5. Karakterizacija Ponasanja Sistema u Stacionarnom Stanju
-
Upload
mirko-mirkovic -
Category
Documents
-
view
25 -
download
0
description
Transcript of 5. Karakterizacija Ponasanja Sistema u Stacionarnom Stanju
5. KARAKTERIZACIJA SISTEMA U STACIONARNOM STANJU
Prelazni režim
Stacionarno stanje
( ) lim ( )t
x x t
Druga granična teorema Laplace-ove transformacije:
0( )) (lim
ssx s X
Re( )s
Im( )s
Prelazni režim Stacionarno stanje
5.1. GREŠKA RADA SISTEMA BEZ POVRATNE SPREGE U STACIONARNOM STANJU
Greška rada sistema iznosi:
( ) ( ) ( )
( ( )
( ) ( ) )
1 )
(E s R s Y s R s
R
G s R
s
s
G s
Greška zavisi od:
1. funkcije prenosa ( )G s (tj. strukture i parametara sistema)
2. ulaznog signala
( ) 0 ( ) 0E s e t je nemoguće postići t
Cilj: greška u stacionarnom stanju (statička greška) je nula
( ) 0e
G(s) R(s) Y(s)=R(s)?
Tipovi statičkih grešaka Se u odnosu na vrstu pobude
Poziciona statička greška: pobuda h(t)
lim ( ) ( )SPt
e h t y t
Brzinska statička greška: pobuda r(t) = t h(t)
lim ( ) ( )SVt
e th t y t
Statička greška ubrzanja: pobuda t2 h(t)/2
21lim ( ) ( )
2SA
te t h t y t
G(s) Y(s)
G(s) Y(s)
G(s) Y(s)
Uslov:
( )G s ima polove striktno u levoj poluravni (važi II gr. teorema Laplasa).
Određivanje pozicione statičke greške:
0
0
0
lim ( ) lim ( )
1 1lim ( )
1 lim ( )
1 (0)
1
SP P Pt s
s
s
P
e e t sE s
s G ss s
G s
G
K
0, 1
, 1
P
SP
P
Ke
K
(0) 1 0SPG e
(0)PK G - poziciono pojačanje sistema
(0) 1G može se postići
određenom kalibracijom sistema.
(0) 1G je veoma teško održati u
slučaju kada:
- na sistem deliju različiti poremećaji ili u
- menjaju se parametri i/ili struktura sistema
5.2. KARAKTERIZACIJA SISTEMA U ZATVORENOJ POVRATNOJ SPREZI U STACIONARNOM STANJU
0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )RE s R s Y s R s G s Z s G s E s
0 0( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )RE s G s G s R s G s Z s
01
1 ( )
( )
1 ( )( ) ( ) ( )E s R s
G sZ s
G s
G s
0( ) ( ) ( )RG s G s G s (funkcija povratnog prenosa)
RG (s) 0G (s)
R(s) Y(s)
Z(s)
E(s)
Faktor pojačanja i red astatizma objekta, regulatora i funkcije povratnog prenosa
0
00
0
( )( )
( )O r
P sG s K
s Q s , 0 0(0) (0) 1P Q ,
0K - faktor pojačanja objekta Go
0r - redi astatizma objekta 0G
( )( )
( )R
RR R
R
r
P sG s K
s Q s , (0) (0) 1R RP Q ,
RK - faktor pojačanja regulatora GR
Rr - red astatizma regulatora RG
0' 0
0
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( ) ( )R
o RR R r r r
R
P s P s P sG s G s G s K K K
s Q ss Q s Q s
, (0) (0) 1P Q
0 RK K K - faktor pojačanja funkcije povratnog prenosa G
0 Rr r r - red astatizma funkcije povratnog prenosa G
Primer:
22 1 23 3
2 4 2 2 4 2314 4
21 23 3
2 4 2314 4
2
3 12 3( )
3 4 4 1
13
4 1
3 ( )
4 ( )
s ss sG s
s s s s s s
s s
s s s
P s
s Q s
21 2( ) 1
3 3P s s s , (0) 1P ,
4 21 3( ) 1
4 4Q s s s , (0) 1Q ,
3 / 4K ,
2r
5.2.1. GREŠKA U STACIONOM STANJU
Ukoliko su ispunjeni uslovi važenja II granične teoreme Laplasa važi:
0
0
0
0
lim ( )1 ( )
lim ( )1
( ) lim ( ) lim ( )t
s s
s
R Z
S S
sR
e e t sE s
e e
sGs
sG
sGZ
Greška u stacionom stanju zavisi od:
1. funkcija prenosa OG i G
2. ulaznog signala i poremećaja
Ulaz: 1
( ) ( ) ( )r t h t R ss
Poremećaj: 1
( ) ( ) ( )z t h t Z ss
00
0
0
0
0
0
0
1
lim ( )( )1 1 1( ) lim lim
1 ( ) 1 1 lim
1
1
( ) 1 lim ( )
ZPSP
R
SP
P
Ps s
s s
P
sG ssG ss
eG s s G s G s
Kee
K K
G s
gde su : 0
lim ( )Ps
K G s
, 0 00
lim ( )Ps
K G s
RG (s) 0G (s)
R(s)=1/s Y(s)
Z(s)=1/s
E(s)
Poziciona statička greška usled pobude
1/ (1 )R
SP Pe K
Poziciono pojačanje (konstanta položaja) funkcije povratnog prenosa G:
0lim ( )Ps
K G s
0 0
0 0 00
, 0( ) 1 1lim ( ) lim lim
, 0,( )
R R
P r rs s sR
K K K r r rP sK G s K K
r r r KQ s s s
0
0
00
1 1, 01 1
1 111
1 lim 0, 0,
RRRSP
Pr Rs
r r rK K Ke
KK r r r K
s
Za 0 0Rr r r postoji greška R
SPe koja iznosi 01 (1 )RK K .
Za 0 0Rr r r greška R
SPe je jednaka nuli bez obzira na vrednost faktora
pojačanja K.
Poziciona statička greška usled poremećaja
0 / (1 )Z
SP P Pe K K
Poziciono pojačanje objekta G0:
0 00
lim ( )Ps
K G s
0 0 0
0 000 0 0 0 0
0 0 0 000
, 0( ) 1 1 1 1lim ( ) lim lim lim
, 0( ) 1P r r rs s s s
K rP sK G s K K K
rQ s s s s
Poziciono pojačanje funkcije povratnog prenosa G:
0 0
00
, 0lim ( )
, 0,
R R
Ps
R
K K K r r rK G s
r r r K
Poziciona ststička greška usled poremećaja
0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
( )
( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim
( )1 ( ) ( ) ( ) ( )1( )
1lim lim lim
O
R R
OO r
r rZ O O O OSP rs s s
Or
r r r r r rO O
s s sO R R
P sK
G s s Q s K P s Q se s
P sG s Q s s Q s KP sKs Q s
K Ks s s
K K K K
0
1, 0
0, 0, ,
RZRSP
R
rKe
r K K
Slučaj 0Rr postoji greška Z
SPe koja iznosi 1/ RK .
Slučaj 0Rr : greška Z
SPe je jednaka nuli bez obzira na vrednost faktora
pojačanja K i K0.
Dejstvo više poremećaja, pobuda ukinuta
1 2 3
1 2 3
( ) ( ) ( )
( )( ) 1( ) ( ( )) ( ( )) ( ( ))
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
Z Z Z
Z O
E s E s E s
G sG sE s Z s Z s Z s
G s G s G s
RG (s) OG (s)
R =0
Y(s)
Z2(s)
E(s)
Z1(s) Z3(s)
31 2
0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
( ) lim ( )
lim ( ) lim ( ) lim ( )
( )( ) 1 1 1 1lim lim lim
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
( )( ) 1lim lim lim
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
Z Z
SP Ps
ZZ Z
P P Ps s s
O
s s s
O
s s s
e sE s
sE s sE s sE s
G sG ss s s
G s s G s s G s s
G sG s
G s G s G s
31 2
0 0
0 0 0
lim ( ) lim ( ) 1( ) ( ) ( ) ( )
1 lim ( ) 1 lim ( ) 1 lim ( )
( ) ( ) ( )
OZ s sSP
s s s
ZZ Z
SP SP SP
G s G se
G s G s G s
e e e
Greška poremećaja koji deluje ispred regulatora:
1
0 0 0
( ) 1 1
( ) ( )( ) lim lim lim
( ) 1 11 0
1 ( )1 1
( )
r rZ
SP rs s s
r r
P sK K
G s KQ s s seP sG s s K
K KQ s s s
Greške poremećaja koji deluju iza regulatora:
2
0 0
( ) 1( ) lim lim 0,
1 ( )0RZ rO
SPs
Rs
R
G se s
G Kr
s
3
00
0
1 1( ) lim 0, 0
11 ( )1 lim
Z
SP Rs
rs
e r r rG s
Ks
Ukupna greška svih poremećaja:
( ) 1 0 0 1 0Z
SPe
Zaključak. Da bi ( ) 0Z
SPe treba regulator sa 0Rr postaviti ispred
mesta dejstva poremećaja.
5.2.2. BRZINSKA KONSTANTA
Ulaz: 2
1( ) ( ) ( )r t th t R s
s Poremećaj:
1( ) ( ) ( )z t h t Z s
s
Brzinska statička greška:
0
0 0
0 0
2
lim ( )( )1 1( ) lim lim
1 ( ) 1 lim ( ) 1 lim
1
1
1
1
OO s
vs s
s s
R Z
VOP
PV
S SP
G sG se s s
G s G sGs
K
s
K
s G
eK
e
RG (s) OG (s)
2R(s) 1/ s Y(s)
Z(s) 1/ s
E(s)
Brzinska konstanta sistema ili brzinsko pojačanje funkcije povratnog prenosa.
0lim ( )Vs
K sG s
0
0
0 010 0
0, 0(0) 1
lim ( ) l
, 1
im , 1
,(0)
R
V R Rrs s
R
r r rKP
K sG s K K K r r rQ s
r r r K
Brzinska statička greška:
0
0
0
0
0, 1,
, 0
1 1 1, 1
R
R
SP R
V R
R
r r r
e r r rK
r r K
K K
r
K
5.2.3. KONSTANTA UBRZANJA
Ulaz: 2
3
1 1( ) ( ) ( )
2r t t h t R s
s Poremećaj:
1( ) ( ) ( )z t h t Z s
s
Statička greška ubrzanja:
0
3 20 0
0 0
lim ( )( )1 1 1 1( ) lim lim
1 ( ) 1 ( ) lim
1
( ) 1 lim ( )
1
OP
OO s
As s
s s
R Z
SA SP
A P
G sG se s s
G s s G s s s G s G s
e eK
K K
RG (s) OG (s)
3R(s) 1/ s Y(s)
Z(s) 1/ s
E(s)
Konstanta ubrzanja sistema ili pojačanje ubrzanja funkcije povratnog prenosa
2
0lim ( )As
K s G s
0
2
0 020 0
0
0, 0,1(0) 1
lim ( ) lim ,
, 2
2(0)
R
A R Rr
R
s s
r r rKP
K s G s K K K r r r
rQ s
r r
Statička greška ubrzanja:
0
0
0
0
, 0,1
1 1 1, 2
0, 2
R
R
SP R
A R
R
r r r
e r r
r
K K K K
r
r
r
GREŠKA U STACIONARNOM STANJU SISTEMA SA POVRATNOM SPREGOM U FUNKCIJI POBUDE I REDA ASTATIZMA
referenca
h t th t 21( )
2t h t
asta
tiza
m
red
a r
0 0Rr r r 1
1
R
SP
P
eK
R
SVe R
SAe
...
R
Se 0 1Rr r r
0R
SPe
1R
SV
V
eK
0 2Rr r r
0R
SVe
1R
SA
A
eK
0R
SAe
Primer 5.1. Objekat: 00
0
( )1
KG s
T s
, Poziciona greška ?R
SPe
Za sistem bez povratne sprege je
0 01 (0) 1 1R
SP Pe G K K
0R
SPe ako je 0 1K (kalibracija)
Za sistem sa povratnom spregom, sa ( ) 1RG s
0 0
1 1
1 (0) 1 1
R
SPeG K
,
0R
SPe kada 0K
Usvojimo 0 100K 1
0.0099 0 % 1%1 100
R R
SP SPe e
0G (s) R(s) Y(s)
1 0G (s)
R(s)=1/s Y(s) E(s)
Za sistem sa povratnom spregom i ( ) 1/RG s s važi
0
0 00
lim ( ) lim1
Ps s
KK G s
s T s
1
0R
SP
P
eK
0K
1/ s 0G (s)
R(s)=1/s Y(s) E(s)
Neka se 0K smanji za 10%
Sistem bez povratne sprege: 0 1K 0ˆ 0.9K
1 0.9 0.1 % 10%R R
SP SPe e
drastična promena u R
SPe sa 0% na 10%
Sistem sa povratom spregom i ( ) 1RG s , 0 100K 0ˆ 90K
0
1 1 1% 1.1%
ˆ 1 90 911
R R
SP SPe eK
neznatna promena u R
SPe sa 1% na 1.1%
Za sistem sa povratnom spregom i ( ) 1/RG s s
00 0
0
1lim ( ) lim 0
1
ROP SP
s sP
KK G s e K
s T S K
,
greška je jednaka 0
5.3. OČITAVANJE KONSTANTI GREŠKE SA BODEOVIH DIJAGRAMA
0lim ( )Ps
K G s
0lim ( )Vs
K sG s
2
0lim ( )As
K s G s
Za s j
0 0
( )lim ( ) lim
( )P
KP jK G j K
Q j
ako je red astatizma r = 0
0 0
( )lim( ) ( ) lim( )
( )V
KP jK j G j j K
j Q j
ako je red astatizma r = 1
2 2
20 0
( )lim( ) ( ) lim( )
( ) ( )A
KP jK j G j j K
j Q j
ako je red astatizma r = 2
5.3.1. KONSTANTA POLOŽAJA KP
0
0 0
( )lim ( ) lim
( )P
KP jK G j K
Q j
ako je red astatizma r = 0
Početni segment amplitudne karakteristike sistema bez astatizma ( 0r )
je20log K , i to je upravo vrednost Kp izražena u decibelima
(log) 20logKP
L( )
KP>1
5.3.2. BRZINSKA KONSTANTA KV
0
0 0
( )lim( ) ( ) lim( )
( )V
KP jK j G j j K
j Q j
ako je red astatizma r = 1
Početni segment amplitudne karakteristike sistema sa astatizmom
prvog reda ( 1r ) je 20log 20logK .
20 20 0 VlogK log K K .
-20dB/dec
VK 1
20logKV
L( )
(log)
-20dB/dec
VK
1
20logKV
L( )
(log)
KV<1 KV>1
5.3.3. KONSTANTA UBRZANJA KA
0
2 2
20 0
( )lim( ) ( ) lim( )
( ) ( )A
KP jK j G j j K
j Q j
ako je red astatizma r = 2
Početni segment amplitudne karakteristike sistema sa astatizmom drugog
reda ( 2r ) je 20 40logK log .
220 40 0 AlogK log K K .
-40dB/dec
AK
1
20logKA
L( )
(log)
-40dB/dec
AK
1
20logKA
L( )
(log)