close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1 лаб 19

код для вставкиСкачать
Факультет дистанционного образования
ТОМСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ СИСТЕМ УПРАВЛЕНИЯ И
РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ (ТУСУР)
Лабораторная работа №1
По дисциплине «Цифровые системы автоматического управления-1»
Вариант №19
Цель лабораторной работы – освоить на практике методы получения и анализа
уравнений состояния цифровой системы автоматического управления.
Исходные данные – импульсная передаточная функция замкнутой системы
W(z).
Задание по лабораторной работе можно разбить на несколько этапов.
1.
Получение диаграмм состояния с помощью трех методов декомпозиции:
а) непосредственной,
б) последовательной,
в) параллельной.
2.
На основе диаграмм состояния составляют уравнения состояния и
уравнения выхода
x (k + 1) = Ax(k) + B r(k),
(4.1)
y(k) = C x(k) .
(4.2)
Для каждого из методов п.1 результат представляют в виде квадратной
матрицы А, вектор-столбца В и вектор-строки С.
3.
Находят решение уравнений состояния (4.1) и уравнений выхода (4.2).
Для этого:
а) вычисляют переходную матрицу Φ(k),
б) записывают решение уравнения (4.1) так же, как это сделано в учебном
пособии [1, с. 102] в форме
k 1
x(k )  Φ(k )  x(0)  Φ(k  m 1)  B  r (m).
(4.3)
m0
Переходная матрица Φ(k) вычисляется для уравнений состояния,
полученных
непосредственной декомпозицией – с помощью метода zпреобразования [1, с. 95–96];
последовательной декомпозицией –
с применением теоремы
КэлиГамильтона [1, с. 94];
параллельной декомпозицией – как диагональная матрица [1, с. 93].
Подстановка решения (4.3) в уравнение (4.2) дает решение для выходного
сигнала системы
k 1
y (k )  C  Φ(k )  x(0)  C  Φ(k - m 1)  B  r (m).
(4.4)
m0
Решение необходимо записать для k=3 для заданных r(k) и нулевых
начальных условий (y(0)= y(1)=0). Для записи решения в виде (4.4) потребуется
пересчитать начальные условия для y(k) в начальные условия для x(k).
z  0,5
z  0,4z  0,21
2
а) методом непосредственной декомпозиции:
Представим
передаточную
функцию
в
W z  
1
2
z  0.5z
.
1  0.4z 1  0.21z 2
более
удобном
виде:
Диаграмма состояний:
x1 k 1T   x2 kT ,
x2 k 1T   0.21x1 kT   0.4x2 kT   rkT  ,
yk 1T   0.5x1 kT   x2 kT .
1 
 0
0
A
, B    , C   0.5 1.

0.21  0.4
1
Найдем переходную матрицу методом z-преобразования:
1
 z

1 
(k )  Z zE  A  z  Z zE  A  z  Z 

z


 0.21 z  0.4

 z( z  0.4)
0.21z

z  0.4
0.21

 
 ( z  0.7)(z  0.3) ( z  0.7)(z  0.3) 
 ( z  0.7)(z  0.3) ( z  0.7)(z  0.3)  

 Z 1 
  z   Z 1 
2
1
z
z
z







 ( z  0.7)(z  0.3) ( z  0.7)(z  0.3)  
 ( z  0.7)(z  0.3) ( z  0.7)(z  0.3) 
1

1

1

1

1
Осталось взять обратное z-преобразование от каждого элемента последней
матрицы, предварительно представив эти элементы в виде суммы простых
дробей. Имеем:
 z( z  0.4) 
0.7 
1   0.3
Z 1 

  0.3  (0,7) k  0.7  (0.3) k
  Z  z
  z  0.7 z  0.3 
 ( z  0.7)(z  0.3) 


z
1
1 
1  
Z 1 

  (0.7) k  (0.3) k
  Z  z
  z  0.7 z  0.3 
 ( z  0.7)(z  0.3) 


0.21z
0.21 
1    0.21
Z 1 

  0.21 (0.7) k  0.21 (0.3) k
  Z  z
  z  0.7 z  0.3 
 ( z  0.7)(z  0.3) 


z2
0.3 
1   0.7
Z 1 

  0.7  (0.7) k  0.3  (0.3) k
  Z  z
  z  0.7 z  0.3 
 ( z  0.7)(z  0.3) 
Получаем переходную матрицу:
0.3  (0,7) k  0.7  (0.3) k
Ф(k )  
k
k
  (0.7)  (0.3)
 0.21 (0.7) k  0.21 (0.3) k 

0.7  (0.7) k  0.3  (0.3) k 
Выход системы:
k 1
yk   C  k   x0  C  k  m  1  B  rm , исходя из того, что y(0)=y(1)=0, найдем
m 0
x(0):
0.3  (0,7) k  0.7  (0.3) k  0.21 (0.7) k  0.21 (0.3) k   x1 (0) 
y(k )   0.5 1 


k
k
0.7  (0.7) k  0.3  (0.3) k   x2 (0)
  (0.7)  (0.3)
k 1
0.3  (0,7) k m1  0.7  (0.3) k m1  0.21 (0.7) k m1  0.21 (0.3) k m1  0
  0.5 1 
 
k m1
 (0.3) k m1
0.7  (0.7) k m1  0.3  (0.3) k m1  1
m 0
  (0.7)
Подставляя в формулу k=0, получаем:
 x (0) 
1 0  x1 (0) 
y(0)   0.5 1 

  0.5 1  1   0.5x1 (0)  x2 (0)


0 1  x2 (0)
 x2 (0)
Полагая k=1, имеем:
0 0.21   x1 (0) 
1 0 0


y(1)   0.5 1 



0
.
5
1


 
0 1  1  x1 (0)  0.51 x2 (0)  1
1  0.4  x2 (0)

  
Учитывая начальные условия для выхода y(k), получим начальные условия
для вектора состояния x(k):
 y0  0.5x1 (0)  x2 (0)  0,

 y1  x1 (0)  0.51 x2 (0)  1  0
x1 (0)  1.324, x2 (0)  0.671.
Таким образом,
y(3)  C  Ф(3)  x(0)  C  Ф(2)  B  C  Ф(1)  B  C  Ф(0)  B  0.3
б) методом последовательной декомпозиции.
Представим передаточную функцию в более удобном виде:
z  0.5
 W1 ( z)  W2 ( z) ,
( z  0.7)(z  0.3)
1
z 1
W1 ( z) 

z  0.3 1  0.3z 1
z  0.5 1  0.5z 1
W2 ( z) 

z  0.7 1  0.7z 1
W z  
Диаграмма состояний:
x1 k 1T   0.7x1 kT   x2 kT  ,
x2 k 1T   0.3x2 kT   rkT  ,
y(kT)  0.2x1 (kT)  x2 (kT)
 0.7 1 
0
A
, B    , C  0.2 1.

0.3
 0
1
Найдем переходную матрицу по теореме Кэли-Гамильтона:
 0.7
Собственные числа матрицы A  
 0
1
 0.7
равны   

.
0.3
 0.3 
 0.7k   0  0.71 ;
Решим систему уравнений 
:
0.3k   0  0.31 .
1  0.3k  (0.7) k ;
0  0.7  (0.3) k  0.6  (0.7) k ,
Подставляем найденные коэффициенты в выражение для переходной матрицы:
1
1 0
k
k  0.7
Ф(k )  0.7  (0.3) k  0.6  (0.7) k  

0
.
3

(

0
.
7
)


 0
0.3
0 1

В итоге получаем:
0.1(0,7) k
Ф(k )  
0

0.3k  (0.7) k 

0.3k  0.9  (0.7) k 
Решение уравнения выхода в общем виде:
0.1(0,7) k
0.3k  (0.7) k   x1 (0) 
y(k )  0.2 1 


0
0.3k  0.9  (0.7) k   x2 (0)

k 1
0.1(0,7) k m1
0.3k m1  (0.7) k m1  0
 0.2 1 
 
0
0.3k m1  0.9  (0.7) k m1  1
m 0

При k=0
 x (0) 
1 0  x1 (0) 
y(0)  0.2 1 

 0.2 1  1   0.2x1 (0)  x2 (0)


0 1  x2 (0)
 x2 (0)
При k=1
1   x1 (0) 
0.7
1 0 0
y(1)  0.2 1 

 0.2 1 


     0.014  x1 (0)  1.13  x2 (0)  1
 0  0.3  x2 (0)
0 1 1
Значит, x1 (0)  4.167, x2 (0)  0.833
y(3)  C  Ф(3)  x(0)  C  Ф(2)  B  C  Ф(1)  B  C  Ф(0)  B  0.3
в) методом параллельной декомпозиции.
Представим передаточную функцию в более удобном виде:
W z  
z  0.5
1.2
0.2


z  0.7 z  0.3 z  0.7 z  0.3
Диаграмма состояний:
x1 k 1T   0.7x1 kT  1.2rkT  ,
x2 k 1T   0.3x2 kT   0.2rkT  ,
yk 1T   x1 kT   x2 kT  ,
 0.7 0 
 1.2 
A
, B

 , C  1 1 .
0.3
 0
 0.2
Представим переходную матрицу в виде:
1k
0
...
0  ...
Ф(k )  Ak 
... ... ...
0 0 ...
k
2
0
0
...
kn
Имеем:
(0.7) k
Ф(k )  A  
 0
k
0 

(0.3) k 
Решение для выхода системы в общем виде:
(0.7) k
y(k )  1 1 
 0
(0.7) k m1
  1.2 
0   x1 (0)  k 1
0




1
1






k 
k m1  
(0.3)   x2 (0) m0
0
(0.3)

  0.2
При k=0
 x (0) 
1 0  x1 (0) 
y(0)  1 1 

 1 1  1   x1 (0)  x2 (0)


0 1  x2 (0)
 x2 (0)
При k=1
 0.7 0   x1 (0) 
1 0  1.2 
y(1)  1 1 

 1 1 



  0.7  x1 (0)  0.3  x2 (0)  1
0.3  x2 (0)
 0
0 1  0.2
Откуда x1 (0)  1, x2 (0)  1
Для выхода системы имеем
y(3)  C  Ф(3)  x(0)  C  Ф(2)  B  C  Ф(1)  B  C  Ф(0)  B  0.3
Документ
Категория
Теория систем управления
Просмотров
2
Размер файла
188 Кб
Теги
лаб
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа