Instytut Automatyki
Zakład Teorii Sterowania
Podstawowe problemy automatyki
Krzysztof Marzjan
2
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 1
Dany jest obiekt o transmitancji operatorowej
1
)
(
0
0
Ts
ke
s
G
sT
. Wyznacz uchyb ustalony w układzie
otwartym i zamkniętym dla skoku jednostkowego w funkcji współczynnika wzmocnienia.
W otwartym układzie regulacji uchyb należy obliczyć, ponieważ sygnał uchybu nie występuje.
Transformatę uchybu można zapisać następująco:
)
(
)
(
)
(
s
y
s
x
s
e
Po uwzględnieniu definicji transmitancji operatorowej otrzymuje się:
)
(
)]
(
1
[
)
(
)
(
)
(
)
(
0
0
s
x
s
G
s
x
s
G
s
x
s
e
Zatem transmitancja uchybowa dla układu otwartego jest równa:
)
(
1
)
(
0
s
G
s
G
e
Uchyb ustalony obliczony będzie z twierdzenia granicznego:
)
(
)]
(
1
[
lim
)
(
lim
0
0
0
s
x
s
G
s
s
se
e
s
s
u
Jeżeli
)
(
1
)
(
t
t
x
to
s
s
x
1
)
(
, stąd uchyb ustalony jest równy:
k
Ts
ke
s
G
e
sT
s
s
u
1
1
1
lim
)]
(
1
[
lim
0
0
0
0
x(s)
y(s)
1
)
(
0
0
Ts
k e
s
G
sT
3
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
W układzie zamkniętym
Transmitancja uchybowa jest równa:
)
(
1
1
)
(
0
s
G
s
G
e
Uchyb ustalony:
k
Ts
ke
s
G
e
sT
s
e
s
u
1
1
1
1
1
lim
)
(
lim
0
0
0
Na rysunku przedstawiono zależność uchybu
w stanie ustalonym
dla układu otwartego
k
1
i zamkniętego
k
1
1
.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
uchyb ustalony w układzie otwartym i zamkniętym
k
e
u
układ otwarty
układ zamknięty
+
_
x(s)
y(s)
1
)
(
0
0
Ts
ke
s
G
sT
e(s)
4
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 2
Zbadaj stabilność układu przedstawionego na rysunku:
Przy badaniu stabilności tego układu, kryteria algebraiczne zawodzą, postać wielomianu
c
harakterystycznego zmienia się wraz ze zmianą rzędu układu inercyjnego.
Jedynym podejściem, które można tu zastosować to kryterium Nyquista. Układ otwarty jest układem
stabilnym, n
jednakowych pierwiastków równania charakterystycznego
T
s
i
1
.
n
Ts
k
)
1
(
+
_
x(s)
y(s)
5
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Charakterystyki amplitudowo
– fazowe elementu inercyjnego n – tego rzędu:
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
charakterystyki amplitudowo-fazowe elementu inercyjnego n-tego rzędu
Re [G(j
)]
Im
[
G
(j
)]
n=1
n=2
n=3
n=4
[-1 j0]
6
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby układ zamknięty był stabilny charakterystyka amplitudowo – fazowa układu otwartego nie
powinna obejmować punktu krytycznego
)
0
,
1
(
j
, oznacza to, że dla przesunięcia fazowego
,
moduł transmitancji widmowej musi być mniejszy od 1.
Daje to układ: równanie i nierówność:
1
)
(
)
(
arg
j
G
j
G
Transmitancja widmowa
układu otwartego ma postać:
ω
arctgT
n
j
n
n
e
ω
T
k
ω
j
T
k
ω
j
G
1
1
2
2
Stąd należy rozwiązać układ: równanie i nierówność:
1
1
2
2
n
ω
T
k
π
ω
arctgT
n
Z pierwszego równania wyznaczamy pulsację drgań.
n
tg
T
n
tg
T
1
7
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Z nierówności wyznaczamy krytyczny współczynnik wzmocnienia:
n
n
n
n
n
n
π
k
n
π
k
n
π
n
π
n
π
k
n
π
tg
k
n
π
tg
k
cos
cos
cos
cos
sin
1
;
1
1
2
2
2
2
2
2
1
cos
n
n
k
Ostatecznie
n
n
k
cos
1
Krytyczny współczynnik wzmocnienia dla wybranych rzędów układu inercyjnego
Rząd układu
inercyjnego
n=2
n=3
n=4
n=6
n
Krytyczny współczynnik
wzmocnienia
k
8
k
4
k
27
64
k
1
k
8
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 3
Transmitancja obiektu regulacji jest postaci:
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
2
)
(
s
s
s
s
G
OR
1.
wyznacz krytyczny współczynnik wzmocnienia w regulacji proporcjonalnej P, korzystając
z kryterium Hurwitza. Oblicz uchyb ustalony dla
2
R
p
k
k
.
2.
przyjmując współczynnik wzmocnienia w regulacji PD dwukrotnie większy od wyznaczonego w
punkcie 1., wyznacz czas wyprzedzenia regulatora, aby układ był stabilny. Oblicz uchyb
ustalony dla
R
p
k
k
.
Schemat blokowy układu w regulacji proporcjonalnej
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
2
s
s
s
p
k
+
_
x(s)
y(s)
9
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Transmitancja układu otwartego ma postać:
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
2
)
(
0
s
s
s
k
s
G
p
Stąd równanie charakterystyczne układu zamkniętego:
0
2
1
7
,
1
8
,
0
1
,
0
0
2
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
2
3
p
p
k
s
s
s
k
s
s
s
Sprawdzamy warunek konieczny kryterium Hurwitza:
0
2
1
p
k
Stąd otrzymujemy:
2
1
p
k
Z warunku wystarczającego otrzymujemy:
p
p
k
k
2
1
0
0
8
,
0
7
,
1
2
1
0
1
,
0
8
,
0
3
10
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby układ był stabilny, wystarczy zbadać znak wyznacznika
0
2
, pozostałe wyznaczniki będą
dodatnie.
3
,
6
0
2
,
0
26
,
1
0
)
2
1
(
1
,
0
7
,
1
8
,
0
)
2
1
(
1
,
0
7
,
1
8
,
0
7
,
1
2
1
1
,
0
8
,
0
2
p
p
p
p
p
k
k
k
k
k
stąd:
3
,
6
;
3
,
6
,
2
1
R
p
k
k
Uchyb ustalony oblicza się korzystając z twierdzenia granicznego:
14
,
0
3
,
6
1
1
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
15
,
3
2
1
1
lim
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
0
0
0
s
s
s
s
G
s
e
s
t
e
e
s
e
s
s
t
u
11
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Układ regulacji z regulatorem PD:
Transmitancja układu otwartego ma postać:
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
)
1
(
2
,
25
)
(
0
s
s
s
sT
s
G
D
Stąd równanie charakterystyczne układu zamkniętego:
0
2
,
26
)
2
,
25
7
,
1
(
8
,
0
1
,
0
2
3
s
T
s
s
D
Warunek konieczny kryterium Hurwitza jest spełniony (dlaczego?).
Z warunku wystarczającego otrzymujemy:
2
,
26
0
0
8
,
0
2
,
25
7
,
1
2
,
26
0
1
,
0
8
,
0
3
D
T
)
1
5
,
0
(
)
1
2
,
0
(
)
1
(
2
s
s
s
)
1
(
6
,
12
D
sT
+
_
x(s)
y(s)
12
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby układ był stabilny, wystarczy zbadać znak wyznacznika
0
2
, pozostałe wyznaczniki będą
dodatnie.
0625
,
0
0
26
,
1
16
,
20
0
62
,
2
16
,
20
36
,
1
2
,
26
1
,
0
)
2
,
25
7
,
1
(
8
,
0
2
,
25
7
,
1
2
,
26
1
,
0
8
,
0
2
D
D
D
D
D
T
T
T
T
T
13
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 4
Za pomocą kryterium Nyquista, wyznacz dla jakiej wartości stałej czasowej, układ przedstawiony na
rysunku jest stabilny. Przyjmij k
1
=5, k
2
=0,1.
Transmitancja wid
mowa układu otwartego ma postać:
arctgT
j
e
T
k
k
j
T
j
k
k
j
G
2
2
2
2
2
1
2
2
1
0
)
1
(
)
1
(
lub
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
0
)
1
(
]
1
[
)
1
(
2
)
1
(
]
2
1
[
)
1
(
)
1
(
T
T
k
jk
T
T
k
k
T
jT
T
k
jk
T
jT
k
jk
j
G
s
k
1
2
2
1
Ts
k
+
_
x(s)
y(s)
14
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
)
1
(
]
1
[
)
1
(
2
T
T
k
k
Q
T
T
k
k
P
0
)
(
;
)
1
(
]
1
[
0
0
)
(
;
2
0
2
2
2
2
2
2
1
2
1
Q
T
T
k
k
Q
P
T
k
k
P
Charakterystykę amplitudowo – fazową
elementu całkującego
z inercją II – go rzędu przedstawia rysunek:
Re{G
0
(jω)}
Im{G
0
(jω)}
T
k
k
2
1
2
15
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Układ otwarty jest układem strukturalnie niestabilnym. Jeżeli przypiszemy biegun zerowy do lewej
półpłaszczyzny, to układ otwarty możemy traktować jak układ stabilny. Charakterystykę amplitudowo
– fazową uzupełniamy łukiem okręgu o promieniu
R
, w spos
ób pokazany na rysunku:
Fragment charakterystyki pokazujący jej przebieg
w pobliżu punktu krytycznego (–1, j0), przedstawia
kolejny rysunek:
Re{G
0
(jω)}
Im{G
0
(jω)}
R
T
k
k
2
1
2
Re{G
0
(jω)}
Im{G
0
(jω)}
(-1, j0)
16
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby wyznaczyć szukaną wartość stałej czasowej, należy rozwiązać układ składający się z równania
i
nierówności:
1
)
(
)
(
arg
j
G
j
G
lub
1
)
(
0
)
(
P
Q
1
1
2
2
2
2
2
1
T
k
k
arctgT
lub
1
1
2
0
1
]
1
[
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
T
T
k
k
T
T
k
k
4
1
,
0
;
5
;
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
T
k
k
k
k
T
T
k
k
T
T
17
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 5
Oceń astatyzm układu względem wymuszenia i zakłócenia. Oblicz uchyb ustalony dla wymuszenia
)
(
1
)
(
t
t
t
u
.
Stosując kryterium Hurwitza, oblicz dla jakiej wartości stałej czasowej T
2
układ jest
stabilny.
)
1
;
1
,
0
;
2
(
3
1
T
T
k
Transmitancja uchybowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
1
)
(
)
(
1
1
)
(
1
2
3
2
2
3
2
2
3
2
1
s
T
k
s
T
sT
s
T
T
s
s
T
k
sT
s
T
s
G
s
G
s
G
OR
R
e
2
1
1
1
)
1
(
)
1
(
)
1
(
lim
)
(
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
2
1
2
3
2
2
3
2
0
0
0
k
s
s
T
k
s
T
sT
s
T
sT
s
s
u
s
sG
s
se
t
e
e
s
e
s
s
t
u
Pojedyncze z
ero równe 0 w transmitancji
uchybowej oznacza, że układ jest astatyczny
względem wymuszenia z astatyzmem I rzędu,
tzn. uchyb ustalony na wymuszenie liniowe
będzie miał stałą wartość.
2
1
1
sT
s
T
2
3
)
1
(
s
T
k
+
_
u(s)
y(s)
_
z(s)
18
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Transmitancja uchybowo
– zakłóceniowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
)
1
(
)
(
)
(
1
)
(
)
(
1
2
3
2
2
2
3
2
1
2
3
s
T
k
s
T
sT
kT
s
s
T
k
sT
s
T
s
T
k
s
G
s
G
s
G
s
G
OR
R
R
ez
Wielomian charakterystyczny układu zamkniętego:
2
3
2
1
)
1
(
)
1
(
)
(
s
T
sT
s
T
k
s
M
Równanie charakterystyczne:
0
)
(
2
2
1
2
3
2
3
2
3
2
k
s
T
kT
s
T
T
s
T
T
Po podstawieniu danych liczbowych:
0
2
)
2
,
0
(
2
2
2
2
3
2
s
T
s
T
s
T
z warunku koniecznego:
0
2
T
Warunek wystarczający:
2
0
0
2
2
,
0
2
0
2
2
2
2
2
3
T
T
T
T
Zero równe 0 w transmitancji uchybowo – zakłóceniowej
oznacza, że układ jest astatyczny względem zakłócenia
z astatyzmem I rzędu.
19
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Oblicza się wyznacznik
2
:
0
)
8
,
0
(
2
2
)
2
,
0
(
2
2
,
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
2
3
2
2
T
T
T
T
T
T
T
T
T
kT
k
T
T
T
T
Ostatecznie:
8
,
0
2
T
20
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 6
Oceń astatyzm układu względem wymuszenia i zakłócenia. Oblicz uchyb ustalony dla zakłócenia
)
(
1
)
(
t
t
t
z
.
Stosując kryterium Routha, oblicz dla jakiej wartości współczynnika wzmocnienia k
1
układ
jest stabilny.
)
3
;
1
,
0
(
2
T
k
Transmitancja uchybowa:
2
1
2
2
2
2
1
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
)
(
)
(
1
1
)
(
k
k
Ts
s
Ts
s
Ts
k
s
k
s
G
s
G
s
G
OR
R
e
Transmitancja uchybowo
– zakłóceniowa:
2
1
2
2
2
2
1
2
2
)
1
(
)
1
(
1
)
1
(
)
(
)
(
1
)
(
)
(
k
k
Ts
s
k
s
Ts
k
s
k
Ts
k
s
G
s
G
s
G
s
G
OR
R
R
ez
_
z(s)
s
k
1
2
2
1
Ts
k
+
_
y(s)
u(s)
Zero równe 0 w transmitancji uchybowo – zakłóceniowej
oznacza, że układ jest astatyczny względem zakłócenia
z astatyzmem I rzędu, tzn. uchyb ustalony na zakłócenie
lin
iowe będzie miał stałą wartość.
Pojedyncze zero równe 0 w transmitancji
uchybowej oznacza, że układ jest astatyczny
względem wymuszenia z astatyzmem I rzędu,
21
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
1
2
2
1
2
2
0
0
0
1
1
)
1
(
lim
)
(
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
k
s
k
k
Ts
s
k
s
s
s
z
s
sG
s
se
t
e
e
s
ez
s
s
t
u
Wielomian charakterystyczny układu zamkniętego:
2
1
2
)
1
(
)
(
k
k
Ts
s
s
M
Równanie charakterystyczne:
0
2
2
1
2
3
2
k
k
s
Ts
s
T
z warunku koniecznego:
0
1
k
Warunek wystarczający (tablica Routha):
0
0
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
k
k
T
k
k
T
T
k
k
T
T
22
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby układ był stabilny wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routha muszą być dodatnie,
tzn.:
0
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
T
T
T
k
k
T
k
k
T
T
czyli:
7
,
6
2
0
2
1
2
1
2
1
k
T
k
k
T
k
k
23
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 7
Oceń astatyzm układu względem wymuszenia i zakłócenia. Oblicz uchyb ustalony dla zakłócenia
)
(
1
)
(
t
t
z
.
Stosując kryterium Routha, oblicz dla jakiej wartości współczynnika wzmocnienia k układ
jest stabilny.
)
5
,
0
;
1
,
0
;
2
(
2
1
T
T
T
Transmitancja uchybowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
1
1
)
(
)
(
1
1
)
(
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
s
T
kT
Ts
s
T
T
s
Ts
s
T
T
s
Ts
s
k
s
T
s
T
T
T
s
G
s
G
s
G
OR
R
e
Transmitancja uchybowo
– zakłóceniowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
1
)
1
(
)
(
)
(
1
)
(
)
(
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
s
T
kT
Ts
s
T
T
s
s
T
T
k
Ts
s
k
s
T
s
T
T
T
Ts
s
k
s
G
s
G
s
G
s
G
OR
R
R
ez
_
z(s)
1
1
2
1
1
2
s
T
s
T
T
T
1
Ts
s
k
+
_
y(s)
u(s)
Pojedyncze zero równe 0
w transmitancji uchybowej
oznacza, że układ jest
astatyczny względem
wymuszenia z astatyzmem
I rzędu,
Brak zera równego 0 w transmitancji uchybowo – zakłóceniowej
oznacza, że układ jest statyczny względem zakłócenia, tzn.
uchyb ustalony na zakłócenie skokowe będzie miał stałą
wartość.
24
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
2
1
1
2
2
1
2
1
0
0
0
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
T
T
s
T
kT
Ts
s
T
T
s
s
T
T
k
s
G
s
se
t
e
e
s
ez
s
s
t
u
Wielomian charakterystyczny układu zamkniętego:
)
1
)(
1
(
)
1
(
)
(
2
1
1
2
s
T
Ts
sT
s
T
kT
s
M
Równanie charakterystyczne:
0
)
1
(
)
(
2
2
1
2
1
2
3
2
1
kT
s
kT
T
s
T
T
T
s
T
T
T
z warunku koniecznego:
0
k
Warunek wystarczający (tablica Routha):
0
0
)
(
)
(
)
1
(
)
(
)
1
(
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
kT
T
T
T
kT
T
T
T
kT
T
T
T
T
kT
T
T
T
kT
T
T
T
T
25
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Aby układ był stabilny wszystkie elementy pierwszej kolumny tablicy Routha muszą być dodatnie,
tzn.:
0
)
(
)
1
(
)
(
)
(
)
(
)
1
(
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
1
2
1
T
T
T
kT
T
T
T
T
kTT
T
T
T
kT
T
T
T
kT
T
T
T
T
czyli:
67
,
0
5
,
0
1
,
0
5
,
0
1
,
0
2
5
,
0
2
1
,
0
)
5
,
0
2
(
)
(
0
)
(
)
(
0
)
1
(
)
(
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
T
T
T
TT
TT
T
T
T
k
T
T
T
T
T
T
TT
T
TT
k
kT
T
T
T
T
kTT
ostatecznie
67
,
0
k
26
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 8
Oceń astatyzm układu względem wymuszenia i zakłócenia. Oblicz uchyb ustalony dla wymuszenia
)
(
1
)
(
t
t
t
u
.
Stosując kryterium Hurwitza, oblicz dla jakiej wartości stałej czasowej T
1
układ jest
stabilny.
)
5
,
1
;
5
(
2
T
k
Transmitancja uchybowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
1
1
1
)
(
)
(
1
1
)
(
1
2
1
2
2
1
2
2
1
s
T
k
s
T
T
s
s
T
T
s
s
T
s
sT
k
s
G
s
G
s
G
OR
R
e
0
1
)
1
(
)
1
(
)
1
(
lim
)
(
)
(
lim
)
(
lim
)
(
lim
2
1
2
1
2
2
1
2
0
0
0
s
s
T
k
s
T
T
s
s
T
T
s
s
s
u
s
sG
s
se
t
e
e
s
e
s
s
t
u
Podwójne zero równe 0 w transmitancji
uchybowej oznacza
, że układ jest astatyczny
względem wymuszenia z astatyzmem II rzędu,
tzn. uchyb ustalony na wymuszenie liniowe
będzie równy zero.
1
1
1
sT
k
)
1
(
1
2
s
T
s
+
_
u(s)
y(s)
_
z(s)
27
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Transmitancja uchybowo
– zakłóceniowa:
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1
1
1
1
)
1
(
1
)
(
)
(
1
)
(
)
(
1
2
1
2
1
2
1
2
s
T
k
s
T
T
s
T
s
s
T
s
sT
k
s
T
s
s
G
s
G
s
G
s
G
OR
R
R
ez
Wielomian charakterystyczny układu zamkniętego:
)
1
(
)
1
(
)
(
1
2
1
2
s
T
k
s
T
T
s
s
M
Równanie charakterystyczne:
0
1
2
1
3
2
1
k
s
kT
s
T
s
T
T
z warunku koniecznego:
0
1
T
Warunek wystarczający:
k
T
kT
k
T
T
T
0
0
0
1
1
2
1
1
3
Oblicza się wyznacznik
2
:
Ostatecznie:
0
)
5
.
1
(
5
5
,
7
5
5
5
5
,
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
2
T
T
T
T
T
T
T
kT
k
T
T
T
5
,
1
1
T
Zero równe 0 w transmitancji uchybowo – zakłóceniowej
oznacza, że układ jest astatyczny względem zakłócenia
z astatyzmem I rzędu.
28
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 9.
Układ o transmitancji
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
)
(
2
3
0
s
s
s
s
G
odwiedziono sztywnym, ujemnym sprzężeniem
zwrotnym. Jaka jest wartość ustalona uchybu przy wymuszeniu jednostkowym i zerowych
warunkach początkowych?
Układ jest statyczny względem wymuszenia, ponieważ:
25
,
0
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
1
1
)
(
1
)
(
)
(
)
(
)
(
2
3
0
0
0
0
s
s
s
lim
s
G
lim
s
s
sG
lim
s
se
lim
t
e
lim
e
s
e
s
e
s
s
t
Zwiększenie współczynnika wzmocnienia układu otwartego zmniejszy uchyb ustalony. Wskaźnik uchybu
ustalonego w układach statycznych jest równy
k
e
u
1
1
. Obliczyć współczynnik przy którym
1
,
0
u
e
.
Nierówność
1
,
0
1
1
k
, daje wzmocnienie
9
k
.
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
2
3
s
s
s
u(s)
y(s)
e(s)
_
29
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-0.5
0
0.5
1
uchyb regulacji
czas [s]
e
(t
)
k=3
e
u
=0,25
k=9
e
u
=0,1
W jaki sposób skorygować strukturę układu, aby przebieg przejściowy uchybu regulacji miał
podobną szybkość zmian i czas regulacji, ale uchyb ustalony e
u
=0,1 ?
30
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-150
-100
-50
0
50
M
a
g
n
itu
d
e
(
d
B
)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
P
h
a
s
e
(
d
e
g
)
charakterystyki częstotliw ościow e
Frequency (rad/sec)
k=3
k=9
Analizu
jąc charakterystyki częstotliwościowe, można stwierdzić, że wypadkowa charakterystyka układu dla małych
częstotliwości powinna pokrywać się z charakterystyką przy dużym wzmocnieniu (zapewni uchyb ustalony e
u
=0,1),
a dla dużych częstotliwości przy małym wzmocnieniu (zapewni porównywalną szybkość zmian i czas regulacji).
Pulsacja odcięcia i pulsacja
powinny pozostać niezmienione.
31
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Do rozwiązania tego problemu można zastosować korektor opóźniający fazę o transmitancji operatorowej
1
1
)
(
1
2
s
T
s
T
s
G
.
Po 3 krotn
ym zwiększeniu współczynnika
wzmocnienia układu otwartego charakterystyka
amplitudowa
podniesie się do góry o
3
log
20
.
Daje to równanie:
3
log
20
log
20
1
2
T
T
.
można przyjąć w przybliżeniu, że po jednej dekadzie
w lewo lub prawo od
2
1
1
T
T
faza korektora jest
już równa 0.
Stąd drugie równanie:
4
,
0
1
2
1
T
T
Stąd stałe czasowe korektora
44
,
1
32
,
4
2
1
T
T
2
1
1
T
T
2
2
1
T
1
1
1
T
2
1
2
1
min
2
1
T
T
T
T
arctg
L(
ω)
ω
ω
φ(ω)
1
2
log
20
T
T
32
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-150
-100
-50
0
50
M
a
g
n
itu
d
e
(
d
B
)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
P
h
a
s
e
(
d
e
g
)
charakterystyki częstotliw ościow e
Frequency (rad/sec)
k=3
k=9
korektor
33
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-150
-100
-50
0
50
M
a
g
n
itu
d
e
(
d
B
)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
P
h
a
s
e
(
d
e
g
)
charakterystyki częstotliw ościow e
Frequency (rad/sec)
k=3
k=9
k=9 + korektor
34
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-2
0
2
4
6
8
10
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
charakterystyki amplitudowo-fazowe
Re [G(j
)]
Im
[
G
(j
)]
k=3
k=9
k=9 + korektor
[-1 j0]
35
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
uchyb regulacji
czas [s]
e
(t
)
k=3
e
u
=0,25
k=3 + korektor
e
u
=0,1
36
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Problem 10
W układzie jak na rysunku:
Zastosowanie regulatora PI
wyzeruje uchyb w stanie ustalonym dla wymuszenia w postaci skoku jednostkowego (układ
astatyczny z astatyzmem I rzędu).
Przyjąć k
p
=1, znaleźć taki czas zdwojenia T
I
aby przebiegi przejściowe przed i po korekcji miały
podobny czas regulacji.
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
2
3
s
s
s
u(s)
y(s)
e(s)
_
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
2
3
s
s
s
u(s)
y(s)
e(s)
_
I
p
sT
k
1
1
37
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
Układ bez regulatora jest statyczny względem wymuszenia, ponieważ:
25
,
0
1
5
,
1
54
,
0
04
,
0
3
1
1
)
(
1
)
(
)
(
)
(
)
(
2
3
0
0
0
0
s
s
s
lim
s
G
lim
s
s
sG
lim
s
se
lim
t
e
lim
e
e
s
e
s
e
s
s
t
u
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
odpowiedź jednostkowa
czas [s]
h
(t
)
k=3
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
uchyb regulacji
czas [s]
e
(t
)
k=3
e
u
=0,25
38
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-150
-100
-50
0
50
M
a
g
n
itu
d
e
(
d
B
)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
P
h
a
s
e
(
d
e
g
)
charakterystyki częstotliw ościow e
Frequency (rad/sec)
k=3
PI
39
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
-150
-100
-50
0
50
100
M
a
g
n
itu
d
e
(
d
B
)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
P
h
a
s
e
(
d
e
g
)
charakterystyki częstotliw ościow e
Frequency (rad/sec)
k=3
PI
k=3+PI
40
Podstawowe problemy automatyki -
ocena pracy układu automatycznej regulacji
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
uchyb regulacji
czas [s]
e
(t
)
k=3
e
u
=0,25
k=3 + PI
e
u
=0
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
PPA 02 2013
W 27.02.2013, STUDIA PEDAGOGIKA opiekuńczo-wychowawcza z terapią pedagogiczną - własne, licencjat,
Cwiczenie 1 Zakres obliczeń modelowych 27.02.2013, Polibuda, OŚ, Semestr VI, Gospodarka odpadami
wykład 02 2013
wykład& 02 2013
01 02 2013
PPA 01 2013
PPA 03 2013 MATLAB
KPC Wykład (17) 26 02 2013
podstawy zarządzania wykłąd I 22 02 2013, WSM Kawęczyńska semestr II, PODSTAWY ZARZĄDZANIA WYKŁAD
czw ( 02 2013 alfa2 agoniści(1)
2 PROJEKTOWANIE SYSTEMÓW INFORMATYCZNYCH& 02 2013
Jadlospis zimowy 22 02 2013
2 wyklad 02 2013
1 PROJEKTOWANIE SYSTEMÓW INFORMATYCZNYCH 02 2013
Genetyka wyk éad 2( 02 2013
Ekologia 02 2013
więcej podobnych podstron