cw PAiTS 09

background image

Instytut Automatyki

Zakład Teorii Sterowania











Podstawy automatyki i teorii sterowania

Krzysztof Marzjan

background image

2

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

background image

3

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)

background image

4

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)

background image

5

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]

background image

6

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

background image

7

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

background image

8

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)

background image

9

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

background image

10

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

background image

11

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)

background image

12

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

background image

13

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)

background image

14

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

background image

15

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)

background image

16

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

background image

17

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)

background image

18

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.

background image

19

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

background image

20

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,

background image

21

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

background image

22

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

background image

23

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.

background image

24

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

background image

25

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

background image

26

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)

background image

27

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.

background image

28

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)

_

background image

29

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 ?

background image

30

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.

background image

31

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

background image

32

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

background image

33

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

background image

34

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]

background image

35

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

background image

36

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

background image

37

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

background image

38

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

background image

39

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

background image

40

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:
cw PAiTS 05 id 122324 Nieznany
Biofizyka instrukcja do cw nr 09
II D+W Nowy Świat wyk+ćw 08-09, Archeo, ARCHEOLOGIA NOWEGO ŚWIATA
Ćw nr 9, 09.., Meksuła Daniel
kolos automatyka cw PAiTS 03 id Nieznany
Biofizyka kontrolka do cw nr 09
kolos automatyka cw PAiTS 03a i Nieznany
SKJZ Z1 CW 29.09, Dietetyka 2012,2013, Systemy kontroli jakości żywności
cw PAiTS 04 id 122323 Nieznany
Lekcje, cw odp 09-12, Odpowiedzi do ćwiczeń z lekcji 1-4
Zadania-Abs Fl-cw.zaoczni 09-10, Nowoczesne medoty instrumentalne
ćw 28 09, 05 10, 12 10
Cw nr 09 Elektropneumatyczne sterowanie
CW 1 do 5 09
cw PAiTS 02
cw PAiTS 08
KOZ (Ćw) Ćwiczenie 09 Rysunek 2 A4

więcej podobnych podstron