ZADANIE O AUTOMATYCZNEJ STABILIZACJI KURSU STATKU.
Neutralnie stabilny system automatycznego sterowania to taki system, w którym po ustaniu wymuszenia ustala się nowy stan równowagi, różny od początkowego i zależny od działającego wymuszenia.
Niech system opisany : a0x(n) + a1x(n-1) +...+ anx(1) = 0 ma jeden zerowy pierwiastek. Jest to możliwe, gdy : an = 0. Wówczas równanie charakterystyczne ma postać :
(a0λn-1 + a1λn-2 +...+ an-1)λ = 0
oznaczamy prędkość zmiennej x przez V = x’. Wówczas mamy
a0Vn-1 + a1Vn-2 +...+ an-1V = 0
a więc system okazuje się asymptotycznie stabilny względem V. Sama funkcja x(t) może przyjmować dowolne wartości. Dlatego takie systemy nazywamy stabilnymi neutralnie.
ZADANIE
Uproszczony model neutralnie stabilnego statku dany jest równaniem :
JΨ’’+ hΨ’ = -kδ dla J>0, h>0, k>0
Ψ – kąt odchylenia od kursu
δ – wychylenie steru
J – moment inercji względem osi pionowej przechodzącej przez środek ciężkości
h - współczynnik
k – współczynnik efektywności steru
Niech równanie autopilot-maszyna sterowa ma postać
Tδ’ + δ = αξ + βξ’ dla T>0
T – stała czasowa autopilot-maszyna sterowa
α,β – parametry
ξ – pomiar wychylenia od kursu Ψ
Pomiar kąta wychylenia nie zachodzi natychmiast (ale opisuje się równaniem) :
τξ’ + ξ = Ψ dla τ>0
W przestrzeni parametrów (α, β) charakteryzujΉcych układ znaleźć obszar, w którym system w obwodzie zamkniętym składający się ze statku, autopilota i maszyny sterowej jest asymptotycznie stabilny przy nastawie wartości parametrów: J=103, h=102, k=1, T=102, τ=10-1.
ROZWIĄZANIE:
JΨ’’+ hΨ’ = -kδ
Tδ’ + δ = αξ + βξ’
Τξ’ + ξ = Ψ
Ψ’’+ hΨ’/J = -kδ/J
δ’ + δ/T = αξ/T + βξ’/T αξ/T + βξ’/T = u => u (ξ, Ψ)
ξ’ + ξ/τ = Ψ/τ
Ψ’ = r
r’ = -hr/J – kδ/J
δ’ = -δ/T + αξ/T + βξ’/T
ξ’ = -ξ/τ + Ψ/τ
δ’ = -δ/T + αξ/T + βξ’/T = -δ/T + αξ/T + βΨ/Tτ – βξ/Tτ = -δ/T + βΨ/Tτ + (α/T – β/Tτ)ξ
δ’ = -δ/T + βΨ/Tτ + (α/T – β/Tτ)ξ
Z tego układu czterech równań tworzymy macierz A
Ψ’ 0 1 0 0 Ψ
r’ 0 -h/J -k/J 0 r
δ’ β/Tτ 0 -1/T (α/T-β/Tτ) δ x’ (t) = Ax (t)
ξ’ 1/τ 0 0 -1/τ ξ
Obliczamy macierz A (wstawiając za k, J, h, T i τ odpowiednie wartości) według kryterium Hurwitza det (A-λJ)
0 1 0 0 λ 0 0 0 -λ 1 0 0
0 -10-1 -10-3 0 0 λ 0 0 0 -10-1-λ -10-3 0
β/10 0 -10-2 (α/10-β)/10 0 0 λ 0 β/10 0 -10-2-λ (α/10-β)/10
10 0 0 -10 0 0 0 λ 10 0 0 -10-λ
-10-1-λ -10-3 0 0 -10-3 0
= (-1)1+1(-λ) 0 -10-2-λ (α/10-β)/10 + (-1)1+2 β/10 -10-2-λ (α/10-β)/10 =
0 0 -10-λ 10 0 -10-λ
-10-2-λ (α/10-β)/10 β/10 (α/10-β)/10
=(-1)1+1(-λ)(-10-1-λ) - (-1)1+2(-10-3) =
0 -10-λ 10 -10-λ
= (λ/10 + λ2) (10-1 + λ/102 + 10λ + λ2) – 10-3(-β – λβ/10 – α/10 + β) = λ/102 + λ2/103 + λ2 +
+ λ3/10 + λ2/10 + λ3/102 + 10λ2 + λ4 + β/103 + λβ/104 + α/104 – β/103 = λ4 + (10 + 10-1 + 10-2)λ3 +
+ (1 + 10-1 + 10-3)λ2 + (10-2 + β/104)λ + α/104
λ4 + 10,11λ3 + 1,101λ2 + (10-2 + β/104)λ + α/104
a0 a1 a2 a3 a4
a1 a3 0 0 10,11 10-2+β/104 0 0
a0 a2 a4 0 1 1,101 α/104 0
0 a1 a3 0 0 10,11 10-2+β/104 0
0 a0 a2 a4 0 1 1,101 α/104
Aby układ zachował stabilność każdy z minorów tego wyznacznika musi być większy od zera.
Δ1= 10,11 >0
Δ2= 11,1211 – 0,0001β > 0 dla β < 1112111
10,11 10-2+β/104 0
Δ3= 1 1,101 α/104 > 0
0 10,11 10-2+β/104
10,11 10-2+β/104
Δ3= (-1)3+2(α/104) + (-1)3+3(10-2+β/104)Δ2 = -102,21α/104 + (10-2+β/104)
0 10,11
(11,1211 – β/104) = -0,0102α + 0,1112 – β/106 + 0,0011β – β2/108 > 0
-10-8β2 + 0,0011β + 0,1112 > 0,0102α /: 0,0102
-10-6β2 + 0,1078β + 10,9 > α
Δ = (0,1078)2 – 4(-10-6)10,9 = 0,0116 + 0,00004 = 0,01164
√ = 0,1079
miejsca zerowe β1 = -50 i β2 = 107850
współrzędne wierzchołka βw = 53900 i αw = 26975
Δ3=Δ4
ODP:
Wszystkie α i β, znajdujΉce się pod parabolą o współrzędnych napisanych powyżej
i jednocześnie na lewo od prostej β = 1112111, wstawione do układu czterech równań powodują, że układ jest stabilny.
marcin0732