7.5: Відповідь системи із замкнутим контуром

Крок реакції системи із замкнутим контуром

Розглядається система управління вибірковими даними з одиничним коефіцієнтом посилення зворотного зв'язку (рис. 7.1), де аналогова установка приводиться в рух цифровим контролером через ZOH.

Нехай функція передачі імпульсу задається як:\(G\left(z\right)=\frac{n\left(z\right)}{d\left(z\right)}\)

Потім для статичного контролера функція передачі імпульсів із замкнутим контуром в конфігурації одиничного зворотного зв'язку визначається як:

\[T(z)=\frac{Kn(z)}{d(z)+Kn(z)} .\]

З огляду на функцію передачі імпульсів із замкнутим циклом\(T(z)\), обчислюємо її реакцію на одинично-крокову послідовність,\(r\left(kT\right)=\{1,1,\dots \}\).

Відповідь можна отримати шляхом ітерації, або аналітично з виразу:\(y\left(z\right)=T\left(z\right)r\left(z\right)\).

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Нехай\(G(s)=\frac{1}{s+1}\),\(T=0.2\; \rm s\); тоді, у нас є\(G(z)=\frac{0.181}{z-0.819}\)

Функція передачі імпульсів із замкнутим циклом задається як:\(T(z)=\frac{0.6181K}{z-0.819+0.181K}. \nonumber\)

Нехай\(K=1\), і припустимо\(r(kT)=1,\; \; r(z)=\frac{1}{1-z^{-1} }\); потім, відповідь системи виходить як:\(y(z)=\frac{0.181z}{(z-1)(z-0.638)} . \nonumber \)

Використовуючи PFE,\(y(z)=0.5\left(\frac{z}{z-1} -\frac{z}{z-0.638} \right). \nonumber\)

Отримана послідовність виводу задається у вигляді:\(y(kT)=0.5(1-0.638^{k} ),\; \; k=0,1,\ldots\)

або\(y\left(k\right)= \{ 0,\; \; 0.632,\; 0.465,\; 0.509,\, 0.498,\, 0.501,\, 0.5,\, 0.5\ldots \}. \nonumber\)

Для порівняння, для\(K=1\), відповідь аналогової системи задається у вигляді:\(y(t)=\frac{1}{2} (1-e^{-2t} ),\; \; t>0. \nonumber\)

Відповіді на крок порівнюються на малюнку 7.5.1.

Рисунок\(\PageIndex{1}\): Крок відповіді систем безперервного часу та вибіркових даних для прикладу 7.5.1.

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Нехай\(G(s)=\frac{1}{s(s+1)}\),\(T=0.2\rm s\); потім, ми отримуємо:\(G(z)=\frac{0.0187z+0.0175}{(z-1)(z-0.819)}. \nonumber\)

Функція передачі імпульсів із замкнутим циклом становить:\(T(z)=\frac{(0.0187z+0.0175)K}{(z-1)(z-0.819)+(0.0187z+0.0175)K} \nonumber\)

Нехай\(K=1;\) тоді функція передачі імпульсів із замкнутим циклом є:\(T(z)=\frac{0.0187z+0.0175}{z^{2} -1.8z+0.836}. \nonumber\)

Нехай\(r(z)=\frac{z}{z-1}\) (одиничний крок); потім відповідь системи із замкнутим циклом задається як:\(y(z)=\frac{z\left(0.0187z+0.0175\right)}{\left(z-1\right)\left(z^{2} -1.8z+0.836\right)}. \nonumber\)

Використовуючи довге ділення, отримуємо:\(y(z)=0.368z^{-1} +z^{-2} +1.4z^{-3} +1.4z^{-4} +1.15z^{-5} +\ldots \nonumber\)

Послідовність крокової відповіді задається наступним чином:\(y(kT)=\{ 0,\; 0.368,\; 1,\; 1.4,\; 1.4,\; 1.15,\; \ldots \}\)

Для порівняння аналогова система має функцію передачі в замкнутому контурі:\(T(s)=\frac{1}{s^{2} +s+1} \nonumber.\)

Його одинично-ступінчаста реакція виходить у вигляді:\(y(t)=(1-1.15e^{-0.5t} \sin 0.866\, t)u(t). \nonumber\)

Відповіді на крок порівнюються на малюнку 7.5.2.

Рисунок\(\PageIndex{2}\): Крок відповіді систем безперервного часу та вибіркових даних.

З порівняння крокових відповідей ми спостерігаємо, що реакція аналогової системи має\(16.3\%\) перевищення, тоді як реакція дискретної системи має більш високий (\(18\%\)) перевищення. Дискретна система також має більш високий час осідання в порівнянні з аналоговою системою.

Більш високий перевищення у випадку системи вибіркових даних відбувається через негативну фазу, спричинену ZOH, що зменшує доступний запас фази на суму:\(\Delta \phi _\rm m =\frac{\omega _{{\rm g}c} T}{2} .\)

Зокрема, з команди «margin» MATLAB система безперервного часу має ПМ\(52^{\circ }\) at\(\omega _{\rm gc} =0.786\; \frac{\rm rad}{\rm s}\). Так як\(T=0.2 \;\rm sec\), зменшення фазового запасу становить:\(\Delta \phi _\rm m =4.5^{\circ }\).

Стабільна помилка відстеження стану

Помилка відстеження\(e(z),\) у відповідь на заданий еталонний вхід\(r(z),\) у випадку системи вибіркових даних із зворотним зв'язком з одиничним коефіцієнтом посилення обчислюється як:

\[e(z)=r(z)(1-T(z)).\]

Теорема кінцевого значення (FVT) в\(z\) -області викладається як:

\[{\mathop{\lim }\limits_{k\to \infty }} e(k)\; ={\mathop{\lim }\limits_{z\to 1}} (z-1)e(z).\;\]

Константи похибки положення та швидкості у випадку системи вибіркових даних визначаються як:

\[K_\rm p ={\mathop{\lim }\limits_{z\to 1}} G(z)\;\]

\[K_{\rm v} ={\mathop{\lim }\limits_{z\to 1}} \frac{(z-1)}{T} G(z)\;\]

Використовуючи константи помилок, стаціонарні помилки для входів кроку та рампи обчислюються як:

\[\left. e_{\rm ss} \right|_{\rm step} =\frac{1}{1+K_\rm p }\]

\[\left. e_{\rm ss} \right|_{\rm ramp} =\frac{1}{K_{\rm v} } .\]

Приклад\(\PageIndex{3}\)

Нехай\(G(z)=\frac{0.0187z+0.0175}{(z-1)(z-0.819)} \, \, \left(T=0.2s\right) \nonumber\); тоді константи помилок задаються як\(K_\rm p =\infty\) і\(K_{\rm v} =1\).

Відповідно,\(\left. e_{\rm ss} \right|_{\rm step} =0;\; \left. e_{\rm ss} \right|_{\rm ramp} =0.2. \nonumber\)

Приклад\(\PageIndex{4}\)

Нехай\(G(z)=\frac{0.368z+0.264}{(z-1)(z-0.368)} \nonumber\) з\(T=1\rm s\); тоді, у нас є\(K_\rm p =\infty ,\; \; K_{\rm v} =1. \nonumber\)

Відповідно,\(\left. e_{\rm ss} \right|_{\rm step} =0;\; \left. e_{\rm ss} \right|_{\rm ramp} =1. \nonumber\)