Zestaw VI. Zadania przykładowe.
1. Wykreślić linie pierwiastkowe względem k dla :
1
G (s) = k
otw
s(s + 2)[(s +1)2 + 4]
RozwiÄ…zanie :
-Bieguny : p=0,-2,-1Ä… j2,
-Asymptoty : ´a = -1, Ća = 45,135, -45 -135o
-Kąty wyjścia : dla -1+j2 Ćwy = -90o
dla -1-j2 Ćwy = 90o
-Przecięcie osi Im(s): mianownik układu zamkniętego ma postać: s4 + 4s3 + 9s2 +10s + k = 0 ,
wstawiajÄ…c s= jÉ otrzymuje siÄ™:
Éo4 - 9Éo + k = 0
-4Éo3 +10Éo = 0 ,
skÄ…d k=0, Éo =1,58
dk
- Pierwiastki wielokrotne: - = 0, daje równ. 4s3 +12s2 +18s +10 = 0, którego pierwiastki są: -
ds
1, -1Ä… j1.22.
2. Naszkicuj,linie pierwiastkowe następujących dwu transmitancji :
(s + 0.1)2 +16 (s + 0.1)2 + 25
G1(s) = k , G (s) = k
2
s[(s + 0.1)2 + 25] s[(s + 0.1)2 +16]
gdzie zamieniono wyrażenia w liczniku i mianowniku.
RozwiÄ…zanie :
- Bieguny i zera : 0, -0.1ą j4, - 0.1 ą j5 ( leżą w pobliżu ),
- Asympta: Ća =180o
- Kąty: G1(s) biegun: -0.1+j5, Ćwy E"180o (wyjście na lewo),
zero: -0.1+j4, Ćwe E"180o ( wejście z lewej ),
Uwaga : kąty wektorów (-0.1+j4), (-0.1+j5) sa bliskie 90o ze wzgledu na niewielką część
rzeczywistÄ….
-Kąty G2(s) biegun: -0.1+j4, Ćwy E" 0o (wyjście w prawo)
zero: -0.1+j5, Ćwe E" 0o (wejście z prawej),
-Przecięcie Im: G1(s) mianownik układu zamkniętego ma postać:
s3 + ( k + 0. 2) s2 + (0. 2k + 25. 01) s +16. 01Å" k
Kontrola, czy przecięcie możliwe dla k>o; Hurwitz (Routh) daje :
2
(k + 0.2)(0.2k + 25.01) -16.01Å" k > 0 0.2k + 9.04k + 5.0 > 0
co nie może być spełnione dla k>0. Zatem nie ma przecięcia.
G2(s) s3 + (k + 0.2)s2 + (0.2k +16.01)s + 25.01Å" k = 0
2
Hurwitz: 0.2k - 8.96k + 3.2 > 0 kkr,1 = 44.4 , kkr,2 = 0.362.
SÄ… wiÄ™c dwa przeciÄ™cia. PodstawiajÄ…c s=jÉ i kkr do mianownika dostaje siÄ™ É0,1=4.99, É0,2 =4.01
3.Dany jest serwomechanizm jak na rysunku.
2
a).Wykreślić linie pierwiastkowe względem KT
b) Wyznaczyć KT , które zapewnia przebiegi aperiodyczne kr-
ytyczne. Ile wyniesie wtedy czas regulacji (z dokł.1% ).
c) Rozpoczynając od KT określonego w (b), sporządzić z ko-
lei wykres lini pierwiastkowych względem "K , gdzie k=k+ "K (tor główny).
d) Dla jakiego "K ukÅ‚ad zamkniÄ™ty miaÅ‚by biegun w -2+j2 (45°)?.
RozwiÄ…zanie:
a) Mianownik układu zamkniętego:
s2 + s + 4 + KT s = 0
-Bieguny: -0.5 (1Ä… j 15), zero- 0
-Wykres jest półokręgiem o promieniu 2.
b) ,
s2 + s + 4 4.6
dla punktu rozwidlenia.
KT = - /s=-2 = 3;tr E" = 2.3 (1%)
s 2
c)Mianownik:
s2 + s + 4 + "K + 3s = s2 + 4s + 4 + "K = 0,
-Bieguny: -2 (podwójny), zero-brak,
-Punkt rozwidlenia: -2
-Wykres-linie pionowe(rys.)
s2 + s + 4
d)"K = - /s=-2+ j2 = 4
1
1 s + b
4. Niech G0(s) = (obiekt). Dobrać kompensator D(s) = K aby bieguny układu
(s + 2)(s + 3) s + a
zamkniętego znalazły się w punkcie s= -1-j1 (45o, P% = 4.3).Jak wygladają wtedy linie
pierwiastkowe?.
3
Rozwiazanie:
s + b 1
Gotw (s) = K Å"
s + a (s + 2)(s + 3)
1
-Kąty: Ć-2 = 45o, Ć-3 = arctg = 26.56o,
2
-Warunek fazy: -< G = +Ća + Ć-2 + Ć-3 - ¨b =180o
-Powinny zachodzić warunki: Ća*#150o, ¨b)#26.56o aby w D(s)
było a>o, b>0, kompensator opóz
niajÄ…cy("lag").
I wariant - niezależne a,b.
1
Niech np. ¨b =15o Wtedy b = +1 = 4. 73, oraz Ća =180 + ¨b + Ć-2 + Ć-3 =123.44o,
tg15o
1
stÄ…d a =1- = 0.34 ,
tg(180 -123.44)
s + 4. 73
Zatem D(s) = K .
s + 0.34
(s + 0.34)(s + 2)(s + 3)
/s=-1- j1 = 0.9812
K = -
s + 4.73
s + 4. 73
Wynik: D(s) = 0.9812
s + 0.34
s +10 p
II Wariant - typowe a, b, np. D(s) = K ("lag").
s + p
1 1
-Warunek fazy: [180o - arctg( )]+ 45o + 26.56o - arctg( ) =180o
1- p 10 p-1
Równanie to należy rozwiazać iteracyjnie poszukując p. (MATLAB). Okazuje się jednak,że dla p
" (o,1) lewa strona nie przekracza 175, świadcząc o niedostatecznym, rozsunięciu p i 10p.
s + 20p
-Niech więc teraz D(s) = K (20 krotnie rozsunięcie).
s + p
1 1
Warunek fazy [180o - arctg( )]+ 45o + 26.56o - arctg( ) = 180o. Po kilku próbach
1- p 20 p-1
s +11
otrzymuje siÄ™: p=0.55, czyli D(s) = K
s + 0.55
(s + 0.55)(s + 2)(s + 3)
Teraz K = - = 0.354
s +11
s=-1+ j1
s +11
Wynik: D( s) = 0. 354
s + 0. 55
Linie pierwiastkowe:
4
Wnioski
-Wariant I jest "bezpieczniejszy" ze względu na mniejsze zagrożenie niestabilnością.
-Projektowanie prowadzi się często metodą kolejnych prób, jak w wariancie II.
-Instrukcja MATLABa obliczania fazy ma postać:
1 180 1 180
Å" ]
180 - atan [ Å" + 45 + 26.56 - atan
1- p  20p-1 
1
-Punktowi S=-1+j1 odpowiadajÄ…: ¾ = E" 0.707, Én = 2 ,
2
tr = 4.6 (dla 1%), P%=4.3
1
5. Transmitancja układu otwatego ma postać:Gotw ( s) = K .
s( s + 2)( s + 4)
SporzÄ…dz
wykresy lini pierwiastkowych dla (a) k>0, (b) k<0 Gdzie leżą pierwiastki układu
zamkniętego dla:(a)U=7,20, (b) k=-7,-20.
RozwiÄ…zanie:
5
-Bieguny:p=0,-2,-4, Zera:nie ma
(a) k>0: Ća = Ä…60o,180o, Ãa = -2,
dK
- = 0 3s2 +12s + 8 = 0 sb = -0.845
dS
Granica stabilności: s3 + 6s2 + 8s + k = 0
kkryt = 48, Ékryt = 2 2 E" 2.83
Pierw. dla k=7 s3 + 6s2 + 8s + k = 0
roots(...)=-0.7054 Ä… j1.9198
(b) k>0: Ća = Ä…120o,0o, Ãa = -2
dK
- = 0 Sb = -3.155
dS
k= -7 roots([s3 + 6s2 + 8s - 7]) = 0.5891, -3.2946Ä… 1.0138
k= -20 roots(...)=1.2012, -3.6006Ä… j1.9198
(Zwróć uwagÄ™ na symetriÄ™ wykresów wzglÄ™dem Å›rodka ciężkoÅ›ci symptot Ãa)
(MATLAB :k=:-1:-50; r=rlocus(l,m,k) plot(r,'*') ).
3
6. Układ o transmitancji Gotw (s) = ma zadowalające przebiegi dynamiczne, ale zbyt
s(2 + 2)2
1 4 3
duży uchyb dla wymuszeÅ„ liniowych, tzn. e = = E"1.33 , Kv = lim sÅ"Gotw (s) = . Nie
s0
kv 3 4
naruszając istotnie przebiegów spowodować, aby uchyb e zmalał do wartości 0.2 Kv' = 5 podać
odpowiedz
skokowÄ… i liniowÄ… (MATLAB).
RozwiÄ…zanie.
Układ pierwotny - pierwiastki :
- mianownik :
s3 + 4s2 + 4s + 3 = 0
roots(...) = -0.5 Ä… j0.866 , - 3
Uchyb e można zredukować dodając korektor opóz
niający ( " lag " ). Aby nie naruszyć
s + zo
odpowiedzi , korektor powinien mieć biegun i zero blisko układu. Niech D(s) =
s + po
s + zo
gdzie np. po=0.02 (100 razy mniej niż Z w Gotw ) czyli D(s) = . Powinno zachodzić
s + 0.02
6
3 zo
k' = 5 = D(s) Å"Gotw (s) = Å"
limsÅ"
v
4 0.02
s0
skÄ…d :
zo = 0.1333 , Teraz Uwaga : można byłoby też
wybrać najpierw zo , np. 0.1,
a potem wyliczyć po jako
0.015
s + 0.1333 1
G' = 3Å" Å"
otw
s + 0.02
s(s + 2)2
MATLAB:
* Linie pierwiastkowe tworzy instrukcja rlocus(...)
* Odpowiedzi skokowe tworzy instrukcja step(...)
* Odpowiedz
liniową otrzymuje się dopisując 0 na końcu mianownika układu
zamkniętego (mz) i stosując funkcję step (...), tj.
mzl = conv( mz , [1 0] )
yl = step( lz , mzl , t )
wspólne wykresy :
7
7.Układ automatyki ma postać jak na rysunku.
s + z
Dobrać kompensator D(s) = k , aby w układzie zamkniętym przeregulowanie było
s + p
mniejsze od 20%,a czas narastania mniejszy od jednej sekundy .
1.8
RozwiÄ…zanie: BiorÄ…c p%=16.3 <20% pozostaniemy przy ¾ =0.5.Ponieważ t E" < 1,
n
Én
można wiÄ™c przyjąć É
n=2.
Bieguny ukÅ‚adu zamkniÄ™tego :sb = -¾ Én Ä… j Én 1- ¾2 = -1 Ä… j 3
< Gob ( s ) = -180o (G = D Å"Gob ), tootw
s + 1
biorąc np :D(s) = k ,czyli korektor przyśpieszający (" lead ") - rys.2 (biegun i zero
s + 4
wybrano dla uproszczenia obliczania kątów ).
s(s + 2)2(s + 4) s + 1
Wzmocnienie :k = - = 16 , czyli D(s) = 16
s =-1+ j 3
s + 1 s + 4
8
Sprawdzenie linii pierwiastkowych -rys.3
roots([s(s+2)2 (s+4) + 16(s+1)]) =-0.76 ,-1Ä… j1.732,-5.25
s + z
Uwaga. Można byłoby też wybrać korektor postaci D(s) = k , ale obliczenia kątów
s + 10z
byłyby bardziej zawiłe.
8.Dany jest serwomechanizm jak na rysunku.
s + z
Kompensator jest I pierwszego rzędu tj. D(s) = k
s + p
a) Zaproponuj kompensator dla następujących danych:
p% d" 20% , tr d" 5s , eu d" -.1 ( wymuszenie liniowe )
b)Wymaganie co do czasu regulacji zmieniono na t d" 1.25s
r
Jaki kompensator teraz wybrałbyś?
1
a) Niech k G(s)=k
s(s + 3)(s + 6)
Linie pierwiastkowe pokazano na rysunku
RozwiÄ…zanie:
9
a)Niech ¾ = 0.5 (p% = 16.3), wtedy Ć = 60o.BiorÄ…c s=-1+j1.73(matlab) przeciÄ™cie z liniÄ…
1 4.6
pierwiastkową),z warunku modułu otrzymuje się k = = 28. , Wtedy t = = 4.6
r
G(s) 1
s
1 9 1 14
co odpowiada wymaganiom (5).Natomiast eu = = (K = lims0Å" sÅ" k Å"G( s) = 28 = ) ,jest
v
Kv 14 3Å"6 9
zbyt duże.
s + z
Należy więc dodać korektor opóz
niający ("lag"), czyli składnik , gdzie p<<3.
s + p
1 14 z
Niech np. p=0.01 .Wymagane Kv wynosi: = 10 , czyli 10 = Å" . Zatem z = 0. 0643
0.1 9 0. 01
s + 0.0643
D(z) = 28
s + 0.01
4.6
b) t = d" 1.25 ¾Éne" 3.08. Niech ¾Én = 4.Poniewaz ¾ = 0.5 ,wiec sb = -4 + j4 3.
r
¾Én
Potrzebny jest kompensator przyśpieszający tzn. z

îÅ‚ 28 Å‚Å‚
- <
ïÅ‚s(s + 3)(s + 4)śł = 120o+98.21o +73.89 = 292.1o
ðÅ‚ ûÅ‚
Biegun "p" i zero "z" należy wybrać tak aby zachował warunek 292.1o +< p -< z =180o
< z - < p =112.1o
Niech np.z=0.6 ,czyli < z = 116.1o .Wtedy < p 4.0o ,czyli p= 100
s(s + 3)(s + 6)(s + 100)
Teraz k = -
/s = -4 + j4 3 = 5160
s + 0.6
s + o.6
Sprawdzenie Kv lims0Å" sÅ"5160 =1.68<10
s(s + 3)(s + 5)(s + 100)
s + z
o
Należy więc dodać jeszcze korektor opóz
niajÄ…cy .BiorÄ…c jak w (a) po=0.01
s + p
o
zo
s + 0. 6 s + 0. 06
mamy10 = 1.68 Ò! zo = 0.06 ,a wiÄ™c wynik Å‚Ä…czny D(z) = 5160 Å"
s +100 s + 0. 01
0.01
Uwaga:. Przypadek (b) można również rozwiązać metodą eliminacji biegunów i zer biorąc
(s + 3)(s + 6)
D(z) = k ,wtedy
(s + p1)(s + p2)
1 1
lub Gotw (s) = dla uproszczenia
Gotw (s) = k
s(s + p1)(s + p2 )
s(s + p)2
10
- < Gotw = 120o +2 < p = 180o Ò!< p = 30o. Zatem
(s + 3)(s + 6)
p=16, k = -s(s + 16)2 -4+ j4 3 = 1536 D(z) = 1536
(s + 16)2
rys.
Zestaw VI. Zadania domowe.
1.Naszkicuj linie pierwiastkowe (orientacyjnie) dla następujących położeń biegunów i zer,
zaznaczając asymptoty,kąty wejścia/wyjścia.
1.
s + 2
2.Dane jest Gotw (s) = k .Czy układ zamknięty nadaje się do pracy? Uzasadnij
s(s - 1)(s + 6)2
s + 2
na podstawie linii pierwiastkowych.Uzupełnij układ o kompensator D(s) = ,który
s + 24
wykazuje silne właściwości różniczkujące.Jak teraz wyglądają linie?
11
3.Układ sterowania rakietą ma postać jak na rysunku.
a).Na podstawie linii pierwiastkowych uzasadnij, że może on pracować
stabilnie przy doskonałych pomiarach (czujnik=1).
1
b).Załóż następnie ,że czujnik = (dodatkowa stała czasowa).Jak teraz wyglądają linie
0.1s + 1
pierwiastkowe ?Spróbuj ponownie dla stałej czasowej czujnika wynoszącej 0.01 sek.Jakie
wymagania powinien spełniać czujnik w tym układzie?
Jakie maksymalne Å‚umienie ¾ można uzyskać w przypadku (a)?
r=rlocus(l,m,k);
[k'=.01,r(:,3)-atan(Imag(r(:,3))/real(r(:,3)))*180/pi]
4.
Napęd przewijaka taśmy magnetycznej (komputer) ma transmitancję (obiekt)
15(s2+0.9s + 0.8) mm/ ms
îÅ‚ Å‚Å‚
Go(s) = (czas w milisekundach)
ïÅ‚ śł
(s + 1)(s2+11s + 1) A
.
ðÅ‚ ûÅ‚
Należy wybrać sterownik zapewniający zerowy błąd ustalony pozycjonowania, czyli I lub PI,a
zarazem taki ,który pozwoli uzyskać
tn d" 4ms, tr d"15ms, p% d"10%(czas narastania czas regulacji przeregulowaniedokladnosc2%).
, , ,
W tym celu trzeba :
k
a).Dla sterownika I ,tj. R(s) = wykreślić linie pierwiastkowe i sprawdzić czy można uczynić
s
zadość wymaganiom.
12
Odp.a) Nie, jedna para pierwiastków ma I>R, czyli może spowodować p% >10%
s + Ä…
.
a
b).Powtórzyć to samo dla sterownika PI, k , a następnie dobrać k, . Jaka będzie wartość
s
stałej uchybu Kv
w wynikowym układzie? Wskazówka : rozpocząć od ą = 1 (ewent. ą = 0.5)
Zero ą bliskie początku układu "ściąga" linie na dół.
5. Zaprojektować regulator R(s), który spełni następujące wymagania :(1) błąd ustalony
odpowiedzi na skokowe zakłócenie z(t)=1(t) nie przekraczający 4/5, (2) współczynnik tłumienia
¾ = 0.707 (p% = 4.3).KorzystajÄ…c
z metody linii pierwiastkowych należy:
a). wykazać, że regulator P nie będzie odpowiedni,
b).wykazać, że regulator PD jest odpowiedni i określić jego nastawy.
Odp:(b) PDÒ! k(s + Ä…) ,k=2.58, Ä… = 1.6
6. Regulator P steruje obiektem z opóz
nieniem (rys.) wyznaczyć linie pierwiastkowe dla
k "(-",") stosując aproksymację Pade II rzędu
13
7. Serwomechanizm ma postać jak na rysunku. Dla każdego z wariantów projektowania podaj
wykresy linii pierwiastkowych i zaznacz wybrane bieguny układu zamkniętego(s )
a). Kompensator przyśpieszający ("lead")
a + z
H(s)=1, D(s) = k , gdzie p e" 6z
s + p
Dane projektowania: p% < 25%, tr < 0.55s (przyjąć np. p% = 16.3%, tr = 0.4s).Ile wynosi
wtedy Kv? (stała uchybowa)
Odp. s = -10 + j10 3 (Ć = 60o ). Warunek p e" 6z wymaga wyboru odpowiedniego
"z"(dostatecznie dużego); biorąc np. z=19 otrzymuje się p=60.5 oraz k=30612.Wtedy Kv=10.6
b).Sprzężenie pozycyjne i tachometryczne
H(s)=1,D(s)=k .Dane jak wyżej .Wskazówka:KT dobrać z warunku fazy jak w korektorze "lead".
Odp.s j.w. KT=0.039 k=12340 Kv=22.4 Układ (b) jest korzystniejszy niż (?a) ze względu na
większe Kv(mniejszy uchyb).
c)Kompensator opóz
niajÄ…cy ("lag")
s + zo
H(s) =1 D(s) = k , gdzie zo = 1 (15-razy mniej niż pierwszy biegun)
s + po
Dane: p% < 25%, eu = 0.01.Uwaga : W (a) było eu=0.094 a w (b) eu=0.044
Wskazówka: Najpierw zaprojektować układ bez korektora obliczając k. Określić Kv(bez
1
kor.).Potem dobrać po ,tak aby Kv(z kor.)= = 100
eu
4677 4677 zo
Odp. p% = 16.3 k = 4677, Kv(bez kor.) = = 8.5, Å" = 100 po = 0.85
550 550 po
14
s + z 1
8. Dane jest Gotw (s) = k Å" .Wybrać k, z, p, aby biegun ukÅ‚adu zamkniÄ™tego
s + p
(s + 2)2(s + 4)
znajdował się w s = -2+j3(czemu odpowiada
¾ = 0.89, Én = 2.236, czyli tr E" 2.3, p% E" 0.2%).Dla uproszczenia przyjąć z=2
Odp. k=58.5 p=6.5 ("lead")
9. Zaprojektować D(s) dla układu podanego na rysunku, tak aby:
1
(1) p% < 20, (2) t d" 1 sek, (3) k d" k
n kryt.(5-krotny zapas wzmocnienia w stosunku do
5
granicy stabilności).
1.8
Å„Å‚t H" É = 2
ôÅ‚
n n
przyjąć:
òÅ‚ É
n
ôÅ‚
= 16.3 ¾ = 0.5
ółp%
s + b
Odp: D(s) = k np.b = 1; wtedy k = 24, a = 4
s + a
10.
Dany jest układ z regulatorem PI (rys.)Dobrać ą tak, aby przeregulowanie wynosiło
10%(¾ = 0.6).Jak wyglÄ…da odpowiedż skokowa? (MATLAB)
Odp. Ä… E" 10
11.
Serwomechanizm robota przemysłowego ma schemat jak na rysunku.Dla jakiego k przebiegi
mają charakter aperiodyczny krytyczny? Jak oszacujesz wtedy tr?Dobierz ą tak, aby tr było
równe o.25s.
15
Odp.
sb= -3Ä…,
27 3 4.6 6.13
k = Ä…, snajbl. = - Ä… t = = Ä… = 24.5
r
4 4 0.75Ä… Ä…
12. Czas TI regulatora PI wybrano metodą eliminacji stałej czasowej, tj.TI=T.Dobrać kp tak aby
przeregulowanie było mniejsze niż 20%. Ile wyniesie czasregulacji.
Wskazówka: Dokonać normalizacji czasu s'=sT
4.6
Odp. k=0.32, t = = 23T
r
0.2
13. Do sterowania obiektem inercyjnym z opóz
nieniem
(s +1)2
zastowano regulator PI: k , eliminujęc stałą czasową.
s
Oblicz k dające przeregulowanie mniejsze niż 20%. Jeżeli
uchyb ustalony eu wystÄ…pi dla wymuszenia liniowego?
Wskazówka: Zastosuj aproksymację Pade' II rzędu.
14. Ramię robota skierowanego ku górze jest sterowane
(s + Ä…)(s + ²)
przez regulator PID (rys.), o transmitancji k .
s
Dobierz k,Ä…,² tak, aby przebiegi byÅ‚y aperiodyczne
krytyczne, a czas regulacji wynosił 0.25s Dokonaj eliminacji
stałej czasowej (ą =1)
(s +1)2 1
15. Regulator PID: k steruje oscylatorem . Dla jakiego k przebiegi będą
s
s2 +1
aperiodyczne krytyczne? Jak zmieni się czas regulacji, jeśli transmitancją regulatora będzie
(s + Ä…)2
k ?.
s
16
17


Wyszukiwarka