Giáo trình Cơ sở tự động - Giải bài tập số 4
MÔN HỌC : CƠ SỞ TỰ ĐỘNG
BÀI TẬP SỐ 4
Trường ĐHBK Tp. HCM
Khoa Điện – Điện Tử
Bộ Môn Điều Khiển Tự Động
Câu 1 : Cho hệ thống có sơ đồ khối :
1.1 Tìm PTTT mô tả hệ hở (1.0đ)
1.2 Tìm điều kiện của k1, k2, N, để hệ kín ổn định (0.75đ)
1.3 Cho N = 1. Thiết kế luật điều khiển u(t) = N*r(t) – k1*x1(t) – k2*x2(t) để hệ kín có cặp cực quyết
định s*1,2 = -3 ± 3i (0.75đ)
1.4 Tìm N sao cho e(∞) = 0 với k1, k2 tìm được ở câu 1.3. Lưu ý [ e(t) = r(t) – y(t) ]. (1.0đ)
Giải :
Câu 1 :
1.1 PTTT mô tả hệ hở
X1(s)
2/ s
2
=
=
⇒ x1 = −2x1 + 2u
U(s) 1+ 2/ s s + 2
X2 (s)
3
=
⇒ x2 = 3x1 −3x2
X1(s) s + 3
−2
0
2
x =
x +
u
⇒
3
−3
0
y = (0 1) x
1.2 Điều kiện của k1, k2, N để hệ kín ổn định
u = Nr − k1x1 − k2 x2 = Nr − Kx
⇒ x = Ax + Bu = Ax + B(Nr − Kx) = (A− BK)x + BNr
⇒ sX (s) = (A− BK)X (s) + BNR(s)
⇒ X (s) = (sI − A+ BK)−1 BNR(s)
Y(s) = CX (s) = C(sI − A+ BK)−1 BNR(s)
Phương trình đặc trưng :
1
det(sI − A+ BK) = 0
s + 2 + 2k 2k2
1
⇔ det
= (s + 2 + 2k1)(s + 3) + 6k2 = s2 + (2k1 + 5)s + 6k1 + 6k2 + 6 = 0
−3
s + 3
Điều kiện ổn định :
(2k + 5) > 0
k > −2.5
1
1
⇒
6k1 + 6k2 + 6 > 0
k1 + k2 > −1
N tùy ý
1.3 Thiết kế hồi tiếp trạng thái
s2 + (2k1 + 5)s + 6k1 + 6k2 + 6 = 0
(s + 3−3i)(s + 3+ 3i) = s2 + 6s +18 = 0
PTĐT :
PTĐT mong muốn :
Cân bằng hệ số hai PTĐT :
(2k + 5) = 6
k = 0.5
1
1
⇒
6k1 + 6k2 + 6 =18
k2 =1.5
Vậy luật điều khiển là :
u(t) = r(t) − 0.5x1(t) −1.5x2 (t)
1.4 Tìm N
+ Áp dụng định lý giá trị cuối
y(∞) = lim sY(s) = lim sC(sI − A+ BK)−1 BNR(s) = C(−A+ BK)−1 BN, (R(s) =1/ s)
s→0
x→∞
1
⇒ e(∞) =1− y(∞) =1+ C(A− BK)−1 BN =1− N = 0
3
⇒ N = 3
Câu 2 : Cho hệ thống có sơ đồ khối :
2.1
2.2
Thành lập phương trình trạng thái của hệ hở.
Cho k0 =1. Thiết kế luật điều khiển
= k0r(t) − k1x1(t) − k2 x2 (t) sao cho đáp ứng
u
(t
)
ngõ ra hệ kín có POT = 4.32% và tqđ = 1(giây) (tiêu chuẩn 5%).
2.3
Viết hàm truyền của hệ kín với k1, k2 tìm được ở trên. Tìm k0 sao cho
yxl = lim y(t) =1 khi tín hiệu vào là hàm nấc đơn vị.
t→+∞
2
Giải
2.1 Tìm PTTT mô tả hệ hở
2
X s
1 ( )
2
s
=
=
=
⇒ x1 = −2x1 + 2u
2
U s
s + 2
( )
1+
s
X s
2 ( )
3
⇒ x2 = 3x1 −3x2
X s
s + 3
1 ( )
Y s = X s ⇒ y = x
( )
2 ( )
−2
3
2
0
2
x =
x +
u
−3
0
⇒
y = 0 1 x
(
)
2.2 Thiết kế hồi tiếp trạng thái
PTĐT hệ kín:
det sI − A+ BK = 0
(
)
s + 2 + 2k 2k2
1
⇔ det
= s + 2 + 2k s + 3 + 6k = s2 + 2k + 5 s + 6k + 6k + 6 = 0
(
1 )(
)
(
)
2
1
1
2
−3
s + 3
Từ POT và tqđ, ta có:
Suy ra, cặp cực quyết định:
.
Do đó, PTĐT mong muốn:
s + 3−3i s + 3+ 3i = s2 + 6s +18 = 0
(
)(
)
2k + 5 = 6
k = 0.5
1
1
Cân bằng hệ số hai PTĐT:
⇒
6k1 + 6k2 + 6 =18
k2 =1.5
Vậy luật điều khiển là: u(t) = r(t) – 0.5x1(t) – 1.5x2(t)
2.3 Hàm truyền kín:
GK (s) = k0C[sI − A + BK]−1 B
,
Đáp ứng của hệ thống:
Y(s) = GK (s)R(s) = k0C[sI − A + BK]−1 BR(s)
,
Giá trị xác lập:
1
1
y(∞) = lim sY(s) = lim sk C[sI − A + BK]−1 B
= k C[−A + BK]−1 B = k
0
0
0
s→0
s→0
s
3
Suy ra, để
ta cần phải chọn k0 = 3
y(∞) =1
3
Câu 3 : Cho hệ thống điều khiển :
3.1 Cho GC(z) = 2. Tìm hàm truyền vòng kín Gk(z). (1.0đ)
3.2 Cho GC(z) = K. Tìm điều kiện của K để hệ kín ổn định. (0.75đ)
z +1
3.3 Cho GC (z) =
. Tính e(∞) đối với tín hiệu vào hàm dốc. (0.75đ)
z − 0.5
z − a
3.4 Cho GC (z) = KC
. Tính KC, a, b để hệ kín có cặp cực phức tại z*1,2 = -0.5 ± 0.5i. Biết a là
z −b
cực khác 1 của G(z) bị khử. (1.0đ).
Giải :
3.1 Hàm truyền vòng kín
G(s)
20
G( z) = (1 − z−1)
= (1 − z−1)
s
s2 (s +10)
z[(10*0.1−1+ e−10*0.1)z +1− e−10*0.1 −10*0.1e−10*0.1
]
= 2(1 − z−1)
10(z −1)2 (z − e−10*0.1
0.07z + 0.05
(z −1)(z − 0.37) z2 −1.37z + 0.37
)
0.07z + 0.05
=
=
0.07z + 0.05
2
z2 −1.37z + 0.37
0.07z + 0.05
GC (z)G(z)
0.14z + 0.10
⇒ Gk (z) =
=
=
1+ GC (z)G(z)
z2 −1.23z + 0.47
1+ 2
z2 −1.37z + 0.37
3.2 Điều kiện K để hệ kín ổn định
PTĐT :
0.07z + 0.05
1+ GC (z)G(z) =1+ K
= z2 + (0.07K −1.37)z + 0.05K + 0.37 = 0 (1)
z2 −1.37z + 0.37
w+1
Đổi biến : z =
w−1
(1) ⇔ 0.12w2 + 2(0.63− 0.05K)w+ 2.74 − 0.02K = 0
Điều kiện ổn định :
K > 0
K > 0
2(0.63− 0.05K) > 0
2.74 − 0.02K > 0
⇒
K <12.6 ⇒ 0 < K <12.6
K <137
3.3 Tính e(∞)
4
0.1z
( z −1)2
R(z)
E(z) =
=
1+ GC (z)G(z)
z +1
0.07z + 0.05
1+
z − 0.5 (z −1)(z − 0.37)
0.1z
( z −1)2
z −1
z
0.1
(1 − z−1)E( z) =
=
z +1
0.07z + 0.05
z − 0.37
z +1
0.07z + 0.05
( z −1) +
1+
z − 0.5
z − 0.5 (z −1)(z − 0.37)
0.1
e(∞) = lim(1− z−1)E(z) = lim
= 0.13
z→1
z→1
z +1
0.07z + 0.05
z − 0.37
( z −1) +
z − 0.5
3.4 Tìm KC, a, b
PTĐT :
0.07z + 0.05
z − a
1+ GC (z)G(z) =1+ KC
= 0
(1)
z −b (z −1)(z − 0.37)
• Theo đề bài chọn a = 0.37
(1)
⇔ (z −b)(z −1) + KC (0.07z + 0.05) = 0
⇔ z2 + (0.07KC −b −1)z + 0.05KC + b = 0
• PTĐT mong muốn :
(z + 0.5+ j0.5)(z + 0.5− j0.5) = z2 + z + 0.5 = 0
• Cân bằng hệ số hai PTĐT :
0.07K −b −1=1
b = −13/ 24
C
⇒
KC = 250/12
0.05KC + b = 0.5
Câu 4 : Cho hệ thống điều khiển :
5
KIT z +1
2 z −1
,
, T = 0.2sec
G(s) =
GC (z) = KP +
2s +1
4.1
4.2
Cho KP = 0 , vẽ QĐNS của hệ thống khi KI = 0 → +∞ .
Thiết kế bộ điều khiển
sao cho hệ thống kín sau khi hiệu chỉnh có cặp cực
GC (z)
phức với
và ωn = 4
.
ξ = 0.707
4.3
Cho tín hiệu vào là hàm dốc đơn vị. Tính đáp ứng của hệ thống y(k) với k = 0 → 5,
5
tính sai số xác lập.
Giải :
4.1 Vẽ QĐNS
-
:
0.476
Gh (z) =
z − 0.905
-
:
0.1(z +1) 0.476
z −1 z − 0.905
1+ KI
= 0
-
-
:
p1 = 1, p2 = 0.905
z1 = −1
Zero:
:
OA = 2.905
α = π
-
-
:
z1* = −2.952, z2* = 0.952
:
z = 0.896 ± 0.443 j
4.2 Thiết kế GC(z)
:
1+ Gc (z)Gh (z) = 0
z +1 0.476
1+ KP + 0.1KI
= 0
z −1 z − 0.905
z2 + (0.476KP + 0.048KI −1.905)z + (0.048KI − 0.476KP + 0.905) = 0
-
:
ξ = 0.707,ωn = 4 ⇒ z1*,2 = 0.480 ± 0.304 j
z2 − 0.960z + 0.323 = 0
- Suy ra: KP = 1.60;KI = 3.78
4.3 Đáp ứng hệ thống
-
:
Gc (z)Gh (z)
1.618z −1.237
Gk (z) =
=
1+ Gc (z)Gh (z) z2 − 0.287z − 0.332
-
:
1.618z2 −1.237z
Y (z) = Gk (z)R(z) =
z3 −1.287z2 − 0.045z + 0.332
y(k) = 1.287y(k −1) + 0.045y(k − 2) − 0.332y(k − 3) +1.618δ (k −1) −1.237δ (k − 2)
6
y(0) = 0, y(1) = 1.618, y(2) = 0.845,
y(3) = 1.160, y(4) = 0.994, y(5) = 1.051
-
exl = 0
.
1.618 −1
POT =
100% = 61.8%
1
7
7 trang
24340
Free
Bạn đang xem tài liệu "Giáo trình Cơ sở tự động - Giải bài tập số 4", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- giao_trinh_co_so_tu_dong_giai_bai_tap_so_4.pdf
