G601液位控制系统

1、工 程 应 用 实 例g601 液位控制系统 一液位控制系统如图1 所示，试分析系统并判断系统稳定性。 图 1 液位控制系统解：对于液位控制系统，当电位器电刷位于中点位置时，电动机不动，控制阀门保持一定开度， 水箱中流入与流出水量相等，从而液面保持在希望高度上。一旦流入或流出水量发生变化，水箱液面高度便相应变化。当液面升高时，浮子位置亦相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的流量减少。此时，水箱液面下降，浮子位置下降，直到电位器电刷回到中点位置，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度，反之，若水箱液面下降，

2、系统会自动增大阀门开度，加大流入的水量，使液面升到给定的高度。系统方框图如图2 所示。图 2 液位控制系统方框图一、求解各部分传递函数1浮子：ufkshsusg)()()(，k为电压液位高度之比u2电动机：直流电动机产生的力矩与磁通和电枢电流成正比，通过改变电枢电流或改变激磁电流都可以对电流电机的力矩和转速进行控制。在这种控制方式中，激磁电流恒定，控制电压加在电枢上，这是一种普通采用的控制方式。 西南科技大学 科学出版社自动控制原理- 1 -工 程 应 用 实 例设输入控制电压为， 电枢电流为,)(tu)(vi)(am为电机产生的主动力矩,)(mn为电机轴的角速度( ，l为电机的电感，)/ s

3、rad)(hr为电枢导数的电阻(，电枢转动中产生的反电势，为电机和负载的转动惯量)(te)v(j)2mkg(根据 kvl ：)()(tutridtdil)(2122rrmmemdtdmtkukdtdtdtdtt整理后得：式中：rlt称为直流电动机的电气时间常数； mmkkjrt称为直流电动机的机电时间常数； ，kkrkm2kk11为比例系数。 流电动机绕组的电感况下可以忽略不计，上式可化简为 直电枢比较小，一般情西南科技大学 科学出版社自动控制原理- 2 -rmdt21mkukdt即rmmkukdtddtdt2122对上式取拉氏变换，设初始条件为零， 得电动机传递函数：)1()()()(1st

4、sksussgmm3阀门部分：ksgv)()(1ssq)(4水箱控制部分：设输入量为进水量q1，输出量为水位h，q1和 h都是在基准量q10与 h0基础上的增量。的增量，r表示输出管道阀门的阻力（即流阻）。设 c 是水箱底的底面积，相对于水位升高1m所需的进水总量，也称水箱的容量。 此外，q2表示出水量根据流体的连续性原理，dt时间水箱内流体增加（或减少）cdh，应与进（或出）水总量dtqq)(01相等，即dtqqcdh)(0120hqr，其中01r又根据托里拆利定律，出水量与水位高度平方根成正比，则有为比例系数。显然，上式为非线性关系，在工作点（q10，h0）附近进行泰勒级数展开，取一次工

5、程 应 用 实 例西南科技大学 科学出版社自动控制原理- 3 -项得：22qh01hrrh，式中002hrr为流阻。 于是不难求得水箱的线性化微分方程：1rqhdhrcdt对上式取拉氏变换，设初始条件为零，并令rct,rkr，得水箱传递函数：1)()(1tsksqshr)(csg( )( )oih断系统的稳定性。建立系统的动态结构图模型，求传递函数shs的表达式，判图 3 液位控制系统动态结构图模型开环传递函数) 1)(1()(1tsstskkksgmr闭环传递函数urmrkkkktss1)1)(1tskkks1()(二、开环传递函数为系统分析 ) 1)(1()(1tsstskkksgmr，设

6、=1，mt25.0t50，试设计一个校正装置，使得系统的静态速度误差常数为，相位裕量等于，增益裕量不小于10 分贝。解：由已知条件，)(sgc110秒)4)(1()4)(1(4)1)(1()(11ssskkk超前校正装置，其传递函数形式为：sssktsstskkksgrmr设计一个滞后-11)1)(1(111)(sgc212121ststststksststskcc1已校正系统的开环传递函数为，因为被控对象的增益k 是可调整的，所21tt)()(sgsgc给定液位实际液位1tskrku工 程 应 用 实 例西南科技大学 科学出版社自动控制原理- 4 -以设计，因 此。根据对静态速度误差常数的要

7、求，我们得到：1ck1)(lim0sgcs104)4)(1()(sskssgc出增益已调整，limlim00kssgss2画出未校正系统在的伯德图。由图但未校正系统的相位裕量为，稳定的。)()(sgsc4 可看40k这表明未校正系统是不16图 4 未校正系统伯德图3由()jg的相看到，选择新的增益交界频率为相为角曲线我们位转角频率srad2，此时要求的相位超前角大约等于超前校正装置的滞后部分的转角频率50。单独的滞后 -易地提供这样大的相位超前角。4 确定滞后 -超前校正装置可以相当容21 t位于新增益交界频率以下十倍频程处，即srad2.0处，最大相位超前角5对于超前校正装置m由11sin确

8、定，10m对应于9.54， 满 足 需 要50的 相 位 裕 量 ， 所 以 选10择m， 则 另 一 个 转 角 频 率sradt01202.- 超 前 校 正 装 置 相 位 滞 后 部 分数 为。 滞 后的 传 递 函1510.2. 0。150020ssss工 程 应 用 实 例6相位超前部分确定如下：新的增益交界频率为srad2，求得dbjg6)2(西南科技大学 科学出版社自动控制原理- 5 -，srad2时产生db6因此若滞后 -超前校正装置在，则新的增益交界频率满足要求。根据这个要求，画出通过（，db6srad2）点，且斜率为decdb20的直线。这条直线与以及的交点频率。根据上述分析，超前部分的转角频率确定为db0db20确定了转角srad4.0和sra4d。此 ，滞因后 - 超前 校 正装 置超 前部 分的 传递 函数 为：155ss。.21017将校正装置滞后部分和超前部分的传递函数结合起来，可以得到滞后-超前校正装置的传递函数。因为我们选择40ss2. 014 .)(sgc1ck，所以得到)150)(125.0() 15)(15. 2(02.2 .044 .00