4: δ> 1

Możemy zmodyfikować termin mianownika funkcji transferu w następujący sposób -

$$s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2=\left \{ s^2+2(s)(\delta\omega_n)+(\delta\omega_n)^2 \right \}+\omega_n^2-(\delta\omega_n)^2$$

$$=\left ( s+\delta\omega_n \right )^2-\omega_n^2\left ( \delta^2-1 \right )$$

Funkcja transferu staje się

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-\omega_n^2(\delta^2-1)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left ( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-\omega_n^2(\delta^2-1)} \right )R(s)$$

Zastąpić, $R(s) = \frac{1}{s}$ w powyższym równaniu.

$C(s)=\left ( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-(\omega_n\sqrt{\delta^2-1})^2} \right )\left ( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s(s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})(s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})}$

Wykonaj częściowe ułamki $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})(s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})}$$

$$=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1}}+\frac{C}{s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1}}$$

Po uproszczeniu otrzymasz wartości A, B i C jako 1, $\frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}$ i $\frac{-1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}$odpowiednio. Zastąp te wartości w powyższej częściowej ekspansji ułamkowej$C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}\left ( \frac{1}{s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1}} \right )-\left ( \frac{1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )\left ( \frac{1}{s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1}} \right )$$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$c(t)=\left ( 1+\left ( \frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )e^{-(\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t}-\left ( \frac{1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )e^{-(\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t} \right )u(t)$

Ponieważ jest nadmiernie tłumiony, odpowiedź skokowa jednostki układu drugiego rzędu, gdy δ> 1, nigdy nie osiągnie wartości wejściowej kroku w stanie ustalonym.

Odpowiedź impulsowa systemu drugiego rzędu

Plik impulse response systemu drugiego rzędu można uzyskać za pomocą jednej z tych dwóch metod.

  • Postępuj zgodnie z procedurą podczas uzyskiwania odpowiedzi skokowej, biorąc pod uwagę wartość $R(s)$ jako 1 zamiast $\frac{1}{s}$.

  • Wykonaj zróżnicowanie odpowiedzi krokowej.

Poniższa tabela przedstawia odpowiedź impulsową układu drugiego rzędu dla 4 przypadków współczynnika tłumienia.

Stan współczynnika tłumienia Odpowiedź impulsowa dla t ≥ 0

δ = 0

$\omega_n\sin(\omega_nt)$

δ = 1

$\omega_n^2te^{-\omega_nt}$

0 <δ <1

$\left ( \frac{\omega_ne^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt)$

δ> 1

$\left ( \frac{\omega_n}{2\sqrt{\delta^2-1}} \right )\left ( e^{-(\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t}-e^{-(\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t} \right )$

W tym rozdziale omówimy specyfikacje w dziedzinie czasu systemu drugiego rzędu. Odpowiedź skokową systemu drugiego rzędu dla niedotłumionej obudowy jest pokazana na poniższym rysunku.

Na tym rysunku przedstawiono wszystkie specyfikacje w dziedzinie czasu. Odpowiedź aż do czasu ustalania jest znana jako odpowiedź przejściowa, a odpowiedź po czasie ustalania jest znana jako odpowiedź w stanie ustalonym.

Czas zwłoki

Jest to czas potrzebny na osiągnięcie odpowiedzi half of its final valueod chwili zerowej. Jest oznaczony$t_d$.

Rozważ odpowiedź skokową układu drugiego rzędu dla t ≥ 0, gdy „δ” mieści się między zerem a jedynką.

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

Ostateczna wartość odpowiedzi skokowej to jeden.

Dlatego o godz $t=t_d$, wartość odpowiedzi skokowej będzie wynosić 0,5. Zastąp te wartości w powyższym równaniu.

$$c(t_d)=0.5=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_d}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_d+\theta)$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_d}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_d+\theta)=0.5$$

Używając przybliżenia liniowego, otrzymasz delay time td tak jak

$$t_d=\frac{1+0.7\delta}{\omega_n}$$

Czas wschodu

Jest to czas potrzebny na powstanie odpowiedzi 0% to 100% of its final value. Dotyczy tounder-damped systems. W przypadku systemów z nadmiernym tłumieniem należy wziąć pod uwagę czas trwania od 10% do 90% wartości końcowej. Czas narastania jest oznaczony przeztr.

Przy t = t 1 = 0, c (t) = 0.

Wiemy, że ostateczna wartość odpowiedzi skokowej to jeden.

Dlatego o godz $t = t_2$, wartość odpowiedzi skokowej wynosi jeden. Zastąp te wartości w poniższym równaniu.

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

$$c(t_2)=1=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_2}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_2+\theta)$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_2}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_2+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\omega_dt_2+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \omega_dt_2+\theta=\pi$$

$$\Rightarrow t_2=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$$

Zastąp wartości t 1 it 2 w poniższym równaniurise time,

$$t_r=t_2-t_1$$

$$\therefore \: t_r=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$$

Z powyższego równania możemy wywnioskować, że czas narastania $t_r$ i tłumiona częstotliwość $\omega_d$ są do siebie odwrotnie proporcjonalne.

Godziny szczytu

Jest to czas potrzebny, aby odpowiedź dotarła do peak valuepo raz pierwszy. Jest oznaczony$t_p$. W$t = t_p$, pierwsza pochodna odpowiedzi wynosi zero.

Wiemy, że odpowiedź skokowa systemu drugiego rzędu dla obudowy niedotłumionej to

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

Rozróżniać $c(t)$ w odniesieniu do „t”.

$$\frac{\text{d}c(t)}{\text{d}t}=-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\omega_d\cos(\omega_dt+\theta)-\left ( \frac{-\delta\omega_ne^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

Zastąpić, $t=t_p$ i $\frac{\text{d}c(t)}{\text{d}t}=0$ w powyższym równaniu.

$$0=-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_p}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\left [ \omega_d\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\omega_n\sin(\omega_dt_p+\theta) \right ]$$

$$\Rightarrow \omega_n\sqrt{1-\delta^2}\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\omega_n\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sqrt{1-\delta^2}\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\theta)\cos(\omega_dt_p+\theta)-\cos(\theta)\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\theta-\omega_dt_p-\theta)=0$$

$$\Rightarrow sin(-\omega_dt_p)=0\Rightarrow -\sin(\omega_dt_p)=0\Rightarrow sin(\omega_dt_p)=0$$

$$\Rightarrow \omega_dt_p=\pi$$

$$\Rightarrow t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$$

Z powyższego równania możemy wywnioskować, że czas szczytowy $t_p$ i tłumiona częstotliwość $\omega_d$ są do siebie odwrotnie proporcjonalne.

Peak Overshoot

Przekroczenie wartości szczytowej Mpdefiniuje się jako odchylenie odpowiedzi w czasie szczytu od końcowej wartości odpowiedzi. Nazywa się to równieżmaximum overshoot.

Matematycznie możemy to zapisać jako

$$M_p=c(t_p)-c(\infty)$$

Gdzie,

c (t p ) jest wartością szczytową odpowiedzi.

c (∞) jest końcową (w stanie ustalonym) wartością odpowiedzi.

W $t = t_p$odpowiedź c (t) to -

$$c(t_p)=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_p}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_p+\theta)$$

Zastąpić, $t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$ po prawej stronie powyższego równania.

$$c(t_P)=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_n\left ( \frac{\pi}{\omega_d} \right )}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin\left ( \omega_d\left ( \frac{\pi}{\omega_d} \right ) +\theta\right )$$

$$\Rightarrow c(t_p)=1-\left ( \frac{e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )(-\sin(\theta))$$

Wiemy to

$$\sin(\theta)=\sqrt{1-\delta^2}$$

Więc dostaniemy $c(t_p)$ tak jak

$$c(t_p)=1+e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}$$

Zastąp wartości $c(t_p)$ i $c(\infty)$ w równaniu przekroczenia wartości szczytowej.

$$M_p=1+e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}-1$$

$$\Rightarrow M_p=e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}$$

Percentage of peak overshoot % $M_p$ można obliczyć za pomocą tego wzoru.

$$\%M_p=\frac{M_p}{c(\infty )}\times 100\%$$

Zastępując wartości $M_p$ i $c(\infty)$ w powyższym wzorze otrzymamy Procent przekroczenia wartości szczytowej $\%M_p$ tak jak

$$\%M_p=\left ( e^ {-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )} \right )\times 100\%$$

Z powyższego równania możemy wywnioskować, że procent przeregulowania szczytowego $\% M_p$ zmniejszy się, jeśli współczynnik tłumienia $\delta$ wzrasta.

Czas ustalania

Jest to czas potrzebny do osiągnięcia przez odpowiedź stanu ustalonego i pozostania w określonych zakresach tolerancji wokół wartości końcowej. Ogólnie zakresy tolerancji wynoszą 2% i 5%. Czas ustalania jest oznaczony przez$t_s$.

Czas ustalania dla 5% pasma tolerancji wynosi -

$$t_s=\frac{3}{\delta\omega_n}=3\tau$$

Czas ustalania dla 2% pasma tolerancji wynosi -

$$t_s=\frac{4}{\delta\omega_n}=4\tau$$

Gdzie, $\tau$ jest stałą czasową i jest równa $\frac{1}{\delta\omega_n}$.

  • Zarówno czas osiadania $t_s$ i stałą czasową $\tau$ są odwrotnie proporcjonalne do współczynnika tłumienia $\delta$.

  • Zarówno czas osiadania $t_s$ i stałą czasową $\tau$są niezależne od wzmocnienia systemu. Oznacza to, że nawet system zyskuje zmiany, czas ustalania$t_s$ i stała czasowa $\tau$ nigdy się nie zmieni.

Przykład

Znajdźmy teraz specyfikacje w dziedzinie czasu systemu sterowania mającego funkcję przesyłania w zamkniętej pętli $\frac{4}{s^2+2s+4}$ gdy sygnał kroku jednostki jest stosowany jako wejście do tego systemu sterowania.

Wiemy, że standardowa postać funkcji transferu systemu sterowania w pętli zamkniętej drugiego rzędu jako

$$\frac{\omega_n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Zrównując te dwie funkcje przenoszenia, otrzymamy nietłumioną częstotliwość drgań własnych $\omega_n$ jako 2 rad / s i współczynnik tłumienia $\delta$ jako 0,5.

Znamy wzór na tłumioną częstotliwość $\omega_d$ tak jak

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\delta^2}$$

Zastąpić, $\omega_n$ i $\delta$ wartości w powyższym wzorze.

$$\Rightarrow \omega_d=2\sqrt{1-(0.5)^2}$$

$$\Rightarrow \omega_d=1.732 \: rad/sec$$

Zastąpić, $\delta$ wartość w następującej relacji

$$\theta=\cos^{-1}\delta$$

$$\Rightarrow \theta=\cos^{-1}(0.5)=\frac{\pi}{3}\:rad$$

Zastąp powyższe niezbędne wartości we wzorze specyfikacji każdej dziedziny czasu i uprość w celu uzyskania wartości specyfikacji w dziedzinie czasu dla danej funkcji transferu.

Poniższa tabela przedstawia wzory specyfikacji w dziedzinie czasu, podstawianie niezbędnych wartości i wartości końcowe.

Specyfikacja w dziedzinie czasu Formuła Podstawienie wartości we wzorze Wartość końcowa

Czas zwłoki

$t_d=\frac{1+0.7\delta}{\omega_n}$

$t_d=\frac{1+0.7(0.5)}{2}$

$t_d$= 0,675 sek

Czas wschodu

$t_r=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$

$t_r=\frac{\pi-(\frac{\pi}{3})}{1.732}$

$t_r$= 1,207 sek

Godziny szczytu

$t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$

$t_p=\frac{\pi}{1.732}$

$t_p$= 1,813 sek

% Przekroczenia wartości szczytowej

$\%M_p=\left( e^{-\left (\frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right ) }\right )\times 100\%$

$\%M_p=\left( e^{-\left (\frac{0.5\pi}{\sqrt{1-(0.5)^2}} \right ) }\right )\times 100\%$

$\% \: M_p$= 16,32%

Czas ustalania dla pasma tolerancji 2%

$t_s=\frac{4}{\delta\omega_n}$

$t_S=\frac{4}{(0.5)(2)}$

$t_s$= 4 sek

Odchylenie sygnału wyjściowego układu sterowania od żądanej odpowiedzi w stanie ustalonym jest znane jako steady state error. Jest reprezentowany jako$e_{ss}$. Możemy znaleźć błąd stanu ustalonego za pomocą twierdzenia o wartości końcowej w następujący sposób.

$$e_{ss}=\lim_{t \to \infty}e(t)=\lim_{s \to 0}sE(s)$$

Gdzie,

E (s) to transformata Laplace'a sygnału błędu, $e(t)$

Omówmy, jak znaleźć błędy stanu ustalonego dla jednościowych sprzężeń zwrotnych i innych niż jedność systemów sterowania sprzężeniem zwrotnym jeden po drugim.

Błędy stanu ustalonego dla systemów sprzężenia zwrotnego Unity

Rozważ poniższy schemat blokowy systemu sterowania w pętli zamkniętej, który ma jedność ujemną sprzężenie zwrotne.

Gdzie,

  • R (s) jest transformatą Laplace'a referencyjnego sygnału wejściowego $r(t)$
  • C (s) to transformata Laplace'a sygnału wyjściowego $c(t)$

Znamy funkcję przenoszenia systemu sterowania w zamkniętej pętli z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności jako

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

Wynik punktu sumowania to -

$$E(s)=R(s)-C(s)$$

Zastąpić $C(s)$ wartość w powyższym równaniu.

$$E(s)=R(s)-\frac{R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow E(s)=\frac{R(s)+R(s)G(s)-R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow E(s)=\frac{R(s)}{1+G(s)}$$

Zastąpić $E(s)$ wartość we wzorze na błąd stanu ustalonego

$$e_{ss}=\lim_{s \to 0} \frac{sR(s)}{1+G(s)}$$

Poniższa tabela przedstawia błędy stanu ustalonego i stałe błędu dla standardowych sygnałów wejściowych, takich jak krok jednostki, jednostkowa rampa i jednostkowe sygnały paraboliczne.

Sygnał wejściowy Błąd stanu ustalonego $e_{ss}$ Błąd stały

sygnał kroku jednostki

$\frac{1}{1+k_p}$

$K_p=\lim_{s \to 0}G(s)$

sygnał rampy jednostki

$\frac{1}{K_v}$

$K_v=\lim_{s \to 0}sG(s)$

jednostkowy sygnał paraboliczny

$\frac{1}{K_a}$

$K_a=\lim_{s \to 0}s^2G(s)$

Gdzie, $K_p$, $K_v$ i $K_a$ są odpowiednio stałą błędu położenia, stałą błędu prędkości i stałą błędu przyspieszenia.

Note - Jeżeli którykolwiek z powyższych sygnałów wejściowych ma amplitudę inną niż jedność, należy pomnożyć odpowiedni błąd stanu ustalonego przez tę amplitudę.

Note- Nie możemy zdefiniować błędu stanu ustalonego dla jednostkowego sygnału impulsowego, ponieważ istnieje on tylko u źródła. Nie możemy więc porównać odpowiedzi impulsowej z wartością wejściową impulsu jednostki jakot oznacza nieskończoność.

Przykład

Znajdźmy błąd stanu ustalonego dla sygnału wejściowego $r(t)=\left( 5+2t+\frac{t^2}{2} \right )u(t)$ systemu kontroli negatywnego sprzężenia zwrotnego jedności z $G(s)=\frac{5(s+4)}{s^2(s+1)(s+20)}$

Podany sygnał wejściowy jest połączeniem trzech sygnałów krokowych, narastających i parabolicznych. Poniższa tabela przedstawia stałe błędu i wartości błędu stanu ustalonego dla tych trzech sygnałów.

Sygnał wejściowy Błąd stały Błąd stanu ustalonego

$r_1(t)=5u(t)$

$K_p=\lim_{s \to 0}G(s)=\infty$

$e_{ss1}=\frac{5}{1+k_p}=0$

$r_2(t)=2tu(t)$

$K_v=\lim_{s \to 0}sG(s)=\infty$

$e_{ss2}=\frac{2}{K_v}=0$

$r_3(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$

$K_a=\lim_{s \to 0}s^2G(s)=1$

$e_{ss3}=\frac{1}{k_a}=1$

Otrzymamy ogólny błąd stanu ustalonego, dodając powyższe trzy błędy stanu ustalonego.

$$e_{ss}=e_{ss1}+e_{ss2}+e_{ss3}$$

$$\Rightarrow e_{ss}=0+0+1=1$$

Dlatego otrzymaliśmy błąd stanu ustalonego $e_{ss}$ tak jak 1 w tym przykładzie.

Błędy stanu ustalonego dla systemów sprzężenia zwrotnego innych niż jedność

Rozważ poniższy schemat blokowy systemu sterowania w pętli zamkniętej, który ma ujemne sprzężenie zwrotne bez odporności.

Możemy znaleźć błędy stanu ustalonego tylko dla systemów sprzężenia zwrotnego jedności. Musimy więc przekształcić system sprzężenia zwrotnego nie-jedności w system sprzężenia zwrotnego jedności. W tym celu należy na powyższym schemacie blokowym uwzględnić jedną ścieżkę dodatniego sprzężenia zwrotnego i jedną ścieżkę ujemnego sprzężenia zwrotnego. Nowy schemat blokowy wygląda tak, jak pokazano poniżej.

Uprość powyższy schemat blokowy, zachowując ujemne sprzężenie zwrotne jedności bez zmian. Poniżej przedstawiono uproszczony schemat blokowy.

Ten schemat blokowy przypomina schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności. Tutaj pojedynczy blok pełni funkcję transferu$\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)-G(s)}$ zamiast $G(s)$. Możesz teraz obliczyć błędy stanu ustalonego, używając wzoru błędu stanu ustalonego podanego dla systemów jedności z ujemnym sprzężeniem zwrotnym.

Note- Nie ma sensu znajdowanie błędów stanu ustalonego dla niestabilnych systemów zamkniętej pętli. Tak więc musimy obliczyć błędy stanu ustalonego tylko dla stabilnych systemów zamkniętej pętli. Oznacza to, że przed znalezieniem błędów stanu ustalonego musimy sprawdzić, czy system sterowania jest stabilny, czy nie. W następnym rozdziale omówimy stabilność związaną z pojęciami.

Stabilność to ważna koncepcja. W tym rozdziale omówimy stabilność systemu i typy systemów opartych na stabilności.

Co to jest stabilność?

Mówi się, że system jest stabilny, jeśli jego wydajność jest pod kontrolą. W przeciwnym razie mówi się, że jest niestabilny. ZAstable system tworzy ograniczone wyjście dla danego ograniczonego wejścia.

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedź stabilnego systemu.

Jest to odpowiedź systemu sterowania pierwszego rzędu na wejście krokowe jednostki. Ta odpowiedź ma wartości z przedziału od 0 do 1. Jest to więc ograniczone wyjście. Wiemy, że sygnał kroku jednostkowego ma wartość jeden dla wszystkich dodatnich wartościtw tym zero. Tak więc jest to ograniczone wejście. Dlatego system sterowania pierwszego rzędu jest stabilny, ponieważ zarówno wejście, jak i wyjście są ograniczone.

Rodzaje systemów opartych na stabilności

Możemy sklasyfikować systemy na podstawie stabilności w następujący sposób.

  • Absolutnie stabilny system
  • System stabilny warunkowo
  • System marginalnie stabilny

Absolutnie stabilny system

Jeśli system jest stabilny dla wszystkich zakresów wartości składników systemu, jest znany jako absolutely stable system. System sterowania w otwartej pętli jest absolutnie stabilny, jeśli wszystkie bieguny funkcji transferu otwartej pętli znajdują się w lewej połowie‘s’ plane. Podobnie, układ sterowania w pętli zamkniętej jest absolutnie stabilny, jeśli wszystkie bieguny funkcji przenoszenia w pętli zamkniętej znajdują się w lewej połowie płaszczyzny „s”.

System stabilny warunkowo

Jeśli system jest stabilny dla określonego zakresu wartości składników systemu, jest znany jako conditionally stable system.

System marginalnie stabilny

Jeśli system jest stabilny, wytwarzając sygnał wyjściowy o stałej amplitudzie i stałej częstotliwości oscylacji dla ograniczonego wejścia, to jest to znane jako marginally stable system. Układ sterowania w otwartej pętli jest marginalnie stabilny, jeśli jakiekolwiek dwa bieguny funkcji przenoszenia w otwartej pętli są obecne na urojonej osi. Podobnie, układ sterowania w pętli zamkniętej jest marginalnie stabilny, jeśli jakiekolwiek dwa bieguny funkcji przenoszenia w pętli zamkniętej są obecne na urojonej osi.

W tym rozdziale omówimy analizę stabilności w ‘s’domeny przy użyciu kryterium stabilności RouthHurwitz. W tym kryterium wymagamy równania charakterystycznego, aby znaleźć stabilność układów sterowania w pętli zamkniętej.

Kryterium stabilności Routha-Hurwitza

Kryterium stabilności Routha-Hurwitza ma jeden warunek konieczny i jeden warunek wystarczający dla stabilności. Jeśli jakikolwiek układ sterowania nie spełnia warunku koniecznego, możemy powiedzieć, że układ sterowania jest niestabilny. Ale jeśli system sterowania spełnia warunek konieczny, może być stabilny lub nie. Tak więc stan dostateczny jest pomocny w ustaleniu, czy system sterowania jest stabilny, czy nie.

Warunek niezbędny dla stabilności Routh-Hurwitz

Warunkiem koniecznym jest to, aby współczynniki wielomianu charakterystycznego były dodatnie. Oznacza to, że wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego powinny mieć ujemne części rzeczywiste.

Rozważmy charakterystyczne równanie rzędu `` n '' to -

$$a_0s^n+a_1s^{n-1}+a_2s^{n-2}+...+a_{n-1}s^1+a_ns^0=0$$

Zwróć uwagę, że w pliku nie powinno brakować żadnego terminu nthuporządkowanie równania charakterystycznego. Oznacza to, żenth Równanie charakterystyki rzędu nie powinno mieć współczynnika o wartości zerowej.

Stan wystarczający dla stabilności Routh-Hurwitz

Warunkiem wystarczającym jest, aby wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routha miały ten sam znak. Oznacza to, że wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routh powinny być dodatnie lub ujemne.

Metoda Routh Array

Jeśli wszystkie pierwiastki równania charakterystycznego istnieją w lewej połowie płaszczyzny „s”, to układ sterowania jest stabilny. Jeżeli co najmniej jeden pierwiastek równania charakterystycznego istnieje w prawej połowie płaszczyzny „s”, to układ sterowania jest niestabilny. Musimy więc znaleźć korzenie równania charakterystycznego, aby wiedzieć, czy system sterowania jest stabilny, czy niestabilny. Ale trudno jest znaleźć korzenie charakterystycznego równania, gdy rośnie porządek.

Tak więc, aby rozwiązać ten problem, mamy Routh array method. W tej metodzie nie ma potrzeby obliczania pierwiastków równania charakterystycznego. Najpierw sformułuj tabelę Routha i znajdź liczbę zmian znaku w pierwszej kolumnie tabeli Routha. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie tabeli Routha podaje liczbę pierwiastków równania charakterystycznego, które istnieją w prawej połowie płaszczyzny „s”, a układ sterowania jest niestabilny.

Postępuj zgodnie z tą procedurą tworzenia tabeli Routha.

  • Wypełnij pierwsze dwa wiersze tablicy Routha współczynnikami charakterystycznego wielomianu, jak podano w poniższej tabeli. Zacznij od współczynnika$s^n$ i kontynuuj do współczynnika $s^0$.

  • Wypełnij pozostałe wiersze tablicy Routh elementami wymienionymi w poniższej tabeli. Kontynuuj ten proces, aż uzyskasz pierwszy element kolumnyrow $s^0$ jest $a_n$. Tutaj,$a_n$ jest współczynnikiem $s^0$ w charakterystycznym wielomianu.

Note - Jeśli jakiekolwiek elementy wierszy tabeli Routha mają jakiś wspólny czynnik, to możesz podzielić elementy wierszy z tym współczynnikiem dla uproszczenia.

Poniższa tabela przedstawia tablicę Routha wielomianu charakterystycznego n- tego rzędu.

$$a_0s^n+a_1s^{n-1}+a_2s^{n-2}+...+a_{n-1}s^1+a_ns^0$$

$s^n$

$a_0$

$a_2$

$a_4$

$a_6$

...

...

$s^{n-1}$

$a_1$

$a_3$

$a_5$

$a_7$

...

...

$s^{n-2}$

$b_1=\frac{a_1a_2-a_3a_0}{a_1}$

$b_2=\frac{a_1a_4-a_5a_0}{a_1}$

$b_3=\frac{a_1a_6-a_7a_0}{a_1}$

...

...

...

$s^{n-3}$

$c_1=\frac{b_1a_3-b_2a_1}{b_1}$

$c_2=\frac{b_1a_55-b_3a_1}{b_1}$

$\vdots$

$\vdots $

$\vdots$

$\vdots$

$\vdots$

$s^1$

$\vdots$

$\vdots$

$s^0$

$a_n$

Example

Znajdźmy stabilność układu sterowania mającego charakterystyczne równanie,

$$s^4+3s^3+3s^2+2s+1=0$$

Step 1 - Sprawdź niezbędny warunek stabilności Routh-Hurwitz.

Wszystkie współczynniki charakterystycznego wielomianu, $s^4+3s^3+3s^2+2s+1$są pozytywne. Tak więc układ sterowania spełnia niezbędny warunek.

Step 2 - Utwórz tablicę Routha dla danego charakterystycznego wielomianu.

$s^4$

$1$

$3$

$1$

$s^3$

$3$

$2$

$s^2$

$\frac{(3 \times 3)-(2 \times 1)}{3}=\frac{7}{3}$

$\frac{(3 \times 1)-(0 \times 1)}{3}=\frac{3}{3}=1$

$s^1$

$\frac{\left ( \frac{7}{3}\times 2 \right )-(1 \times 3)}{\frac{7}{3}}=\frac{5}{7}$

$s^0$

$1$

Step 3 - Sprawdź, czy warunek stabilności Routh-Hurwitz jest wystarczający.

Wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routh są dodatnie. Nie ma zmiany znaku w pierwszej kolumnie tablicy Routha. Tak więc system sterowania jest stabilny.

Specjalne przypadki Routh Array

Tworząc tabelę Routha możemy spotkać się z dwoma typami sytuacji. Trudno jest uzupełnić tabelę Routha z tych dwóch sytuacji.

Dwa szczególne przypadki to -

  • Pierwszy element dowolnego wiersza tablicy Routh ma wartość zero.
  • Wszystkie elementy dowolnego wiersza tablicy Routh mają wartość zero.

Omówmy teraz, jak po kolei przezwyciężyć trudności w tych dwóch przypadkach.

Pierwszy element dowolnego wiersza tablicy Routh ma wartość zero

Jeśli którykolwiek wiersz tablicy Routh zawiera tylko pierwszy element jako zero, a co najmniej jeden z pozostałych elementów ma wartość niezerową, zamień pierwszy element na małą dodatnią liczbę całkowitą, $\epsilon$. A następnie kontynuuj proces uzupełniania tabeli Routh. Teraz znajdź liczbę zmian znaków w pierwszej kolumnie tabeli Routha, podstawiając$\epsilon$ dąży do zera.

Example

Znajdźmy stabilność układu sterowania mającego charakterystyczne równanie,

$$s^4+2s^3+s^2+2s+1=0$$

Step 1 - Sprawdź niezbędny warunek stabilności Routh-Hurwitz.

Wszystkie współczynniki charakterystycznego wielomianu, $s^4+2s^3+s^2+2s+1$są pozytywne. Zatem układ sterowania spełnił warunek konieczny.

Step 2 - Utwórz tablicę Routha dla danego charakterystycznego wielomianu.

$s^4$

$1$

$1$

$1$

$s^3$

2 1

2 1

$s^2$

$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$

$\frac{(1 \times 1)-(0 \times 1)}{1}=1$

$s^1$

$s^0$

Rząd $s^3$elementy mają 2 jako wspólny czynnik. Tak więc wszystkie te elementy są podzielone przez 2.

Special case (i) - Tylko pierwszy element rzędu $s^2$wynosi zero. Więc zamień go na$\epsilon$ i kontynuuj proces uzupełniania tabeli Routh.

$s^4$

1

1

1

$s^3$

1

1

$s^2$

$\epsilon$

1

$s^1$

$\frac{\left ( \epsilon \times 1 \right )-\left ( 1 \times 1 \right )}{\epsilon}=\frac{\epsilon-1}{\epsilon}$

$s^0$

1

Step 3 - Sprawdź, czy warunek stabilności Routh-Hurwitz jest wystarczający.

Tak jak $\epsilon$ dąży do zera, stół Routha wygląda tak.

$s^4$

1

1

1

$s^3$

1

1

$s^2$

0

1

$s^1$

-∞

$s^0$

1

W pierwszej kolumnie tabeli Routha nastąpiły dwie zmiany znaków. Stąd system sterowania jest niestabilny.

Wszystkie elementy dowolnego wiersza tablicy Routh mają wartość zero

W takim przypadku wykonaj te dwa kroki -

  • Napisz równanie pomocnicze, A (s) rzędu, który znajduje się tuż nad rzędem zer.

  • Różniczkuj równanie pomocnicze, A (s) względem s. Wypełnij rząd zer tymi współczynnikami.

Example

Znajdźmy stabilność układu sterowania mającego charakterystyczne równanie,

$$s^5+3s^4+s^3+3s^2+s+3=0$$

Step 1 - Sprawdź niezbędny warunek stabilności Routh-Hurwitz.

Wszystkie współczynniki danego wielomianu charakterystycznego są dodatnie. Zatem układ sterowania spełnił warunek konieczny.

Step 2 - Utwórz tablicę Routha dla danego charakterystycznego wielomianu.

$s^5$

1

1

1

$s^4$

3 1

3 1

3 1

$s^3$

$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$

$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$

$s^2$

$s^1$

$s^0$

Rząd $s^4$ elementy mają wspólny dzielnik 3. Tak więc wszystkie te elementy są podzielone przez 3.

Special case (ii) - Wszystkie elementy rzędu $s^3$są równe zero. Więc napisz równanie pomocnicze, A (s) wiersza$s^4$.

$$A(s)=s^4+s^2+1$$

Rozróżnij powyższe równanie względem s.

$$\frac{\text{d}A(s)}{\text{d}s}=4s^3+2s$$

Umieść te współczynniki w rzędzie $s^3$.

$s^5$

1

1

1

$s^4$

1

1

1

$s^3$

4 2

2 1

$s^2$

$\frac{(2 \times 1)-(1 \times 1)}{2}=0.5$

$\frac{(2 \times 1)-(0 \times 1)}{2}=1$

$s^1$

$\frac{(0.5 \times 1)-(1 \times 2)}{0.5}=\frac{-1.5}{0.5}=-3$

$s^0$

1

Step 3 - Sprawdź, czy warunek stabilności Routh-Hurwitz jest wystarczający.

W pierwszej kolumnie tabeli Routha nastąpiły dwie zmiany znaków. Stąd system sterowania jest niestabilny.

W kryterium stabilności Routha-Hurwitza możemy wiedzieć, czy bieguny z zamkniętą pętlą znajdują się w lewej połowie płaszczyzny „s”, czy w prawej połowie płaszczyzny „s”, czy też na wyimaginowanej osi. Tak więc nie możemy znaleźć natury systemu kontroli. Aby przezwyciężyć to ograniczenie, istnieje technika znana jako lokalizacja korzenia. Omówimy tę technikę w następnych dwóch rozdziałach.

Na diagramie locus korzenia możemy obserwować ścieżkę biegunów zamkniętej pętli. W ten sposób możemy zidentyfikować charakter systemu kontroli. W tej technice użyjemy funkcji transferu w otwartej pętli, aby poznać stabilność systemu sterowania w pętli zamkniętej.

Podstawy lokalizacji korzeni

Lokus pierwiastka jest miejscem korzeni równania charakterystycznego przez zmianę wzmocnienia systemu K od zera do nieskończoności.

Wiemy, że równanie charakterystyczne systemu sterowania w pętli zamkniętej to

$$1+G(s)H(s)=0$$

Możemy reprezentować $G(s)H(s)$ tak jak

$$G(s)H(s)=K\frac{N(s)}{D(s)}$$

Gdzie,

  • K oznacza mnożnik

  • N (s) reprezentuje składnik licznika mający (rozłożony na czynniki) wielomian n- tego rzędu „s”.

  • D (s) reprezentuje termin w mianowniku mający (rozłożony na czynniki) wielomian m- tego rzędu „s”.

Zastąpić, $G(s)H(s)$ wartość w równaniu charakterystycznym.

$$1+k\frac{N(s)}{D(s)}=0$$

$$\Rightarrow D(s)+KN(s)=0$$

Case 1 − K = 0

Gdyby $K=0$, następnie $D(s)=0$.

Oznacza to, że bieguny zamkniętej pętli są równe biegunom otwartej pętli, gdy K wynosi zero.

Case 2 − K = ∞

Przepisz powyższe równanie charakterystyczne jako

$$K\left(\frac{1}{K}+\frac{N(s)}{D(s)} \right )=0 \Rightarrow \frac{1}{K}+\frac{N(s)}{D(s)}=0$$

Zastąpić, $K = \infty$ w powyższym równaniu.

$$\frac{1}{\infty}+\frac{N(s)}{D(s)}=0 \Rightarrow \frac{N(s)}{D(s)}=0 \Rightarrow N(s)=0$$

Gdyby $K=\infty$, następnie $N(s)=0$. Oznacza to, że bieguny zamkniętej pętli są równe zerom otwartej pętli, gdy K jest nieskończonością.

Z powyższych dwóch przypadków możemy wywnioskować, że gałęzie miejsca głównego zaczynają się na biegunach otwartej pętli i kończą na zerach w otwartej pętli.

Warunek kąta i warunek wielkości

Punkty na gałęziach miejsca źródłowego spełniają warunek kąta. Tak więc warunek kąta jest używany, aby wiedzieć, czy punkt istnieje na gałęzi miejsca głównego, czy nie. Możemy znaleźć wartość K dla punktów na gałęziach locus korzenia, używając warunku wielkości. Więc możemy użyć warunku wielkości dla punktów, a to spełnia warunek kąta.

Charakterystyczne równanie układu sterowania w pętli zamkniętej to

$$1+G(s)H(s)=0$$

$$\Rightarrow G(s)H(s)=-1+j0$$

Plik phase angle z $G(s)H(s)$ jest

$$\angle G(s)H(s)=\tan^{-1}\left ( \frac{0}{-1} \right )=(2n+1)\pi$$

Plik angle conditionjest punktem, w którym kąt funkcji przenoszenia w otwartej pętli jest nieparzystą wielokrotnością 180 0 .

Wielkość $G(s)H(s)$ jest -

$$|G(s)H(s)|=\sqrt {(-1)^2+0^2}=1$$

Warunkiem wielkości jest punkt (który spełnił warunek kąta), w którym wielkość funkcji przenoszenia w otwartej pętli wynosi jeden.

Plik root locusjest graficzną reprezentacją w dziedzinie s i jest symetryczna względem rzeczywistej osi. Ponieważ bieguny i zera w otwartej pętli istnieją w domenie s, mając wartości albo jako rzeczywiste, albo jako złożone pary sprzężone. W tym rozdziale omówimy, jak skonstruować (narysować) miejsce źródłowe.

Zasady konstrukcji miejsca korzeni

Postępuj zgodnie z tymi regułami podczas konstruowania miejsca głównego.

Rule 1 - Znajdź bieguny otwartej pętli i zera w płaszczyźnie „s”.

Rule 2 - Znajdź liczbę gałęzi locus root.

Wiemy, że rozgałęzienia locus root zaczynają się na biegunach otwartej pętli i kończą na zerach w otwartej pętli. A więc liczba gałęzi locus rootN jest równa liczbie skończonych biegunów otwartej pętli P lub liczba skończonych zer w otwartej pętli Z, którykolwiek jest większy.

Matematycznie możemy zapisać liczbę gałęzi locus root N tak jak

$N=P$ gdyby $P\geq Z$

$N=Z$ gdyby $P<Z$

Rule 3 - Zidentyfikuj i narysuj real axis root locus branches.

Jeśli kąt funkcji przenoszenia w otwartej pętli w punkcie jest nieparzystą wielokrotnością 180 0 , to ten punkt znajduje się w głównym miejscu. Jeśli nieparzysta liczba biegunów otwartej pętli i zer istnieje po lewej stronie punktu na osi rzeczywistej, to punkt ten znajduje się na gałęzi miejsca źródłowego. Dlatego gałąź punktów, która spełnia ten warunek, jest rzeczywistą osią gałęzi miejsca źródłowego.

Rule 4 - Znajdź środek ciężkości i kąt asymptot.

  • Gdyby $P = Z$, wtedy wszystkie gałęzie locus korzeni zaczynają się na skończonych biegunach otwartej pętli i kończą się na skończonych zerach otwartej pętli.

  • Gdyby $P > Z$ , następnie $Z$ liczba odgałęzień miejsca korzenia zaczyna się na skończonych biegunach otwartej pętli i kończy na skończonych zerach i pętli otwartej $P − Z$ liczba odgałęzień miejsca korzenia zaczyna się na skończonych biegunach otwartej pętli i kończy na nieskończonych zerach w otwartej pętli.

  • Gdyby $P < Z$ , wtedy liczba P rozgałęzień locus korzenia zaczyna się na skończonych biegunach otwartej pętli i kończy się na skończonych zerach otwartej pętli i $Z − P$ liczba odgałęzień miejsca korzenia zaczyna się na nieskończonych biegunach otwartej pętli i kończy na skończonych zerach w otwartej pętli.

Tak więc niektóre z gałęzi locus korzeni zbliżają się do nieskończoności, kiedy $P \neq Z$. Asymptoty podają kierunek tych gałęzi locus korzeni. Punkt przecięcia asymptot na rzeczywistej osi jest znany jakocentroid.

Możemy obliczyć centroid α używając tej formuły,

$\alpha = \frac{\sum Real\: part\: of\: finite\: open\: loop\: poles\:-\sum Real\: part\: of\: finite\: open\: loop\: zeros}{P-Z}$

Wzór na kąt asymptotes θ jest

$$\theta=\frac{(2q+1)180^0}{P-Z}$$

Gdzie,

$$q=0,1,2,....,(P-Z)-1$$

Rule 5 - Znajdź punkty przecięcia gałęzi miejsca korzeni z wyimaginowaną osią.

Możemy obliczyć punkt, w którym gałąź miejsca źródłowego przecina wyimaginowaną oś i wartość K w tym momencie przy użyciu metody tablicy Routh i specjalnego case (ii).

  • Jeśli wszystkie elementy dowolnego wiersza tablicy Routh są równe zero, to gałąź miejsca głównego przecina wyimaginowaną oś i odwrotnie.

  • Zidentyfikuj wiersz w taki sposób, że jeśli jako pierwszy ustawimy zero, to elementy całego wiersza będą równe zero. Znajdź wartośćK dla tej kombinacji.

  • Zastąp to Kwartość w równaniu pomocniczym. Otrzymasz punkt przecięcia gałęzi miejsca głównego z wyimaginowaną osią.

Rule 6 - Znajdź punkty ucieczki i włamania.

  • Jeśli istnieje prawdziwa gałąź lokusu głównego osi między dwoma biegunami otwartej pętli, to będzie break-away point pomiędzy tymi dwoma biegunami otwartej pętli.

  • Jeśli istnieje prawdziwa gałąź lokusu głównego osi między dwoma zerami otwartej pętli, to będzie break-in point pomiędzy tymi dwoma zerami otwartej pętli.

Note - Punkty oderwania i załamania istnieją tylko na rzeczywistych odgałęzieniach miejsca głównego osi.

Wykonaj poniższe czynności, aby znaleźć punkty ucieczki i włamania.

  • pisać $K$ pod względem $s$ z charakterystycznego równania $1 + G(s)H(s) = 0$.

  • Rozróżniać $K$w odniesieniu do s i zrób to równe zero. Zastąp te wartości$s$ w powyższym równaniu.

  • Wartości $s$ dla którego $K$ wartość jest dodatnia break points.

Rule 7 - Znajdź kąt odlotu i kąt przybycia.

Kąt wyjścia i kąt dotarcia można obliczyć odpowiednio dla złożonych sprzężonych biegunów otwartej pętli i złożonych sprzężonych zer w otwartej pętli.

Wzór na angle of departure $\phi_d$ jest

$$\phi_d=180^0-\phi$$

Wzór na angle of arrival $\phi_a$ jest

$$\phi_a=180^0+\phi$$

Gdzie,

$$\phi=\sum \phi_P-\sum \phi_Z$$

Przykład

Narysujmy teraz pierwotne miejsce systemu sterowania mającego funkcję przenoszenia w otwartej pętli, $G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+5)}$

Step 1 - Podana funkcja transferu w otwartej pętli ma trzy bieguny na $s = 0, s = −1$ i $s = −5$. Nie ma żadnego zera. Dlatego liczba rozgałęzień locus korzeni jest równa liczbie biegunów funkcji przenoszenia w otwartej pętli.

$$N=P=3$$

Trzy bieguny są umieszczone na powyższym rysunku. Odcinek linii między$s = −1$ i $s = 0$jest jedną gałęzią lokus korzenia na osi rzeczywistej. Drugą gałęzią miejsca głównego na osi rzeczywistej jest odcinek linii na lewo od$s = −5$.

Step 2 - Otrzymamy wartości środka ciężkości i kąta asymptot za pomocą podanych wzorów.

Centroid $\alpha = −2$

Kąt asymptot to $\theta = 60^0,180^0$ i $300^0$.

Na poniższym rysunku pokazano centroidę i trzy asymptoty.

Step 3 - Ponieważ dwie asymptoty mają kąty $60^0$ i $300^0$, dwie gałęzie miejsca korzeni przecinają wyimaginowaną oś. Stosując metodę macierzy Routha i przypadek specjalny (ii), rozgałęzienia miejsca źródłowego przecinają wyimaginowaną oś w$j\sqrt{5}$ i $−j\sqrt{5}$.

Będzie jeden punkt oderwania na gałęzi rzeczywistego miejsca głównego osi między biegunami $s = −1$ i $s = 0$. Postępując zgodnie z procedurą podaną dla obliczenia punktu oderwania, otrzymamy go jako$s = −0.473$.

Diagram miejsca głównego dla danego systemu sterowania pokazano na poniższym rysunku.

W ten sposób można narysować diagram lokalizacji źródła dowolnego systemu sterowania i obserwować ruch biegunów funkcji przenoszenia w pętli zamkniętej.

Z diagramów lokalizacji źródłowych możemy poznać zakres wartości K dla różnych typów tłumienia.

Skutki dodania biegunów i zer otwartej pętli na lokalizację źródła

Miejsce korzenia można przesunąć ‘s’ plane dodając bieguny otwartej pętli i zera otwartej pętli.

  • Jeśli włączymy biegun do funkcji przenoszenia w otwartej pętli, to niektóre gałęzie miejsca korzeni przesuną się w kierunku prawej połowy płaszczyzny „s”. Z tego powodu współczynnik tłumienia$\delta$maleje. Co oznacza tłumioną częstotliwość$\omega_d$ wzrosty i specyfikacje w dziedzinie czasu, takie jak czas opóźnienia $t_d$, czas wschodu $t_r$ i w godzinach szczytu $t_p$zmniejszać. Ale wpływa to na stabilność systemu.

  • Jeśli włączymy zero do funkcji przenoszenia w otwartej pętli, to niektóre gałęzie miejsca źródłowego przesuną się w kierunku lewej połowy płaszczyzny „s”. Zwiększy to więc stabilność systemu sterowania. W tym przypadku współczynnik tłumienia$\delta$wzrasta. Co oznacza tłumioną częstotliwość$\omega_d$ maleje, a specyfikacje w dziedzinie czasu, takie jak czas opóźnienia $t_d$, czas wschodu $t_r$ i w godzinach szczytu $t_p$ zwiększać.

Tak więc, w oparciu o wymaganie, możemy dołączyć (dodać) bieguny lub zera otwartej pętli do funkcji transferu.

Omówiliśmy już analizę odpowiedzi czasowej układów sterowania oraz specyfikacje w dziedzinie czasu układów sterowania drugiego rzędu. W tym rozdziale omówimy analizę odpowiedzi częstotliwościowej układów sterowania oraz specyfikacje domeny częstotliwości układów sterowania drugiego rzędu.

Co to jest pasmo przenoszenia?

Odpowiedź systemu można podzielić zarówno na odpowiedź przejściową, jak i odpowiedź w stanie ustalonym. Możemy znaleźć przejściową odpowiedź za pomocą całek Fouriera. Odpowiedź stanu ustalonego systemu na wejściowy sygnał sinusoidalny jest nazywanafrequency response. W tym rozdziale skupimy się tylko na odpowiedzi w stanie ustalonym.

Jeżeli sygnał sinusoidalny jest przyłożony jako sygnał wejściowy do układu liniowego niezmiennego w czasie (LTI), wówczas generowany jest sygnał wyjściowy w stanie ustalonym, który jest również sygnałem sinusoidalnym. Sygnały sinusoidalne na wejściu i wyjściu mają tę samą częstotliwość, ale różne amplitudy i kąty fazowe.

Niech sygnał wejściowy będzie -

$$r(t)=A\sin(\omega_0t)$$

Funkcja przesyłania w otwartej pętli będzie -

$$G(s)=G(j\omega)$$

Możemy reprezentować $G(j\omega)$ pod względem wielkości i fazy, jak pokazano poniżej.

$$G(j\omega)=|G(j\omega)| \angle G(j\omega)$$

Zastąpić, $\omega = \omega_0$ w powyższym równaniu.

$$G(j\omega_0)=|G(j\omega_0)| \angle G(j\omega_0)$$

Sygnał wyjściowy to

$$c(t)=A|G(j\omega_0)|\sin(\omega_0t + \angle G(j\omega_0))$$

  • Plik amplitude wyjściowego sygnału sinusoidalnego uzyskuje się mnożąc amplitudę wejściowego sygnału sinusoidalnego i wielkość $G(j\omega)$ w $\omega = \omega_0$.

  • Plik phase wyjściowego sygnału sinusoidalnego uzyskuje się przez dodanie fazy wejściowego sygnału sinusoidalnego i fazy $G(j\omega)$ w $\omega = \omega_0$.

Gdzie,

  • A jest amplitudą wejściowego sygnału sinusoidalnego.

  • ω0 jest częstotliwością kątową wejściowego sygnału sinusoidalnego.

Możemy pisać, częstotliwość kątowa $\omega_0$ jak pokazano niżej.

$$\omega_0=2\pi f_0$$

Tutaj, $f_0$jest częstotliwością wejściowego sygnału sinusoidalnego. Podobnie możesz postępować zgodnie z tą samą procedurą dla systemu sterowania w pętli zamkniętej.

Specyfikacje domeny częstotliwości

Specyfikacje domeny częstotliwości to resonant peak, resonant frequency and bandwidth.

Rozważ funkcję transferu systemu sterowania w pętli zamkniętej drugiego rzędu jako:

$$T(s)=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Zastąpić, $s = j\omega$ w powyższym równaniu.

$$T(j\omega)=\frac{\omega_n^2}{(j\omega)^2+2\delta\omega_n(j\omega)+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow T(j\omega)=\frac{\omega_n^2}{-\omega^2+2j\delta\omega\omega_n+\omega_n^2}=\frac{\omega_n^2}{\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )}$$

$$\Rightarrow T(j\omega)=\frac{1}{\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2} \right )+j\left ( \frac{2\delta\omega}{\omega_n} \right )}$$

Pozwolić, $\frac{\omega}{\omega_n}=u$ Zastąp tę wartość w powyższym równaniu.

$$T(j\omega)=\frac{1}{(1-u^2)+j(2\delta u)}$$

Wielkość $T(j\omega)$ jest -

$$M=|T(j\omega)|=\frac{1}{\sqrt {(1-u^2)^2+(2\delta u)^2}}$$

Faza $T(j\omega)$ jest -

$$\angle T(j\omega)=-tan^{-1}\left( \frac{2\delta u}{1-u^2} \right )$$

Częstotliwość rezonansowa

Jest to częstotliwość, przy której wielkość odpowiedzi częstotliwościowej ma wartość szczytową po raz pierwszy. Jest oznaczony$\omega_r$. W$\omega = \omega_r$, pierwsza pochodna wielkości $T(j\omega)$ wynosi zero.

Rozróżniać $M$ z szacunkiem do $u$.

$$\frac{\text{d}M}{\text{d}u}=-\frac{1}{2}\left [ (1-u^2)^2+(2\delta u)^2 \right ]^{\frac{-3}{2}} \left [2(1-u^2)(-2u)+2(2\delta u)(2\delta) \right ]$$

$$\Rightarrow \frac{\text{d}M}{\text{d}u}=-\frac{1}{2}\left [ (1-u^2)^2+(2\delta u)^2 \right ]^{\frac{-3}{2}} \left [4u(u^2-1 +2\delta^2) \right ]$$

Zastąpić, $u=u_r$ i $\frac{\text{d}M}{\text{d}u}==0$ w powyższym równaniu.

$$0=-\frac{1}{2}\left [ (1-u_r^2)^2+(2\delta u_r)^2 \right ]^{-\frac{3}{2}}\left [ 4u_r(u_r^2-1 +2\delta^2) \right ]$$

$$\Rightarrow 4u_r(u_r^2-1 +2\delta^2)=0$$

$$\Rightarrow u_r^2-1+2\delta^2=0$$

$$\Rightarrow u_r^2=1-2\delta^2$$

$$\Rightarrow u_r=\sqrt{1-2\delta^2}$$

Zastąpić, $u_r=\frac{\omega_r}{\omega_n}$ w powyższym równaniu.

$$\frac{\omega_r}{\omega_n}=\sqrt{1-2\delta^2}$$

$$\Rightarrow \omega_r=\omega_n \sqrt{1-2\delta^2}$$

Szczyt rezonansowy

Jest to wartość szczytowa (maksymalna) wielkości $T(j\omega)$. Jest oznaczony$M_r$.

W $u = u_r$, wielkość $T(j\omega)$ jest -

$$M_r=\frac{1}{\sqrt{(1-u_r^2)^2+(2\delta u_r)^2}}$$

Zastąpić, $u_r = \sqrt{1 − 2\delta^2}$ i $1 − u_r^2 = 2\delta^2$ w powyższym równaniu.

$$M_r=\frac{1}{\sqrt{(2\delta^2)^2+(2\delta \sqrt{1-2\delta^2})^2}}$$

$$\Rightarrow M_r=\frac{1}{2\delta \sqrt {1-\delta^2}}$$

Szczyt rezonansowy w odpowiedzi częstotliwościowej odpowiada szczytowemu przeregulowaniu w reakcji przejściowej w dziedzinie czasu dla pewnych wartości współczynnika tłumienia $\delta$. Zatem rezonansowy szczyt i przeregulowanie szczytowe są ze sobą skorelowane.

Pasmo

Jest to zakres częstotliwości, w którym wielkość $T(j\omega)$ spada do 70,7% od wartości zerowej częstotliwości.

W $\omega = 0$, wartość $u$ będzie wynosić zero.

Zastąpić, $u = 0$ w M.

$$M=\frac{1}{\sqrt {(1-0^2)^2+(2\delta(0))^2}}=1$$

Dlatego wielkość $T(j\omega)$ jest jeden w $\omega = 0$.

Przy częstotliwości 3 dB wielkość $T(j\omega)$ będzie 70,7% wielkości $T(j\omega)$ w $\omega = 0$.

jem $\omega = \omega_B, M = 0.707(1) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

$$\Rightarrow M=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{(1-u_b^2)^2+(2\delta u_b)^2}}$$

$$\Rightarrow 2=(1-u_b^2)^2+(2\delta)^2 u_b^2$$

Pozwolić, $u_b^2=x$

$$\Rightarrow 2=(1-x)^2+(2\delta)^2 x$$

$$\Rightarrow x^2+(4\delta^2-2)x-1=0$$

$$\Rightarrow x=\frac{-(4\delta^2 -2)\pm \sqrt{(4\delta^2-2)^2+4}}{2}$$

Rozważ tylko dodatnią wartość x.

$$x=1-2\delta^2+\sqrt {(2\delta^2-1)^2+1}$$

$$\Rightarrow x=1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}$$

Zastąpić, $x=u_b^2=\frac{\omega_b^2}{\omega_n^2}$

$$\frac{\omega_b^2}{\omega_n^2}=1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}$$

$$\Rightarrow \omega_b=\omega_n \sqrt {1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}}$$

Pasmo $\omega_b$ w odpowiedzi częstotliwościowej jest odwrotnie proporcjonalna do czasu narastania $t_r$ w przejściowej odpowiedzi w dziedzinie czasu.

Wykres Bodego lub diagram Bodego składa się z dwóch wykresów -

  • Wykres wielkości
  • Wykres fazowy

Na obu wykresach oś x przedstawia częstotliwość kątową (skala logarytmiczna). Natomiast oś y reprezentuje wielkość (skalę liniową) funkcji przenoszenia w otwartej pętli na wykresie wielkości i kąt fazowy (skala liniowa) funkcji przenoszenia w otwartej pętli na wykresie fazowym.

Plik magnitude funkcji przesyłania w otwartej pętli w dB wynosi -

$$M=20\: \log|G(j\omega)H(j\omega)|$$

Plik phase angle funkcji przenoszenia w otwartej pętli w stopniach wynosi -

$$\phi=\angle G(j\omega)H(j\omega)$$

Note - Podstawa logarytmu wynosi 10.

Podstawy wykresów Bodego

Poniższa tabela pokazuje nachylenie, wielkość i wartości kąta fazowego składników występujących w funkcji przenoszenia w otwartej pętli. Te dane są przydatne podczas rysowania wykresów Bode.

Rodzaj terminu G (jω) H (jω) Nachylenie (dB / dec) Wielkość (dB) Kąt fazowy (stopnie)

Stały

$K$

$0$

$20 \log K$

$0$

Zero na początku

$j\omega$

$20$

$20 \log \omega$

$90$

'n' zer na początku

$(j\omega)^n$

$20\: n$

$20\: n \log \omega$

$90\: n$

Polak na początku

$\frac{1}{j\omega}$

$-20$

$-20 \log \omega$

$-90 \: or \: 270$

'n' biegunów na początku

$\frac{1}{(j\omega)^n}$

$-20\: n$

$-20 \: n \log \omega$

$-90 \: n \: or \: 270 \: n$

Proste zero

$1+j\omega r$

$20$

$0\: for\: \omega < \frac{1}{r}$

$20\: \log \omega r\: for \: \omega > \frac{1}{r}$

$0 \: for \: \omega < \frac{1}{r}$

$90 \: for \: \omega > \frac{1}{r}$

Prosty słupek

$\frac{1}{1+j\omega r}$

$-20$

$0\: for\: \omega < \frac{1}{r}$

$-20\: \log \omega r\: for\: \omega > \frac{1}{r}$

$0 \: for \: \omega < \frac{1}{r}$

$-90\: or \: 270 \: for\: \omega > \frac{1}{r}$

Termin pochodny drugiego rzędu

$\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )$

$40$

$40\: \log\: \omega_n\: for \: \omega < \omega_n$

$20\: \log\:(2\delta\omega_n^2)\: for \: \omega=\omega_n$

$40 \: \log \: \omega\:for \:\omega > \omega_n$

$0 \: for \: \omega < \omega_n$

$90 \: for \: \omega = \omega_n$

$180 \: for \: \omega > \omega_n$

Człon całkowy drugiego rzędu

$\frac{1}{\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )}$

$-40$

$-40\: \log\: \omega_n\: for \: \omega < \omega_n$

$-20\: \log\:(2\delta\omega_n^2)\: for \: \omega=\omega_n$

$-40 \: \log \: \omega\:for \:\omega > \omega_n$

$-0 \: for \: \omega < \omega_n$

$-90 \: for \: \omega = \omega_n$

$-180 \: for \: \omega > \omega_n$

Rozważmy funkcję przesyłania w otwartej pętli $G(s)H(s) = K$.

Wielkość $M = 20\: \log K$ dB

Kąt fazowy $\phi = 0$ stopni

Gdyby $K = 1$, to wielkość wynosi 0 dB.

Gdyby $K > 1$, wtedy wielkość będzie dodatnia.

Gdyby $K < 1$, wtedy wielkość będzie ujemna.

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedni wykres Bodego.

Wykres wielkości jest linią poziomą niezależną od częstotliwości. Sama linia 0 dB jest wykresem wielkości, gdy wartość K wynosi jeden. W przypadku dodatnich wartości K linia pozioma przesunie się$20 \:\log K$dB powyżej linii 0 dB. W przypadku ujemnych wartości K linia pozioma przesunie się$20\: \log K$dB poniżej linii 0 dB. Sama linia Zero stopni jest wykresem fazowym dla wszystkich dodatnich wartości K.

Rozważmy funkcję przesyłania w otwartej pętli $G(s)H(s) = s$.

Wielkość $M = 20 \log \omega$ dB

Kąt fazowy $\phi = 90^0$

W $\omega = 0.1$ rad / s, wielkość wynosi -20 dB.

W $\omega = 1$ rad / s, wielkość wynosi 0 dB.

W $\omega = 10$ rad / s, wielkość wynosi 20 dB.

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedni wykres Bodego.

Wykres wielkości to linia o nachyleniu 20 dB / dec. Ta linia zaczęła się o$\omega = 0.1$rad / s o amplitudzie -20 dB i dalej na tym samym zboczu. Dotyka linii 0 dB przy$\omega = 1$rad / sek. W tym przypadku wykres fazowy to 90 0 linii.

Rozważmy funkcję przesyłania w otwartej pętli $G(s)H(s) = 1 + s\tau$.

Wielkość $M = 20\: log \sqrt{1 + \omega^2\tau^2}$ dB

Kąt fazowy $\phi = \tan^{-1}\omega\tau$ stopni

Dla $ω < \frac{1}{\tau}$ , wielkość wynosi 0 dB, a kąt fazowy wynosi 0 stopni.

Dla $\omega > \frac{1}{\tau}$ , wielkość wynosi $20\: \log \omega\tau$dB, a kąt fazowy wynosi 90 0 .

Poniższy rysunek przedstawia odpowiedni wykres Bodego.

Wykres wielkości ma amplitudę od 0 dB do góry $\omega=\frac{1}{\tau}$rad / sek. Od$\omega = \frac{1}{\tau}$rad / s, ma nachylenie 20 dB / dec. W tym przypadku wykres fazowy ma kąt fazowy od 0 stopni do$\omega = \frac{1}{\tau}$rad / s i stąd ma kąt fazowy 90 0 . Ten wykres Bodego nazywa sięasymptotic Bode plot.

Ponieważ wykresy wielkości i fazy są przedstawiane liniami prostymi, wykresy Dokładnego Bode przypominają asymptotyczne wykresy Bode. Jedyną różnicą jest to, że wykresy Exact Bode będą miały proste krzywe zamiast prostych.

Podobnie, możesz narysować wykresy Bode'a dla innych warunków funkcji przenoszenia w otwartej pętli, które są podane w tabeli.

W tym rozdziale wyjaśnijmy szczegółowo, jak konstruować (rysować) wykresy Bodego.

Zasady budowy działek Bodego

Przestrzegaj tych zasad podczas tworzenia wykresu Bodego.

  • Przedstaw funkcję przenoszenia w otwartej pętli w standardowej postaci stałej czasowej.

  • Zastąpić, $s=j\omega$ w powyższym równaniu.

  • Znajdź częstotliwości narożne i ułóż je w kolejności rosnącej.

  • Rozważmy częstotliwość wyjściową działki Bode w 1/10 TH o minimalnej częstotliwości narożnej lub 0,1 rad / s, co jest mniejsze wartości i sporządza wykres Bode zapisu do 10 razy maksymalnej częstotliwości narożnej.

  • Narysuj wykresy wielkości dla każdego składnika i odpowiednio połącz te wykresy.

  • Narysuj wykresy fazowe dla każdego terminu i odpowiednio połącz te wykresy.

Note - Częstotliwość narożna to częstotliwość, przy której następuje zmiana nachylenia wykresu wielkości.

Przykład

Rozważ funkcję przenoszenia w pętli otwartej systemu sterowania w pętli zamkniętej

$$G(s)H(s)=\frac{10s}{(s+2)(s+5)}$$

Przekształćmy tę funkcję przenoszenia w otwartej pętli w standardową postać stałej czasowej.

$$G(s)H(s)=\frac{10s}{2\left( \frac{s}{2}+1 \right )5 \left( \frac{s}{5}+1 \right )}$$

$$\Rightarrow G(s)H(s)=\frac{s}{\left( 1+\frac{s}{2} \right )\left( 1+\frac{s}{5} \right )}$$

Tak więc, możemy narysować wykres Bodego w pół arkuszu dziennika, korzystając z reguł wspomnianych wcześniej.

Analiza stabilności przy użyciu wykresów Bode

Na podstawie wykresów Bode'a na podstawie wartości tych parametrów możemy stwierdzić, czy system sterowania jest stabilny, marginalnie stabilny czy niestabilny.

  • Zyskaj częstotliwość podziału i częstotliwość przejścia fazowego
  • Zyskaj margines i margines fazy

Częstotliwość przejścia fazowego

Częstotliwość, przy której wykres fazowy ma fazę -180 0, jest znana jakophase cross over frequency. Jest oznaczony$\omega_{pc}$. Jednostką częstotliwości przecięcia faz jestrad/sec.

Zyskaj częstotliwość zwrotnicy

Częstotliwość, przy której wykres wielkości ma wartość zero dB, jest znana jako gain cross over frequency. Jest oznaczony$\omega_{gc}$. Jednostką częstotliwości granicznej wzmocnienia jestrad/sec.

Stabilność układu sterowania w oparciu o zależność między częstotliwością przejścia fazowego i częstotliwością graniczną wzmocnienia jest wymieniona poniżej.

  • Jeśli faza krzyżuje się z częstotliwością $\omega_{pc}$ jest większa niż częstotliwość przecięcia wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest stable.

  • Jeśli faza krzyżuje się z częstotliwością $\omega_{pc}$ jest równa częstotliwości przecięcia wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest marginally stable.

  • Jeśli faza krzyżuje się z częstotliwością $\omega_{pc}$ jest mniejsza niż częstotliwość graniczna wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest unstable.

Zyskaj marżę

Zyskaj marżę $GM$ jest równa wartości ujemnej w dB przy częstotliwości przecięcia faz.

$$GM=20\log\left( \frac{1}{M_{pc}}\right )=20logM_{pc}$$

Gdzie, $M_{pc}$jest wielkością przy częstotliwości przecięcia faz. Jednostką zysku (GM) jestdB.

Margines fazy

Wzór na margines fazy $PM$ jest

$$PM=180^0+\phi_{gc}$$

Gdzie, $\phi_{gc}$jest kątem fazowym przy częstotliwości przecięcia wzmocnienia. Jednostką marginesu fazy jestdegrees.

Poniżej przedstawiono stabilność układu sterowania opartego na relacji między marginesem wzmocnienia i marginesem fazy.

  • Jeśli zarówno margines wzmocnienia $GM$ i margines fazy $PM$ są pozytywne, to system kontroli jest stable.

  • Jeśli zarówno margines wzmocnienia $GM$ i margines fazy $PM$ są równe zero, to system sterowania jest marginally stable.

  • Jeśli margines wzmocnienia $GM$ i / lub margines fazy $PM$ są / są ujemne, to system kontroli jest unstable.

W poprzednich rozdziałach omówiliśmy wykresy Bodego. Tam mamy dwa oddzielne wykresy zarówno dla wielkości, jak i fazy jako funkcji częstotliwości. Porozmawiajmy teraz o wykresach biegunowych. Wykres biegunowy to wykres, który można narysować między wielkością a fazą. Tutaj wielkości są reprezentowane tylko przez wartości normalne.

Postać polarna $G(j\omega)H(j\omega)$ jest

$$G(j\omega)H(j\omega)=|G(j\omega)H(j\omega)| \angle G(j\omega)H(j\omega)$$

Plik Polar plot to wykres, który można narysować między wielkością a kątem fazowym $G(j\omega)H(j\omega)$ zmieniając $\omega$od zera do ∞. Arkusz wykresu biegunowego pokazano na poniższym rysunku.

Ten arkusz wykresu składa się z koncentrycznych okręgów i promieniowych linii. Plikconcentric circles i radial linesreprezentują odpowiednio wielkości i kąty fazowe. Kąty te są reprezentowane przez wartości dodatnie w kierunku przeciwnym do zegara. Podobnie możemy przedstawiać kąty z wartościami ujemnymi w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Na przykład kąt 270 0 w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara jest równy kątowi -90 0 w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara.

Zasady rysowania wykresów biegunowych

Postępuj zgodnie z tymi zasadami podczas kreślenia biegunów.

  • Zastąpić, $s = j\omega$ w funkcji przesyłania w otwartej pętli.

  • Napisz wyrażenia określające wielkość i fazę $G(j\omega)H(j\omega)$.

  • Znajdź wielkość początkową i fazę $G(j\omega)H(j\omega)$ zastępując $\omega = 0$. Tak więc wykres biegunowy zaczyna się od tej wielkości i kąta fazowego.

  • Znajdź końcową wielkość i fazę $G(j\omega)H(j\omega)$ zastępując $\omega = \infty$. Tak więc wykres biegunowy kończy się na tej wielkości i kącie fazowym.

  • Sprawdź, czy wykres biegunowy przecina rzeczywistą oś, tworząc wyimaginowany termin $G(j\omega)H(j\omega)$ równe zero i znajdź wartość (wartości) $\omega$.

  • Sprawdź, czy wykres biegunowy przecina urojoną oś, wykonując rzeczywisty wyraz $G(j\omega)H(j\omega)$ równe zero i znajdź wartość (wartości) $\omega$.

  • Aby wyraźniej narysować wykres biegunowy, znajdź wielkość i fazę $G(j\omega)H(j\omega)$ biorąc pod uwagę inne wartości $\omega$.

Przykład

Rozważ funkcję przenoszenia w pętli otwartej systemu sterowania w pętli zamkniętej.

$$G(s)H(s)=\frac{5}{s(s+1)(s+2)}$$

Narysujmy wykres biegunowy dla tego systemu sterowania, korzystając z powyższych zasad.

Step 1 - Zastępca, $s = j\omega$ w funkcji przesyłania w otwartej pętli.

$$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{5}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)}$$

Wielkość funkcji przenoszenia w otwartej pętli wynosi

$$M=\frac{5}{\omega(\sqrt{\omega^2+1})(\sqrt{\omega^2+4})}$$

Kąt fazowy funkcji przenoszenia w otwartej pętli wynosi

$$\phi=-90^0-\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{2}$$

Step 2 - Poniższa tabela przedstawia wielkość i kąt fazowy funkcji przenoszenia w otwartej pętli przy $\omega = 0$ rad / sek i $\omega = \infty$ rad / sek.

Częstotliwość (rad / s) Wielkość Kąt fazowy (stopnie)
0 -90 lub 270
0 -270 lub 90

Tak więc wykres biegunowy zaczyna się od (∞, −90 0 ) i kończy na (0, −270 0 ). Pierwsze i drugie wyrazy w nawiasach wskazują odpowiednio wielkość i kąt fazowy.

Step 3- W oparciu o początkowe i końcowe współrzędne biegunowe, ten wykres biegunowy przecina ujemną oś rzeczywistą. Kąt fazowy odpowiadający ujemnej osi rzeczywistej wynosi -180 0 lub 180 0 . Tak więc, zrównując kąt fazowy funkcji przenoszenia w otwartej pętli do −180 0 lub 180 0 , otrzymamy$\omega$ wartość jako $\sqrt{2}$.

Zastępując $\omega = \sqrt{2}$ w wielkości funkcji przenoszenia w otwartej pętli, otrzymamy $M = 0.83$. Dlatego wykres biegunowy przecina ujemną oś rzeczywistą, gdy$\omega = \sqrt{2}$a współrzędna biegunowa to (0,83, -180 0 ).

Możemy więc narysować wykres biegunowy z powyższymi informacjami na arkuszu wykresu biegunowego.

Wykresy Nyquista są kontynuacją wykresów biegunowych służących do znajdowania stabilności systemów sterowania w zamkniętej pętli poprzez zmianę ω od −∞ do ∞. Oznacza to, że wykresy Nyquista są używane do rysowania pełnej odpowiedzi częstotliwościowej funkcji przenoszenia w otwartej pętli.

Kryterium stabilności Nyquista

Kryterium stabilności Nyquista działa na principle of argument. Stwierdza, że ​​jeśli istnieją bieguny P i zera Z są otoczone zamkniętą ścieżką płaszczyzny `` s '', to odpowiednie$G(s)H(s)$ płaszczyzna musi otaczać początek $P − Z$czasy. Więc możemy zapisać liczbę okrążeń N jako,

$$N=P-Z$$

  • Jeśli zamknięta ścieżka zamkniętej płaszczyzny „s” zawiera tylko bieguny, to kierunek okrążenia w $G(s)H(s)$ płaszczyzna będzie przeciwna do kierunku zamkniętej zamkniętej ścieżki w płaszczyźnie „s”.

  • Jeśli zamknięta ścieżka zamkniętej płaszczyzny 's' zawiera tylko zera, to kierunek okrążenia w $G(s)H(s)$ płaszczyzna będzie w tym samym kierunku, co zamknięta ścieżka w płaszczyźnie „s”.

Zastosujmy teraz zasadę argumentacji do całej prawej połowy płaszczyzny „s”, wybierając ją jako zamkniętą ścieżkę. Ta wybrana ścieżka nosi nazwęNyquist kontur.

Wiemy, że układ sterowania w pętli zamkniętej jest stabilny, jeśli wszystkie bieguny funkcji przenoszenia w pętli zamkniętej znajdują się w lewej połowie płaszczyzny „s”. Zatem bieguny funkcji przenoszenia w zamkniętej pętli są niczym innym jak pierwiastkami charakterystycznego równania. Wraz ze wzrostem kolejności charakterystycznego równania trudno jest znaleźć korzenie. Zatem skorelujmy te pierwiastki równania charakterystycznego w następujący sposób.

  • Bieguny charakterystycznego równania są takie same jak bieguny funkcji przenoszenia w otwartej pętli.

  • Zera w charakterystycznym równaniu są takie same, jak bieguny funkcji przenoszenia w zamkniętej pętli.

Wiemy, że układ sterowania w pętli otwartej jest stabilny, jeśli w prawej połowie płaszczyzny „s” nie ma bieguna otwartej pętli.

to znaczy,$P=0 \Rightarrow N=-Z$

Wiemy, że układ sterowania w pętli zamkniętej jest stabilny, jeśli w prawej połowie płaszczyzny „s” nie ma bieguna zamkniętej pętli.

to znaczy,$Z=0 \Rightarrow N=P$

Nyquist stability criterionstwierdza, że ​​liczba okrążeń wokół punktu krytycznego (1 + j0) musi być równa biegunom równania charakterystycznego, które są niczym innym jak biegunami funkcji przenoszenia w otwartej pętli w prawej połowie płaszczyzny „s”. Przesunięcie początku do (1 + j0) daje charakterystyczną płaszczyznę równania.

Zasady rysowania wykresów Nyquista

Postępuj zgodnie z tymi zasadami podczas kreślenia działek Nyquista.

  • Zlokalizuj bieguny i zera funkcji przenoszenia w otwartej pętli $G(s)H(s)$ w samolocie „s”.

  • Narysuj wykres biegunowy, zmieniając $\omega$od zera do nieskończoności. Jeśli biegun lub zero występuje przy s = 0, to zmienia się$\omega$ od 0+ do nieskończoności do rysowania wykresów biegunowych.

  • Narysuj lustrzane odbicie powyższego wykresu biegunowego dla wartości $\omega$w zakresie od −∞ do zera (0 - jeśli jakikolwiek biegun lub zero występuje przy s = 0).

  • Liczba półokręgów o nieskończonym promieniu będzie równa liczbie biegunów lub zer na początku. Półkole o nieskończonym promieniu rozpocznie się w punkcie, w którym kończy się lustrzane odbicie wykresu biegunowego. A półkole o nieskończonym promieniu zakończy się w punkcie, w którym zaczyna się wykres biegunowy.

Po narysowaniu wykresu Nyquista możemy znaleźć stabilność systemu sterowania w pętli zamkniętej, korzystając z kryterium stabilności Nyquista. Jeśli punkt krytyczny (-1 + j0) leży poza okrążeniem, wówczas układ sterowania w pętli zamkniętej jest całkowicie stabilny.

Analiza stabilności z wykorzystaniem wykresów Nyquista

Na podstawie wykresów Nyquista możemy na podstawie wartości tych parametrów określić, czy system sterowania jest stabilny, marginalnie stabilny lub niestabilny.

  • Zyskaj częstotliwość podziału i częstotliwość przejścia fazowego
  • Zyskaj margines i margines fazy

Częstotliwość przejścia fazowego

Częstotliwość, z jaką wykres Nyquista przecina ujemną oś rzeczywistą (kąt fazowy wynosi 180 0 ) jest znana jakophase cross over frequency. Jest oznaczony$\omega_{pc}$.

Zyskaj częstotliwość zwrotnicy

Częstotliwość, z jaką wykres Nyquista ma wielkość jeden, jest znana jako gain cross over frequency. Jest oznaczony$\omega_{gc}$.

Stabilność układu sterowania w oparciu o zależność między częstotliwością przecięcia faz i częstotliwością graniczną wzmocnienia jest wymieniona poniżej.

  • Jeśli faza krzyżuje się z częstotliwością $\omega_{pc}$ jest większa niż częstotliwość przecięcia wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest stable.

  • Jeśli faza krzyżuje się z częstotliwością $\omega_{pc}$ jest równa częstotliwości przecięcia wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest marginally stable.

  • Jeśli częstotliwość krzyżowania się faz $\omega_{pc}$ jest mniejsza niż częstotliwość skrośna wzmocnienia $\omega_{gc}$, to system sterowania jest unstable.

Zyskaj marżę

Margines zysku $GM$ jest równa odwrotności wielkości wykresu Nyquista przy częstotliwości skrzyżowania faz.

$$GM=\frac{1}{M_{pc}}$$

Gdzie, $M_{pc}$ jest wielkością w normalnej skali przy częstotliwości skrzyżowania faz.

Margines fazy

Margines fazy $PM$jest równa sumie 180 0 i kąta fazowego przy częstotliwości przecięcia wzmocnienia.

$$PM=180^0+\phi_{gc}$$

Gdzie, $\phi_{gc}$ jest kątem fazowym przy częstotliwości przecięcia wzmocnienia.

Stabilność układu sterowania opartego na relacji między marginesem wzmocnienia i marginesem fazy jest przedstawiona poniżej.

  • Jeśli margines wzmocnienia $GM$ jest większa niż jeden i margines fazy $PM$ jest pozytywny, to system kontroli jest stable.

  • Jeśli margines wzmocnienia $GM$ jest równy jeden i margines fazy $PM$ wynosi zero stopni, to system sterowania jest marginally stable.

  • Jeśli margines wzmocnienia $GM$ jest mniejsza niż jeden i / lub margines fazy $PM$ jest ujemna, to system kontroli jest unstable.

Istnieją trzy rodzaje kompensatorów - kompensatory opóźnione, ołowiu i opóźnione ołowiu. Są to najczęściej używane.

Kompensator opóźnienia

Kompensator opóźnienia to sieć elektryczna, która wytwarza sygnał wyjściowy o przebiegu sinusoidalnym z opóźnieniem fazowym po przyłożeniu sygnału wejściowego sinusoidalnego. Obwód kompensatora opóźnienia w domenie „s” pokazano na poniższym rysunku.

Tutaj kondensator jest połączony szeregowo z rezystorem $R_2$ a wynik jest mierzony w ramach tej kombinacji.

Funkcja przenoszenia tego kompensatora opóźnienia wynosi -

$$\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=\frac{1}{\alpha} \left( \frac{s+\frac{1}{\tau}}{s+\frac{1}{\alpha\tau}} \right )$$

Gdzie,

$$\tau=R_2C$$

$$\alpha=\frac{R_1+R_2}{R_2}$$

Z powyższego równania $\alpha$ jest zawsze większe niż jeden.

Z funkcji transferu możemy wywnioskować, że kompensator opóźnienia ma jeden biegun przy $s = − \frac{1}{\alpha \tau}$ i jeden zero w $s = −\frac{1}{\tau}$. Oznacza to, że biegun będzie bliżej początku w konfiguracji bieguna zerowego kompensatora opóźnienia.

Zastąpić, $s = j\omega$ w funkcji przenoszenia.

$$\frac{V_o(j\omega)}{V_i(j\omega)}=\frac{1}{\alpha}\left( \frac{j\omega+\frac{1}{\tau}}{j\omega+\frac{1}{\alpha\tau}}\right )$$

Kąt fazowy $\phi = \tan^{−1} \omega\tau − tan^{−1} \alpha\omega\tau$

Wiemy, że faza wyjściowego sygnału sinusoidalnego jest równa sumie kątów fazowych wejściowego sygnału sinusoidalnego i transmitancji.

Tak więc, aby wytworzyć opóźnienie fazowe na wyjściu tego kompensatora, kąt fazowy funkcji transferu powinien być ujemny. Stanie się to, gdy$\alpha > 1$.

Lead Compensator

Kompensator ołowiu jest siecią elektryczną, która wytwarza sinusoidalne wyjście z przewodem fazowym, gdy przyłożone jest sinusoidalne wejście. Na poniższym rysunku pokazano obwód kompensatora ołowiu w domenie „s”.

Tutaj kondensator jest równoległy do ​​rezystora $R_1$ a wyjście jest mierzone na rezystorze $ R_2.

Funkcja przenoszenia tego kompensatora ołowiu to -

$$ \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ beta \ left (\ frac {s \ tau + 1} {\ beta s \ tau + 1} \ right) $$

Gdzie,

$$ \ tau = R_1C $$

$$ \ beta = \ frac {R_2} {R_1 + R_2} $$

Z funkcji transferu możemy wywnioskować, że kompensator wiodący ma biegun przy $ s = - \ frac {1} {\ beta}$ and zero at $s = - \ frac {1} {\ beta \ tau} $.

Zastępujemy $ s = j \ omega $ w funkcji transferu.

$$ \ frac {V_o (j \ omega)} {V_i (j \ omega)} = \ beta \ left (\ frac {j \ omega \ tau + 1} {\ beta j \ omega \ tau + 1} \ right ) $$

Kąt fazowy $ \ phi = tan ^ {- 1} \ omega \ tau - tan ^ {- 1} \ beta \ omega \ tau $

Wiemy, że faza wyjściowego sygnału sinusoidalnego jest równa sumie kątów fazowych wejściowego sygnału sinusoidalnego i transmitancji.

Tak więc, aby wytworzyć skok fazowy na wyjściu tego kompensatora, kąt fazowy funkcji transferu powinien być dodatni. Stanie się tak, gdy $ 0 <\ beta <1 $. Dlatego zero będzie bliżej początku w konfiguracji biegunowo-zerowej kompensatora wiodącego.

Kompensator opóźnienia ołowiu

Kompensator Lag-Lead to sieć elektryczna, która wytwarza opóźnienie fazowe w jednym obszarze częstotliwości i przewodzenie fazowe w innym obszarze częstotliwości. Jest to połączenie kompensatorów opóźnienia i wiodących. Obwód kompensatora opóźnienia wyprzedzenia w domenie „s” pokazano na poniższym rysunku.

Ten obwód wygląda tak, jakby oba kompensatory były połączone kaskadowo. Tak więc funkcja transferu tego obwodu będzie iloczynem funkcji przenoszenia kompensatorów ołowiu i opóźnienia.

$$ \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ beta \ left (\ frac {s \ tau_1 + 1} {\ beta s \ tau_1 + 1} \ right) \ frac {1} {\ alpha} \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_2}} {s + \ frac {1} {\ alpha \ tau_2}} \ right) $$

Wiemy, że $ \ alpha \ beta = 1 $.

$$ \ Rightarrow \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_1}} {s + \ frac {1} {\ beta \ tau_1}} \ right) \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_2}} {s + \ frac {1} {\ alpha \ tau_2}} \ right) $$

Gdzie,

$$ \ tau_1 = R_1C_1 $$

$$ \ tau_2 = R_2C_2 $$

Różne typy sterowników służą do poprawy wydajności systemów sterowania. W tym rozdziale omówimy podstawowe regulatory, takie jak regulatory proporcjonalne, różniczkowe i całkowe.

Kontroler proporcjonalny

Regulator proporcjonalny wytwarza sygnał wyjściowy, który jest proporcjonalny do sygnału błędu.

$$ u (t) \ propto e (t) $$

$$ \ Rightarrow u (t) = K_P e (t) $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach -

$$ U (s) = K_P E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P $$

Dlatego transmitancja regulatora proporcjonalnego wynosi $ K_P $.

Gdzie,

U (s) to transformata Laplace'a sygnału uruchamiającego u (t)

E (s) to transformata Laplace'a sygnału błędu e (t)

K P jest stałą proporcjonalności

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz z regulatorem proporcjonalnym przedstawiono na poniższym rysunku.

Regulator proporcjonalny służy do zmiany odpowiedzi przejściowej zgodnie z wymaganiami.

Kontroler pochodny

Regulator różniczkujący wytwarza wyjście, które jest pochodną sygnału błędu.

$$ u (t) = K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$ U (s) = K_D sE (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_D s $$

Dlatego funkcja przenoszenia regulatora pochodnego wynosi $ K_D s $.

Gdzie $ K_D $ jest stałą pochodną.

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz z regulatorem różniczkującym przedstawiono na poniższym rysunku.

Regulator różniczkujący służy do zmiany niestabilnego układu sterowania na stabilny.

Integralny kontroler

Regulator integralny wytwarza wyjście, które jest całką sygnału błędu.

$$ u (t) = K_I \ int e (t) dt $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach -

$$ U (s) = \ frac {K_I E (s)} {s} $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = \ frac {K_I} {s} $$

Dlatego funkcja transferu integralnego kontrolera to $ \ frac {K_I} {s} $.

Gdzie $ K_I $ jest stałą całkującą.

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz ze sterownikiem zintegrowanym przedstawiono na poniższym rysunku.

Regulator zintegrowany służy do zmniejszania błędu stanu ustalonego.

Omówmy teraz kombinację podstawowych kontrolerów.

Sterownik proporcjonalnej pochodnej (PD)

Regulator proporcjonalny generuje wyjście, które jest połączeniem wyjść regulatorów proporcjonalnych i różniczkujących.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach -

$$ U (s) = (K_P + K_D s) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + K_D s $$

Dlatego transmitancja regulatora proporcjonalnego wynosi $ K_P + K_D s $.

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz z proporcjonalnym regulatorem różniczkującym przedstawiono na poniższym rysunku.

Proporcjonalny regulator różniczkujący służy do poprawy stabilności układu sterowania bez wpływu na błąd stanu ustalonego.

Regulator proporcjonalno-całkujący (PI)

Regulator proporcjonalno-całkujący generuje wyjście, które jest kombinacją wyjść regulatorów proporcjonalnych i integralnych.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_I \ int e (t) dt $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach -

$$ U (s) = \ left (K_P + \ frac {K_I} {s} \ right) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + \ frac {K_I} {s} $$

Dlatego transmitancja proporcjonalnego regulatora całkującego wynosi $ K_P + \ frac {K_I} {s} $.

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz z proporcjonalnym regulatorem całkującym przedstawiono na poniższym rysunku.

Proporcjonalny regulator całkujący służy do zmniejszenia błędu stanu ustalonego bez wpływu na stabilność systemu sterowania.

Regulator PID (Proportional Integral Derivative)

Regulator proporcjonalno-całkująco-różniczkujący generuje wyjście, które jest połączeniem wyjść regulatorów proporcjonalnych, całkujących i różniczkujących.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_I \ int e (t) dt + K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach -

$$ U (s) = \ left (K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s \ right) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s $$

Dlatego transmitancja regulatora proporcjonalnego całkującego różniczkowania wynosi $ K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s $.

Schemat blokowy układu sterowania w pętli zamkniętej z ujemnym sprzężeniem zwrotnym jedności wraz z proporcjonalnym regulatorem całkująco-różniczkującym przedstawiono na poniższym rysunku.

Regulator proporcjonalny całkująco-różniczkujący służy do poprawy stabilności układu sterowania i zmniejszenia błędu stanu ustalonego.

Plik state space model systemu liniowego niezmiennego w czasie (LTI) można przedstawić jako,

$$ \ dot {X} = AX + BU $$

$$ Y = CX + DU $$

Pierwsze i drugie równanie nazywane są odpowiednio równaniem stanu i równaniem wyjściowym.

Gdzie,

  • X i $ \ dot {X} $ są odpowiednio wektorem stanu i wektorem stanu różniczkowego.

  • U i Y są odpowiednio wektorem wejściowym i wektorem wyjściowym.

  • A to macierz systemowa.

  • B i C to macierze wejściowe i wyjściowe.

  • D jest macierzą sprzężenia zwrotnego.

Podstawowe pojęcia modelu przestrzeni stanów

Następująca podstawowa terminologia związana z tym rozdziałem.

Stan

Jest to grupa zmiennych, która podsumowuje historię systemu w celu przewidywania przyszłych wartości (wyjść).

Zmienna stanu

Liczba wymaganych zmiennych stanu jest równa liczbie elementów pamięciowych obecnych w systemie.

Examples - prąd płynący przez cewkę, napięcie na kondensatorze

Państwo wektor

Jest to wektor, który zawiera zmienne stanu jako elementy.

We wcześniejszych rozdziałach omówiliśmy dwa modele matematyczne układów sterowania. Są to model równań różniczkowych i model funkcji transferu. Model przestrzeni stanów można uzyskać z dowolnego z tych dwóch modeli matematycznych. Omówmy teraz kolejno te dwie metody.

Model przestrzeni stanów z równania różniczkowego

Rozważ następującą serię obwodu RLC. Ma napięcie wejściowe, $ v_i (t)$ and the current flowing through the circuit is $i (t) $.

W tym obwodzie znajdują się dwa elementy pamięci (cewka i kondensator). Tak więc liczba zmiennych stanu jest równa dwóm, a te zmienne stanu to prąd przepływający przez cewkę, $ i (t)$ and the voltage across capacitor, $v_c (t) $.

Z obwodu napięcie wyjściowe, $ v_0 (t)$ is equal to the voltage across capacitor, $v_c (t) $.

$$ v_0 (t) = v_c (t) $$

Zastosuj KVL wokół pętli.

$$ v_i (t) = Ri (t) + L \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} + v_c (t) $$

$$ \ Rightarrow \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} = - \ frac {Ri (t)} {L} - \ frac {v_c (t)} {L} + \ frac {v_i (t)} {L} $$

Napięcie na kondensatorze wynosi -

$$ v_c (t) = \ frac {1} {C} \ int i (t) dt $$

Zróżnicuj powyższe równanie w odniesieniu do czasu.

$$ \ frac {\ text {d} v_c (t)} {\ text {d} t} = \ frac {i (t)} {C} $$

Wektor stanu, $ X = \ begin {bmatrix} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} $

Wektor stanu różniczkowego, $ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} \\\ frac {\ text {d} v_c (t )} {\ text {d} t} \ end {bmatrix} $

Możemy uporządkować równania różniczkowe i równanie wyjściowe w standardową postać modelu przestrzeni stanów jako:

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} \\\ frac {\ text {d} v_c (t)} { \ text {d} t} \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} - \ frac {R} {L} & - \ frac {1} {L} \\\ frac {1} {C} & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} \ frac {1} {L} \\ 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix } v_i (t) \ end {bmatrix} $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} $$

Gdzie,

$$ A = \ begin {bmatrix} - \ frac {R} {L} & - \ frac {1} {L} \\\ frac {1} {C} & 0 \ end {bmatrix}, \: B = \ begin {bmatrix} \ frac {1} {L} \\ 0 \ end {bmatrix}, \: C = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \: and \: D = \ begin {bmatrix } 0 \ end {bmatrix} $$

Model przestrzeni stanów z funkcji transferu

Rozważ dwa typy funkcji przenoszenia w oparciu o rodzaj terminów występujących w liczniku.

  • Funkcja przenoszenia o stałym członku w liczniku.
  • Funkcja przenoszenia mająca funkcję wielomianu „s” w liczniku.

Funkcja przenoszenia o stałym członku w liczniku

Rozważmy następującą funkcję przenoszenia systemu

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {b_0} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1s + a_0} $ $

Zmień układ, powyższe równanie jako

$$ (s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_0) Y (s) = b_0 U (s) $$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$ \ frac {\ text {d} ^ ny (t)} {\ text {d} t ^ n} + a_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n-1} y (t )} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + a_1 \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} + a_0y (t) = b_0 u (t) $$

Pozwolić

$$ y (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ dot {x} _1 $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2y (t)} {\ text {d} t ^ 2} = x_3 = \ dot {x} _2 $$

$$. $$

$$. $$

$$. $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ {n-1} y (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} = x_n = \ dot {x} _ {n-1} $ $

$$ \ frac {\ text {d} ^ ny (t)} {\ text {d} t ^ n} = \ dot {x} _n $$

i $ u (t) = u $

Następnie,

$$ \ dot {x} _n + a_ {n-1} x_n + ... + a_1x_2 + a_0x_1 = b_0 u $$

Z powyższego równania możemy napisać następujące równanie stanu.

$$ \ dot {x} _n = -a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + b_0 u $$

Równanie wyjściowe to -

$$ y (t) = y = x_1 $$

Model przestrzeni stanów to -

$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \\\ vdots \\\ dot {x} _ {n-1} \\\ dot {x} _n \ end {bmatrix} $

$$ = \ begin {bmatrix} 0 & 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ dotso & 0 & 0 \\\ vdots & \ vdots & \ vdots & \ dotso & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ dotso & 0 & 1 \\ - a_0 & -a_1 & -a_2 & \ dotso & -a_ {n-2} & -a_ {n-1} \ end {bmatrix } \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 0 \\\ vdots \\ 0 \\ b_0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} u \ end {bmatrix} $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

Tutaj $ D = \ left [0 \ right]. $

Przykład

Znajdź model przestrzeni stanów dla systemu z funkcją transferu.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Zmień układ, powyższe równanie jako,

$$ (s ^ 2 + s + 1) Y (s) = U (s) $$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2y (t)} {\ text {d} t ^ 2} + \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} + y (t) = u (t) $$

Pozwolić

$$ y (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ dot {x} _1 $$

i $ u (t) = u $

Wtedy równanie stanu to

$$ \ dot {x} _2 = -x_1-x_2 + u $$

Równanie wyjściowe to

$$ y (t) = y = x_1 $$

Model przestrzeni stanów to

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & -1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} \ left [u \ right] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 1 & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Funkcja przenoszenia mająca funkcję wielomianu „s” w liczniku

Rozważmy następującą funkcję przenoszenia systemu

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {b_n s ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ left (\ frac {1} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} \ right) (b_n s ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0) $$

Powyższe równanie ma postać iloczynu funkcji transferu dwóch bloków, które są kaskadowo.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ left (\ frac {V (s)} {U (s)} \ right) \ left (\ frac {Y (s)} {V (s)} \ right) $$

Tutaj,

$$ \ frac {V (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} $$

Zmień układ, powyższe równanie jako

$$ (s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_0) V (s) = U (s) $$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$ \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} + a_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n- 1} v (t )} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + a_1 \ frac {\ text {d} v (t)} {\ text {d} t} + a_0v (t) = u (t) $$

Pozwolić

$$ v (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} v ((t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ dot {x} _1 $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2v (t)} {\ text {d} t ^ 2} = x_3 = \ dot {x} _2 $$

$$. $$

$$. $$

$$. $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ {n-1} v (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} = x_n = \ dot {x} _ {n-1} $ $

$$ \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} = \ dot {x} _n $$

i $ u (t) = u $

Wtedy równanie stanu to

$$ \ dot {x} _n = -a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + u $$

Rozważać,

$$ \ frac {Y (s)} {V (s)} = b_ns ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0 $$

Zmień układ, powyższe równanie jako

$$ Y (s) = (b_ns ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0) V (s) $$

Zastosuj odwrotną transformatę Laplace'a po obu stronach.

$$ y (t) = b_n \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} + b_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n -1} v (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + b_1 \ frac {\ text {d} v (t)} {\ text {d} t} + b_0v (t) $$

Podstawiając zmienne stanu i $ y (t) = y $ w powyższym równaniu, otrzymamy równanie wyjściowe jako:

$$ y = b_n \ dot {x} _n + b_ {n-1} x_n + ... + b_1x_2 + b_0x_1 $$

Zastąp $ \ dot {x} _n $ wartość w powyższym równaniu.

$$ y = b_n (-a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + u) + b_ {n-1} x_n + ... + b_1x_2 + b_0x_1 $$

$$ y = (b_0-b_na_0) x_1 + (b_1-b_na_1) x_2 + ... + (b_ {n-1} -b_na_ {n-1}) x_n + b_n u $$

Model przestrzeni stanów to

$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \\\ vdots \\\ dot {x} _ {n-1} \\\ dot {x} _n \ end {bmatrix} $

$$ = \ begin {bmatrix} 0 & 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ dotso & 0 & 0 \\\ vdots & \ vdots & \ vdots & \ dotso & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ dotso & 0 & 1 \\ - a_0 & -a_1 & -a_2 & \ dotso & -a_ {n-2} & -a_ {n-1} \ end {bmatrix } \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 0 \\\ vdots \\ 0 \\ b_0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} u \ end {bmatrix} $$

$$ Y = [b_0-b_na_0 \ quad b_1-b_na_1 \ quad ... \ quad b_ {n-2} -b_na_ {n-2} \ quad b_ {n-1} -b_na_ {n-1}] \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

Jeśli $ b_n = 0 $, to

$$ Y = [b_0 \ quad b_1 \ quad ... \ quad b_ {n-2} \ quad b_ {n-1}] \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n- 1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

W poprzednim rozdziale dowiedzieliśmy się, jak otrzymać model przestrzeni stanów z równania różniczkowego i funkcji przenoszenia. W tym rozdziale omówimy, jak uzyskać funkcję transferu z modelu przestrzeni stanów.

Transfer funkcji z modelu przestrzeni stanów

Wiemy, że model przestrzeni stanów systemu liniowego niezmiennego w czasie (LTI) to -

$$ \ dot {X} = AX + BU $$

$$ Y = CX + DU $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach równania stanu.

$$ sX (s) = AX (s) + BU (s) $$

$$ \ Rightarrow (sI-A) X (s) = BU (s) $$

$$ \ Rightarrow X (s) = (sI-A) ^ {- 1} BU (s) $$

Zastosuj transformatę Laplace'a po obu stronach równania wyjściowego.

$$ Y (s) = CX (s) + DU (s) $$

Zastąp wartość X (s) w powyższym równaniu.

$$ \ Rightarrow Y (s) = C (sI-A) ^ {- 1} BU (s) + DU (s) $$

$$ \ Rightarrow Y (s) = [C (sI-A) ^ {- 1} B + D] U (s) $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B + D $$

Powyższe równanie przedstawia funkcję przenoszenia systemu. Tak więc możemy obliczyć transmitancję systemu, używając tego wzoru dla systemu reprezentowanego w modelu przestrzeni stanów.

Note - Gdy $ D = [0] $, funkcja transferu będzie

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B $$

Example

Obliczmy transmitancję układu przedstawionego w modelu przestrzeni stanów jako,

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} [u] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Tutaj,

$$ A = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix}, \ quad B = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix}, \ quad C = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ quad i \ quad D = [0] $$

Wzór na funkcję transferu, gdy $ D = [0] $ wynosi -

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B $$

Zastąp macierze A, B i C w powyższym równaniu.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} s + 1 i 1 \\ - 1 & s \ end {bmatrix } ^ {- 1} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ frac {\ begin {bmatrix} s & -1 \\ 1 & s + 1 \ end {bmatrix}} {(s + 1) s-1 (-1)} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {\ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} s \\ 1 \ end {bmatrix}} {s ^ 2 + s + 1} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Dlatego funkcja transferu systemu dla danego modelu przestrzeni stanów wynosi

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Macierz przejść stanów i jej właściwości

Jeśli system ma warunki początkowe, wygeneruje wynik. Ponieważ to wyjście jest obecne nawet w przypadku braku danych wejściowych, jest nazywanezero input response$ x_ {ZIR} (t) $. Matematycznie możemy to zapisać jako:

$$ x_ {ZIR} (t) = e ^ {At} X (0) = L ^ {- 1} \ left \ {\ left [sI-A \ right] ^ {- 1} X (0) \ right] \} $$

Z powyższej zależności możemy zapisać macierz przejść stanów $ \ phi (t) $ jako

$$ \ phi (t) = e ^ {At} = L ^ {- 1} [sI-A] ^ {- 1} $$

Zatem zerową odpowiedź wejściową można uzyskać mnożąc macierz przejścia stanów $ \ phi (t) $ przez macierz warunków początkowych.

Poniżej przedstawiono właściwości macierzy przejść stanów.

  • Jeśli $ t = 0 $, to macierz przejść stanów będzie równa macierzy tożsamości.

    $$ \ phi (0) = I $$

  • Odwrotność macierzy przejścia stanów będzie taka sama, jak macierzy przejść stanów, po prostu przez zastąpienie „t” przez „-t”.

    $$ \ phi ^ {- 1} (t) = \ phi (−t) $$

  • Jeśli $ t = t_1 + t_2$ , then the corresponding state transition matrix is equal to the multiplication of the two state transition matrices at $t = t_1$ and $t = t_2 $.

    $$ \ phi (t_1 + t_2) = \ phi (t_1) \ phi (t_2) $$

Sterowalność i obserwowalność

Omówmy teraz po kolei sterowalność i obserwowalność systemu sterowania.

Sterowalność

Mówi się, że jest to system kontroli controllable jeżeli stany początkowe układu sterowania są przenoszone (zmieniane) do innych pożądanych stanów przez kontrolowane wejście w skończonym czasie.

Sterowalność systemu sterowania możemy sprawdzić za pomocą Kalman’s test.

  • Napisz macierz $ Q_c $ w następującej formie.

    $$ Q_c = \ left [B \ quad AB \ quad A ^ 2B \ quad ... \ quad A ^ {n-1} B \ right] $$

  • Znajdź wyznacznik macierzy $ Q_c $ i jeśli nie jest równy zeru, to system sterowania jest sterowalny.

Obserwowalność

Mówi się, że jest to system kontroli observable czy jest w stanie określić początkowe stany układu sterowania, obserwując wyjścia w skończonym czasie.

Obserwowalność systemu sterowania możemy sprawdzić za pomocą Kalman’s test.

  • Napisz macierz $ Q_o $ w następującej formie.

    $$ Q_o = \ left [C ^ T \ quad A ^ TC ^ T \ quad (A ^ T) ^ 2C ^ T \ quad ... \ quad (A ^ T) ^ {n-1} C ^ T \ right] $$

  • Znajdź wyznacznik macierzy $ Q_o $ i jeśli nie jest równy zeru, to system sterowania jest obserwowalny.

Example

Zweryfikujmy sterowalność i obserwowalność systemu sterowania, który jest reprezentowany w modelu przestrzeni stanów jako,

$$ \ dot {x} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} [u] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Tutaj,

$$ A = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix}, \ quad B = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix}, \ quad \ begin {bmatrix } 0 & 1 \ end {bmatrix}, D = [0] \ quad i \ quad n = 2 $$

Dla $ n = 2$, the matrix $Q_c $ będzie

$$ Q_c = \ left [B \ quad AB \ right] $$

Otrzymamy iloczyn macierzy A i B jako,

$$ AB = \ begin {bmatrix} -1 \\ 1 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow Q_c = \ begin {bmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \ end {bmatrix} $$

$$ | Q_c | = 1 \ neq 0 $$

Ponieważ wyznacznik macierzy $ Q_c $ nie jest równy zeru, dany system sterowania jest sterowalny.

Dla $ n = 2$, the matrix $Q_o $ będzie -

$$ Q_o = \ left [C ^ T \ quad A ^ TC ^ T \ right] $$

Tutaj,

$$ A ^ T = \ begin {bmatrix} -1 & 1 \\ - 1 & 0 \ end {bmatrix} \ quad and \ quad C ^ T = \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} $ $

Otrzymamy iloczyn macierzy $ A ^ T$ and $C ^ T $ as

$$ A ^ TC ^ T = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow Q_o = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow | Q_o | = -1 \ quad \ neq 0 $$

Ponieważ wyznacznik macierzy $ Q_o $ nie jest równy zeru, dany system sterowania jest obserwowalny.

Dlatego dany system sterowania jest zarówno sterowalny, jak i obserwowalny.