Bài tập dài điều khiển

Trang 1

BÀI TẬP DÀI ĐIỀU KHIỂN

1.Xác định hàm truyền của hê

Ta có sơ đồ 2:

Với các thông số của hệ như sau:

20

(5 0.3 ) + p W5 =

15

p

W2 = 2 2

3 0,15 p + 2.0,68.0,15p+ 1 W6 = 20(0,5 0,05 )+ p

W3 = 2p W7 =1 0,0004 p+ 1

8

(10 0,8 ) + p

- thay Wtd1=(w2 song song w3) ta được sơ đồ tương đương:

với Wtd1= 2 2

3 0,15 p + 2.0,68.0,15p+ 1+

2

p =

2

0045 3408 2

00225 0204

- Sơ đồ tương đương khi thay Wtd2=W1 nối tiếp Wtd1 nối tiếp W4

Với Wtd2=

2

72 5453 320

0001296 008735 2.386 34 272 1210 2500

W1

W2 x

W4 W3

W7

W6 W5

W7

W6 W5

Wtd1

Trang 2

- Sơ đồ tương đương khi thay Wtd3 = W5 nối tiếp W6

với Wtd3 = 15 p + 150p

- Chuyển Wtd3 về bộ cộng trước thay Wtd4 = Wtd3 nối tiếp 1/Wtd2

=

2

0,01944 1,505 48,89 867,9 9181 5,896.10 219000 375000

7, 2 545,3 320

Ta được:

- Sơ đồ tương đương khi thay Wtd5 = Wtd4 song song W8 (W8=1)

Với Wtd5 =

0,01944p + 1,505p + 48,89p + 867,9p + 9181p + 5,896.10 p + 219500p+ 375320

W7

W6 W5

Wtd2

Wtd2 Wtd3 W7

Wtd2 Wtd4

W7

Trang 3

- Sơ đồ tương đương khi thay Wtd6 = Wtd2 phản hồi với W7

Với Wtd6=

0,00288 7, 418 545, 4 320 5,184.10 0,001331 0,0883 2,399 34,11 272,5 1218 3045 320

−

- Ta được WHT = Wtd6 nối tiếp với Wtd5

Hàm truyền của hệ là: WHT =

2.Xét ổn định cho hê theo tiêu chuẩn huarwits

Ta có hàm truyền của hệ thống có dạng:

WHT=

( ) ( )

B p

A p

Từ hàm truyền của hệ vừa tìm được ta rút ra được phương trình đặc tính A(p) của

hệ:A(p) =

Ta thiết lập được định thức huarwits (10x10) từ các hệ số ai của phương trình đặc

tính A(p)

như sau:

∆10 =

Trong đó:

Wtd2 W7 Wtd4

5,599.10 p +0,1485p + 21,91p +1192p +3,361.10 p +5,573.10 p +5,723.10 p +3,673.10 p +1,414.10 p + 2,75.10 p +1,201.10

3,732.10 p + 0,009865p +1,362p + 65,85p +1582p + 2,133.10 p +1,683.10 p + 7,734.10 p + 2,053.10 p +1,149.10 p +102400

Wtd6 Wtd4

Trang 4

a0=3,732 6

10

a5= 2,133.10 4

- Xét ổn định theo tiêu chuẩn huarwits:

+ điều kiện cần: tất cả các hệ số của phương trình đặc tính ai (i=0÷10) dương được thỏa mãn

+ điều kiện đủ: các giá trị định thức huarwits đều dương

Ta có:

∆10 =

Det(∆10) =6,721497845607893.10 34 >0 → thỏa mãn

∆9 =

Det(∆9) = 6,563962739851458 29

10 >0 → thỏa mãn

Trang 5

∆8 =

Det(∆8) = 5,941124981342454.10 23 >0 → thỏa mãn

∆7 =

Det(∆7) = 3,576988125762979.10 17 >0 → thỏa mãn

∆6 =

Det(∆6) = 9,033684903968237.10 11 >0 → thỏa mãn

∆5 =

Det(∆5) = 9,709705973718060 6

10 >0 → thỏa mãn

∆4 =

Trang 6

Det(∆4) =7,716832199534566.10 2 >0 → thỏa mãn

∆3 =

Det(∆3) =0,71541423529940 >0 → thỏa mãn

∆2 =

Det(∆2) = 0,01319037780000 >0 → thỏa mãn

∆1 = a1= 0,009865 >0 → thỏa mãn

∆0 = a0= 3,732.10 − 6 >0 → thỏa mãn

Kết luận:

Vậy cả hai điều kiện cần và đủ đều được thỏa mãn, theo tiêu chuẩn huarwits hệ thống đã cho ổn định

3 Phân vùng ổn định cho hê thông K2 trong W2 :

- Đưa sơ đồ hệ thống điều khiển về dạng sơ đồ kín với phản hồi (-1)

Từ sơ đồ hệ thống (với K2 là ẩn số)biến đổi hệ về dạng trên ta được WK như sau:

WK =

Ta có hệ có phương trình đặc tính như sau:

A(p) =

Ta có thông số biến đổi trong hệ là k Viết phương trình về dạng:

A(p)=N(p)+k(M(P) Rồi rút k ra ta được:

Wh(p)

Y U

2

7, 2 (65, 28 160 ) 320

1, 296.10 0, 0873504 2,38554 34, 002 272, 05 1217, 2 (2565, 28 160 ) 320

−

0.0873504 2.38554 34.002 272.05 1217.2 (2565.28 16 1,296.1 0− p + p + p + p + p + p + + 0 )k p+ 320

Trang 7

3

0.0873504 2.38554 34.002 272.05 1217.2 2565.28

160

p

Thay p = jω và tách k = R(ω) +j I(ω) ta được:

R(ω) = − 8,1.10 − 6 ω 6 + 0.0149 ω 4 − 1.7003 ω 2 + 16.033

5, 4594.10 ω 0.2125 ω 7.6075 ω

ω

Cho ω biến thiên từ -∞ →+∞ ta lập được bảng biến thiên sau:

Từ bảng biến thiên ta vẽ được đường cong giới hạn k

0 -11

11

16 -30

I

III III

I

w

I

R w

Cho ω= -∞ →+∞ gạch sọc bên trái đường cong vùng được gạch sọc toàn bộ là vùng ổn định nhất Từ hình vẽ ta có thể kết luận vùng II là vùng ổn định nhất Thử lại :

- cho k = 0.giải phương trình đặc tính A(p) của hệ

A(p)=

3 7 0,0873504 6 2,38554 5 34,002 4 272,05 3 1217, 2 2 2565, 28 3

Ta được các nghiệm như sau:

-19.2046069021845

-14.8954529856173 + 3.8241655989792i

-14.8954529856173 - 3.8241655989792i

-9.20412330410694

-4.533741769863 + 4.88822775816092i

-4.533741769863 - 4.88822775816092i

-0.13288028274797

Dễ thấy tất cả đều có phần thực âm Như vậy vùng đã xét ổn định

Trang 8

Vậy khoảng biến thiên của thông số k mà hệ ổn định là: -30 < k < 16.033

4.Hiêu chỉnh hê thống bằng phương pháp môdun tối ưu

Từ sơ đồ thông số của hệ:

Với các thông số của hệ như sau:

20

(5 0.3 ) + p W5 =

15

p

W2 = 2 2

3 0,15 p + 2.0,68.0,15p+ 1 W6 = 20(0,5 0,05 )+ p

W3 = 2p W7 =1 0,0004 p+ 1

8

(10 0,8 ) + p

- Hiệu chỉnh các khâu ta có:

+ W1 là khâu quán tính W1 = 1

1

T 1

k

20 (5 0.3 ) + p = 2

0,8 (1 0.012 ) + p

vì 0,001(s) < T1 < 0,1(s) nên theo quy định có thể thay thế bằng một khâu tương đương cùng là khâu quán tính với hằng số thời gian t=2T1tacó: W1’ = 1 0.024p+0,8 + W4 = 4

4

k

0,08 (1 0, 008 ) + p = 2

0,08 (1 0, 008 ) + p thay tương đương với W4’ =

0,08

1 0.016p+

+ W7 = 7

7

k

p+ =

1

1 0,0004 p+ với hắng số thời gian T 7=0,0004 < 0,001(s) nên theo quy định ta có thể bỏ qua hằng số thời gian T 7 của W7 như vậy W7’ = 1 khi đó W7 trở thành phản hồi đơn vị trong sơ đồ hệ thống

Các khâu còn có hằng số thời gian > 0,1 giây theo như quy định ta giư nguyên dể khảo sát

W1

W2 x

W4 W3

W7

W6 W5

Trang 9

Sau khi hiệu chỉnh các khâu ta có sơ đồ hệ thống với các thông số mới đã được hiệu chỉnh như sau:

- Biến đổi tương đương sơ đồ để tìm Wh(p), dễ dàng đưa sơ đồ hệ thống về dạng:

Với WH(p) = W1 nối tiếp với (W2 song song W3) nối tiếp với W4

= W1×( W2 + W3)× W4

= 1 0,024p+0,8 ×( 2 2

3 0,15 p + 2.0,68.0,15p+ 1+

2

p)×1 0,016p+0,08 = 1 0,024p+0,8 ×

2

0,045 3, 408 2 0,0225 0, 204

0,08

1 0,016p+

=

2 2

(1 0, 024 )(0,15 2.0, 68.0,15 1)(1 0, 016 ) 0,128.(0,15 p 2.5, 68.0,15 1).2 (1 )

Ta tìm được hàm truyền hệ hở WH(p) ở dạng các khâu cơ bản như trên

WH(p )

Wbk

W1

W2 x

W4 W3

W6 W5

Trang 10

Ta phải tìm khâu hiệu chỉnh WHC(p) sao cho hàm truyền hệ thống kín WK(p) với

phản hồi (-1)

thỏa mãn điều kiện chuẩn: WK(p) = 2 2

1

2 τ p + 2 τp+ 1

theo sơ đồ ta có: WK(p) = ( ) ( )

( ) ( )

1 W + p W p suy ra WHC(p) = ( )

( ) ( )

H

K K

−

thay WK(p) = 2 2

1

2 τ p + 2 τp+ 1 vào ta được WHC(p) = H( )

1

W p 2 (1 τp + τp)

Vậy ta có được:

WHC(p) = (1 0, 024 )(0,152 2 2 2 2.0, 68.0,15 1)(1 0, 016 )

0,128.(0,15 p 2.5, 68.0,15 1).2 (1 )

Để thiết bị hiệu chỉnh đơn giản ta chon trùng với hằng số thời gian nào đó của WH

để có thể giản ước được (bù khâu có hằng số thời gian lớn)

Ta thấy T = 0,15 là lớn nhất

T=0,016 là nhỏ nhất

Chọn τ =0,016 rồi thay vào biểu thức của WHC(p) ta thu được khâu hiệu chỉnh theo phương pháp modul tối ưu:

WHC(p) =

2 2

(1 0, 024 )(0,15 2.0, 68.0,15 1)

0,004096.(0,15 p 2.5,68.0,15 1)

p

5.Đánh giá chất lượng của hê theo phương pháp đại số

Sau khi hiệu chỉnh hệ thống ta thu được:

WK(p) = 2 2

1

2 τ p + 2 τp+ 1 với τ =0,016 nên ta có: WK(p) = 2

0,000512 0,0

1

32

1

Khi đó ta có hàm ảnh

H(p) = 1p WK(p) = 0,000512 2 0,0

1

32

1

+ Xác định hàm quá độ h(t)

Theo khai triển Hêvisai ta có:

U

2 2

244.(1 0,024 )(0,15 2.0,68.0,15 1)

(0,15 p 2.5,68.0,15 1)

p

Trang 11

H(p) = 0 1 2 1

2 0,000512 0

( )

.

Giải phương trình 0,000512p2 + 0,032p + 1 = 0

Ta được 2 nghiệm phức liên hợp p1= - 31.25 + 31.25i và p2= - 31,25 - 31,25i

Ta được:

0 ( 31.25 31.25i) ( 31.25 31.25i)

Ta có:

F1(p) = 1

F2(p) = 0,000512p3+0,032p2+p ; F2’(p)= 0,001536p2+0,064p+1

F2’(0)=1

31,25+31,25i)=0,001536(-31,25+31,25i)2+0 ,064(-31,25+31,25i)+1= -1-i

Ta tìm được:

Vậy hàm gốc của H(P) là:

+ Khảo sát hàm quá độ h(t) với t=0 h(0) = 0

t =0,6 h(1) = 1,04265152716361

t =1,9 h(2) = 1,00008262614102

t =3,2 h(3) = 1,00000015017077

t =4,4 h(4) = 1,00000000030094

t =5,7 h(5) = 1,00000000000055

t =6,9 h(6) = 1

t =(7÷∞) h(t) = 1

Ta vẽ được đồ thị của hàm quá độ h(t) như sau :

1

2

(0)

1 (0)

F A F

5 5 5

2 h(t) =1(t)[1+2 .cos(5 135 )

2 h(t) =1(t)[1+ 2 .(cos(5 ).cos(135 ) sin(5 ).sin(135 ))]

h(t) =1(t)[1 - .(cos(5 ) sin(5 ))]

t

−

+

− +

135 1

2

( 31, 25 31, 25i) 1 2

0,5 0,5i ( 31, 25 31, 25i) 1 i 2

j

F

Trang 13

Ta có tại t = 0,5(s) thì h(t) = 1,01676368121048 thì đặc tính quá độ của hệ thống đã đi vào và nằm trong vùng giới hạn cho phép (±3% yxl = 0,03)

Vậy 0 < tqđ < 0,5 (s)

- độ quá điều chỉnh:

max max

1,04265152716361 1

1

xl xl

h h h

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	432,5 KB