Autom Regulacija Dio2 Modeliranje Sistema Elvedin K NoRestriction1

1

Matematički alat: Laplasova transformacija (ponavljanje)

Definicija i zašto nam treba

Laplasova transformacija prevodi diferencijalne jednačine u

algebarske jednačine i to:

zatvorenog oblika ako su dif. jed. linearne (sa konst. koef.),

u otvorenom obliku (redovi) ako postoji umnožak dvije

promjenjive u vremenskom domenu (dobija se konvolucija u

domenu Laplasove promjenjive).

0)( dtetf t

0)()()( dtetfsFtf st

L

Laplasova transformacija funkcije vremena f(t) je:

Uslov da L. transformacija funkcije f(t) postoji je:

2


j

j

st - dsesFj

sFtf

)(

2

1)()( 1

L

Inverzna Laplasova transformacija funkcije F(s) je

Step funkcija

01

00)(1

t

tt

s

ees

es

dtedtetst ststst 111)(1)(1)(1 0

000

L

Primjeri Laplasove transformacije standardnih (test) ulaza u sistem

)(1 t

t1

3


eksponencijalna (monotono opadajuća) funkcija

asas

eas

dtedteesFtf tastsastat

)Re(,11

)()(0

)(

0

)(

0L

ttetf at sve za),(1)(

0,)( tetf atili

Ra

)(tf

t

1

0


4


Impulsna funkcija

00

0)()(

t

tttf


Idealna impulsna funkcija (širina oko t=0 teži nuli)

Aproksimacija preko impulsa konačne visine i

nenulte širine (pravougaoni signal)

k0

k0kh

00

)()( 1-

t

t

t

tptf

)()( ttf

t0

)(tp

t0 k

1khP Površina -1kh

5



Aproksimacija preko impulsa

konačne visine i nenulte širine

(pravougaoni signal)

)(tp

t0 k

1khP Površina -1kh

)1(1

h1

hh)()()( kk

00

k

0

sststst es

es

dtedtetpsFtf

L

Izraz za LT pravougaonog impulsa se može iskoristiti za

formiranje LT idealnog impulsa

11

1lim

k

1lim

1)(

k

11lim)1(

1

k

1lim)()()(

k

0k

k

0k

k

0k

k

0k0

ss

ssst

se

s

e

ss

e

se

sdtetst L

6


Harmoničke funkcije


sinusna

kosinusna

prigušena sinusna

prigušena kosinusna

Rampa

Parabola, kubna,...tn

(izvesti na tabli za sve funkcije iznad)

7


LT izvoda funkcije

Laplasove transformacije izvoda i integrala funkcije originala (u vrem.dom.)

LT integrala funkcije

(izvesti na tabli)

(izvesti na tabli)

8

Prenosna funkcija sistema je odnos Laplasove transformacije izlaza

i Laplasove transformacije ulaza, za nulte početne uslove

Dobija se općenito iz diferencijalnih jednačina kojima se opisuje

sistem, pri čemu se uzimaju nulti početni uslovi.

Primjer

)(4)()(6)(11)(6)( 43

2

2

3

1 tutuTtytyTtyTtyT

)(4)()(6)(11)(6)( 43

22

2

33

1 sUssUTsYssYTsYsTsYsT

Nakon Laplasove transformacije obje strane dif. j. (uz nulte početne

uslove)

Modeliranje fizičkih sistema (AR - dio 2)

Prenosne funkcije linearnih sistema sa jednim ulazom i jednim izlazom

9

Primjer (nastavak)

funkcijaprenosna)(6116

4

)(

)(

3

22

2

33

1

4 sGsTsTsT

sT

sU

sY

)()4()()6116( 43

22

2

33

1 sUsTsYsTsTsT

za Ti=1 s (sekunda), i=1,...,4

)3)(2)(1(

4

6116

4

)(

)()(

23

sss

s

sss

s

sU

sYsG

funkcije prenosne nula -4

funkcije prenosne polovi 3- 2,- -1,

s

s


Prenosne funkcije linearnih sistema sa jednim ulazom i jednim izlazom

10

Rastavljanje racionalne funkcije (u Laplasovom domenu) na

parcijalne razlomke


Dobijanje odziva iz prenosne funkcije sistema, Inverzna Laplasova transf.

domenu L.u odziv,)(

)()()()(

sQ

sPsUsGsY

n

n

ps

r

ps

r

ps

rd

sQ

sP

...

)(

)(

2

2

1

1

n

m

ips

iisQ

sPpsr

)(

)()(

n

m

rezidual za jednostruki pol pi

ips

iisQ

sPpsr

)(

)()(

n

m1

ips

iisQ

sPps

ds

dr

)(

)()(

n

m2

2

ips

k

ik

k

kisQ

sPps

ds

d

kr

)(

)()(

!

1

n

m1

1,rezidual za pol pi višestrukosti k

11

Primjer

ssss

ssUsGsY

1

6116)()()(

23

3

2/1

2

1

1

2/1

)3)(2)(1(

1

6116

1)(

23

ssssssssssY


Dobijanje odziva iz prenosne funkcije sistema, Inverzna Laplasova transf.

domenu L.u odziv,)(

)()()()(

sQ

sPsUsGsY

0,2

1

2

1)( 32 teeety ttt

12

Elementarni blokovi sistema automatskog upravljanja

(a) Bezinercioni blok

)()( tkuty

Prenosna funkcija elementa (u domenu Laplasove promjenjive):

ksU

sYsG

)(

)()(

Blok dijagram bezinercionog elementa:

Opis elementa u vremenskom domenu:

U(s) Y(s) k

1

t

u(t)=1(t) k

y(t)

t


pužni prenosnik [1]

13

(a) Bezinercioni blok - nastavak

Primjeri bezinercionog (proporcionalnog) elementa:

elektronski sklopovi - pojačavači, otpornik,

prenos zupčanicima (broj obrtaja na izlaznom vratilu,

broj obrtaja na ulaznom vratilu)



14

(b) Diferencijalni blok

dt

tdubtya

)()(

Prenosna funkcija elementa

sTsU

sYsG D

)(

)()(

Blok dijagram diferencijalnog elementa:


U(s) Y(s)

(d/dt) 1

t

u(t)=1(t) y(t)=TD (t)

t

TD s

)()( sbsUsYa abTD /

Kauzalnost, hidraulički cilindar (sila-uzrok-prije, pomjeranje)



Idealni diferencijator

nije moguće

fizički

realizirati

(kauzalnost)

15

(c) Integralni blok

)()(

tbudt

tdya


sTsU

sYsG

i

11

)(

)()(

Blok dijagram integralnog elementa:


U(s) Y(s)

1

t

u(t)=1(t) y(t)=1/Ti t

t

(Ti s)-1

)()( sbUssYa baTi /

Primjer: kondenzator, ugao točka



16

(d) Aperiodski blok prvog reda

1

10

1,)()(

)(

atbutya

dt

tdya


1)(

)()(

10

Ts

k

asa

b

sU

sYsG

Blok dijagram aperiodskog elementa:


U(s) Y(s)

1

t

u(t)=1(t)

t

)()()( skUsYssYT

Primjer: kombinacija opruga-amortizer

)1()( /Ttekty

T



1Ts

k

Prenosna funkcija sistema drugog reda

2

nn

2

2

n

2)(

)()(

ss

K

sU

sYsG

(e) Inercioni blok drugog reda



Sistem drugog reda je općenito opisan sljedećom diferencijalnom jednačinom

21

22

2

21

2

212

2

0

1)()(

)()(

1)()(

)()(

TTtKuty

dt

tdyT

dt

tydTT

atbutya

dt

tdya

dt

tyda

)()()(

2)( 22

2

2

tuKtydt

tdy

dt

tydnnn

)()(2 222 sUKsYss nnn

17

(e) Inercioni blok drugog reda (nast.)



Odziv inercionog bloka na odskočnu funkciju

)(1)()(

2)( 22

2

2

tKtydt

tdy

dt

tydnnn

)(1)( ttu

Polovi prenosne funkcije 02 2

nn

2 ss

(1) Realni i različiti polovi 12

nn2,1 s

0,)( 21

21 tKeCeCtytsts

(2) Realni i isti n21 ss 0,)( 1

21 tKeCtCtyts

(3) Konjugovano kompleksni

0,)cos()sin()( 21 tKtCtCety t

jjs 2

nn2,1 1

(3.1) Forma odziva

18




0,sin)(p

H

tKtAetyy

y

t

(3.2) Alternativna i bolja forma odziva

Za početne uslove: 0)0(,0)0( yy

21tg

21sin 21

K

A

(izvesti)

0,1

arctg1sin1

11)(

22

2

tteKty n

tn

19




(3.2) Alternativna forma (nast.)

21%100

ePO,

4

n

s

t

Postotak prebačaja (izvesti na tabli) Vrijeme smirenja

9.03.0

t (s)

y

yss=K 100

PO

2p

1

n

t

%)2(st

p

p

2

T 2

np 1

20

21100

ePO

Odziv (izlaz) sistema se može oblikovati (PO, ts) pozicioniranjem parametara sistema (, n)

2

222

1100ln

PO2222

100ln)1(

PO

100ln

100ln 2222 POPO

100ln

100ln

22 PO

PO




Oblikovanje odziva (zadatak dizajna kontrolera)

21

,4

n

s

t

a vrijeme smirenja (settling):

9.03.0 ,s

rad159.1

569.0

44

s

n

t

Polovi prenosne funkcije sa ovako određenim parametrima su

2

nn2,1 1 js 84.08.02,1 js




69.0

100

5ln

100

5ln

22

Npr., ako je zadato PO<5% i ts=5 sec, onda parametri i n se računaju na sljedeći način:

Oblikovanje odziva (zadatak dizajna kontrolera)

22




Blok dijagram inercionog elementa:

U(s) Y(s)

1

t

u(t)=1(t) 22

2

2 nn

n

ss

t

y yss=K

23

(f) Integro-diferencijalni blok



),()(

)()(

1

1

1

0

1

0 tua

b

dt

tdu

a

bty

dt

tdy

a

a

1

1010

1,)(

)()(

)(

atub

dt

tdubtya

dt

tdya

,)()(

)()(

tu

dt

tduTKty

dt

tdyT di

konstanta deriv. je

konstanta integ. je

d

i

T

T

24




)(

)()(

)(tu

dt

tduTKty

dt

tdyT di

Prenosna funkcija integro-diferencijalnog elementa

)(1)(1 sUsTKsYsT di

1

1

)(

)()(

sT

sTK

sU

sYsG

i

d

Blok dijagram elementa:

U(s) Y(s)

1

t

u(t)=1(t) 1

1

sT

sTK

i

d

t

y yss=K




0)()(

tydt

tdyTi

Homogeni dio jednačine

iT

t

H Cety

)( iT

t

etCty

)()(

Za u(t)=1(t), varijacijom konstante dobijamo

ii T

t

i

T

t

etCT

etCty

)(1

)()(

)(1)()()()( ttTKetCetCetCT d

T

t

T

t

T

t

iiii

iT

t

d

i

ettTT

KtC )(1)()(

11)(1)()( CeTTT

KCdtettT

T

KtC ii T

t

id

i

T

t

d

i

26




iiiii T

t

i

dT

t

i

dT

t

T

t

id

i

T

t

eT

TKKe

T

TKeeTT

T

KetCty 1)()(

0,111)(

teT

TKe

T

TKty ii T

t

i

dT

t

i

d

t

y

yss=K

i

d

T

TK

id TT

t

y

yss=K

i

d

T

TK id TT

za zadaću: izraziti preko parametara 27

Primjer: mehanički sistem


M1

b1

M2 b2

k1

k2

x(t) y(t)

Odrediti matematički model sistema pokazanog na slici, zatim odrediti prenosne funkcije izlaza (pomjeranja) x(t) i y(t) u odnosu na ulaz f(t) (silu).

f(t)

Rješenje: (na tabli)

Rješenje: (pokazati modeliranje sistema u Simulinku)

28

AR2: Transformacije blok dijagrama, ekvivalentna prenosna funkcija sistema

)()()(

)()()(

)(

)()(

)(

)()( 21

212 sGsGsU

sGsGsU

sU

sGsZ

sU

sYsG

G1(s) G2(s) U(s) Y(s) Z(s)

Kaskada dva sistema

G1(s)G2(s) U(s) Y(s)

Primjer: zupčanici u reduktoru

)(1 t

)(2 t

)(3 t

2

11

z

zK

4

32

z

zK

1

2 3

4

)(1 s)(2 s

)(3 s1K 2K

29


b

k

u(t)=x(t)

F(t)

Primjer: opruga-cilindar Primjer: otpornici

u(t)=U(t)

R1

R2

i(t)=y(t)=y1(t)+y2(t)

i1(t)=y1 (t) =u/R1

i2(t)=y2 (t)=u/R2

)()()(

)()(

)(

)()( 21

21 sGsGsU

sYsY

sU

sYsG

G1(s)+G2(s) U(s) Y(s)

Paralelno dva sistema

Y(s) G1(s)

G2(s)

U(s)

Y1(s) +

+

Y2(s)

30


U(s) Y(s)

)()(1

)(

sHsG

sG

Y(s) G (s)

U(s) +

- )(1

)(

)(

)()(

sG

sG

sU

sYsT

Jedinična povratna sprega

31

Povratna sprega

Y(s) G (s)

H(s)

U(s) +

-

E(s)

))()()()(()()()( sYsHsUsGsEsGsY

)()(1

)()(

)(

)(

sHsG

sGsT

sU

sY

)()())()(1)(( sUsGsHsGsY


Pomjeranje tačke sumacije

32

z(s) w(s) G (s)

+

+

v(s)

z(s) w(s)

G (s)

+

+

v(s)

1/G (s)

z(s) w(s) G (s)

-

+

v(s)

z(s) w(s) G (s)

-

+

v(s) G (s)


33

Pomjeranje tačke grananja

z(s) w(s) G (s)

z(s) w(s) G (s)

G (s) z(s)

z(s) w(s) G (s)

1/G (s) w(s)

z(s) w(s) G (s)


G1 G2 G3

G5

G4

-

+ + + U(s) Y(s)

-

34

Primjer:

G1 G2 G3

G5

G4

-

+ +

+ U(s) Y(s) +

-


35

Primjer:

G1 G2 G3

G5

G4

-

+ +

+ U(s) Y(s) +

-

G1 G3

G5

G4

-

+ +

+ U(s) Y(s)

2

2

G1

G


36

Primjer:

G1

G5

G4

-

+ +

+ U(s) Y(s)

2

32

G1

GG

G1

G5

G4/G1

-

+ +

+ U(s) Y(s)

2

32

G1

GG


37

Primjer:

G5

G4/G1

+ U(s) Y(s)

2

321

G1

GGG

-

+

G4/G1

+ U(s) Y(s)

2

3215

2

321

G1

GGGG1

G1

GGG

-

+


38

Primjer:

1+G4/G1 U(s) Y(s)

2

3215

2

321

G1

GGGG1

G1

GGG

U(s) Y(s)

2

3215

2

321

1

4

G1

GGGG1

G1

GGG

G

G1

)(G)(G)(G)(G)(G1

)(G)(G)(G)(G)(T

53212

3241

sssss

sssss


39

G1 G2 G3

G5

G4

-

+ + + U(s) Y(s)

-

+ +

Za zadaću: Naći prenosnu funkciju sistema koristeći transformacije blok dijagrama.


40

G1 G2 G3

G5

G4 -

+

+ + U(s) Y(s)

-

+ +



41

G1 G2 G3

G5

G4 -

+

+ + U(s) Y(s)

-

+ +


Matematski model u prostoru stanja

Prostor stanja, modeliranje sistema sa više ulaza i izlaza (AR dio 3)

Matematski model vremenski varijabilnog sistema (lineariziranog) u prostoru stanja ima matrični oblik

42

)()(B)()(A)( ttttt uxx

)()(D)()(C)( ttttt uxy

gdje je:

1nn

2

1

)(

)(

)(

)(

tx

tx

tx

t

x

1pp

2

1

)(

)(

)(

)(

ty

ty

ty

t

y

1mm

2

1

)(

)(

)(

)(

tu

tu

tu

t

u

nnnnn2n1

n22221

n11211

)()()(

)()()(

)()()(

)(A

tatata

tatata

tatata

t

mnnmn2n1

m22221

m11211

)()()(

)()()(

)()()(

)(B

tbtbtb

tbtbtb

tbtbtb

t

np)(C)(C tt mp)(D)(D tt

Matematski model u prostoru stanja


43

x(t), y(t) i u(t) su vektori stanja, izlaza i ulaza, respektivno

A(t), B(t), C(t) i D(t) su matrica (dinamike) sistema, matrica ulaza, matrica izlaza i matrica direktne sprege ulaza prema izlazu, respektivno.

A(t), B(t), C(t) i D(t) su matrica (dinamike) sistema, matrica ulaza, matrica izlaza i matrica direktne sprege ulaza prema izlazu, respektivno.

Primjer: mehanički sistem


M1

b1

M2 b2

k1

k2

x(t) y(t)

f(t)

Rješenje: (na tabli)

44

Zadaća1: (objašnjenja)

Zadaci iz Modern Control Systems (Dorf): E1.3, E1.4, P1.2, P1.11, DP1.2

45

Zad

aća1:

E1.3

(o

bja

šn

jen

ja)

46

Zad

aća1:

E1.4

(o

bja

šn

jen

ja)

47

Zad

aća1:

P1.1

1 (

ob

jašn

jen

ja)

48

Zad

aća1:

P1.1

1 (

ob

jašn

jen

ja)

49

Zad

aća1:

DP

1.2

(o

bja

šn

jen

ja)

50




0,sin)(p

H

tKtAetyy

y

t

(3.2) Alternativna i bolja forma odziva

Za početne uslove: 0)0(,0)0( yy

KAy sin0)0(

cossincossin0)0(0

t

t

tt AeteteAy

sin

KA

22 11

n

ntg

2

2

2

2

21

11

1

1sin

tg

tg21

K

A

51

Autom Regulacija Dio2 Modeliranje Sistema Elvedin K NoRestriction1

Documents

Transcript of Autom Regulacija Dio2 Modeliranje Sistema Elvedin K NoRestriction1