Dana transmitancja operatorowa układu otwartego (dla T=0.01 [s]) k
G s =
0 ( )
s(1+ sT)2
Znaleźć wartości współczynnika k, dla których układ zamknięty będzie stabilny z zapasem stabilności
o
Δϕ ≥ 30
oraz ΔL ≤ −6dB .
Rozwiązanie:
Z postaci transmitancji operatorowej układu zamkniętego G s
k
G s =
=
z ( )
0 ( )
1+ G (s)
3
2
2
s T + s 2T + s + k
0
budujemy następującą tablicę Routh’a
2
3 # T
1
1
−
2 # 2T k
b =
(
kT
2
kT − 2T = 1−
> 0
1
)
gdzie
2T
2
1 # b1
c = k > 0
1
0 # c1
2
Stąd wynika, że dla k <
= 200 układ zamknięty jest stabilny z zapasem równym 0.
T
Z postaci transmitancji operatorowej układu otwartego obliczamy transmitancję widmową
2
k
− j 1− jωT
−k ⋅ j⎡⎣(
2
2
1− ω T ) − j2ωT⎤
G j
G s
⎦
ω =
=
⋅
=
=
0 (
)
0 ( )
( )(
)
= ω
jω(1+ jωT)2 (−j)(1− jωT)2
ω(1+ ω T )2
s j
2
2
,
−k
=
⎡2ωT − j
⎣
(
2
2
1− ω T ⎤
2
)
ω(
⎦
2
2
1+ ω T )
a stąd
(ω)
−2kT
P
= (1+ω T )2
2
2
−k (
2
2
1− ω T )
Q(ω) =
ω(1+ ω T )2
2
2
−k (
2
2
1− ω T )
2
2
ϕ(ω)
1− ω T
= arctg
= arctg
2k
− ωT
2ωT IIIćw.
A (ω)
k
k
k
k
2
= P (ω)
2
+ Q (ω) =
=
=
=
jω(1+ jωT)2
2
2
jω 1+ jωT
ω 1+ ω T
ω(
2
2
2
2
1+ ω T )
Zapas modułu:
⎧ −k (
2
2
1− ω T
π
)
1
⎪
= 0
ω =
= 100
⇒ π
⎧⎪Q(ω =
⎪
π )
0
ω
+ ω
π (1
T
π
)2
2
2
dla ω>0
T
⎨
⎪⎩
(
⎨
Δ =
⋅
ωπ ) czyli
L 20 lg A
⎪
k
1
20⋅lg
≤ −
≈ − ⋅
= − ⋅
=
⋅
⎪
ω
+ ω
π
⎩
(
6dB
20 ~ 0.3
20 lg 2 20 lg
2
2
1
T
π
)
2
k
1
kT
1
kT
1
1
20⋅lg
≤ 20⋅lg
⇒ 20⋅lg
≤ 20⋅lg
⇒
≤
⇒ k ≤
= 100
1 ⎛
1
2 ⎞
2
2
2
2
2
T
1+
T
⎜
2
⎟
T ⎝
T
⎠
Zapas fazy:
⎧
k
= 1
⎪
⎧⎪A(ω ) =1
ω
⎪
(
2
2
1+ ω T
x
x
x
)
⎨
⎪Δϕ = ϕ
⎩
(ω ) czyli ⎨
2
2
2
2
x
⎪
1− ω T
1− ω T
1
x
o
x
o
arctg
≥ 30
⇒
≥ tg30 =
⎪
2ω T
2ω T
⎩
3
x
x
Ze względu na złożoność pierwszego z równań, należy rozwiązać nierówność: 2
2
2
2
2
1− ω T
1
2T
4T
16T
⎛ 4T ⎞
x
2
2
2
≥
⇒ T ω +
ω −1≤ 0 ⇒ Δ =
+ 3T =
=
x
x
2 T
⎜
⎟
ω
3
3
3
3
⎝ 3
x
⎠
2T
4T
⎧
3
−
±
⎪−
3
3
⎪ T
3
1
1
ω =
= ⎨
⇒ ω ∈ −
;
ω ≤ ω =
⇒
x
2
x
x
gr
2T
1
T
3T
dla ω>0
3T
⎪⎪⎩ 3T
a wtedy z równania wynika
⎛
⎞
k = ω (
1
1
4
2
2
1+ ω T )
≤
ω (
2
2
1+ ω T )
2
=
1+
T
=
≈ 77
x
x
gr
gr
⎜
2
⎟
dla f .rosnącej
3T ⎝
3T
⎠ 3 3T
Ostatecznie więc k ≤ 77 .
Zadanie 2.
Dana transmitancja operatorowa układu otwartego 2
G s = G s ⋅G
s = k ⋅
0 ( )
R ( )
ob ( )
s (1+ s)2
1. Zbadać zapas stabilności układu bez regulatora (tzn. dla k=1).
2. Znaleźć wartości współczynnika k, dla których układ zamknięty będzie stabilny z zapasem modułu ΔL ≤ −6dB .
Rozwiązanie:
Z
postaci
transmitancji
operatorowej
układu otwartego obliczamy
transmitancję widmową
2
2k
−j 1− jω
2k
− ⋅ j⎡⎣(
2
1− ω ) − j2ω⎤
G j
G s
⎦
ω =
=
⋅
=
=
0 (
)
0 ( )
( )(
)
= ω
jω(1+ jω)2 (−j)(1− jω)2
ω(1+ ω )2
s j
2
,
−2k
−
=
⎡2ω− j
⎣
(
2
2
1− ω )⎤ =
⎡2ω− j
⎦
⎣
( 2
1− ω ⎤
2
2
)
ω(
⎦
2
1+ ω )
k 1
= ω(
2
1+ ω )
a stąd
−4
−2(
2
1− ω )
P (ω) =
Q ω =
2
( )
(1+ω )
ω(1+ ω )2
2
2
oraz
( )
1− ω
ϕ ω =
(ω)
2
2
arctg
A
=
=
2ω
jω(1+ jω)2
ω(
2
1+ ω
IIIćw.
)
Zapas modułu:
⎧ 2
− (
2
1− ωπ )
⎪
= 0
ω = 1
⇒
2
π
⎧⎪ (
⎪ω
+ ω
ω =
π )
π (
2
1
Q
0
π )
dla ω>0
⎪
⎨
(
⎨
Δ =
⋅
ω =
⋅
ω
⎪
π )
( π ) czyli
L 20 lg A
20 lg P
⎩
⎪
4
−
4
⎪ L
Δ = 20⋅lg
⎪
(
=
⋅
=
⋅
=
1+ ω
+
π )
20 lg
20 lg1 0dB
2
(1 )2
2
1
⎩
Zapas fazy:
⎧
2
= 1
⇒
ω = 1
⎪
⎧⎪A(ω ) =1
ω
⎪
(1+ω )
x
2
dla ω>0
x
x
x
⎨
⎪Δϕ = ϕ
⎩
(ω ) czyli ⎨
2
x
⎪
1− ω
1−1
x
o
Δϕ = arctg
= arctg
= arctg0 = 0
⎪
2ω
2⋅1
⎩
x
Dla układu z regulatorem:
−4k
2k
− (
2
1− ω )
P (ω) =
Q ω =
2
( )
(1+ω )
ω(1+ ω )2
2
2
Zapas modułu:
⎧Q(ω =
π )
0
⎪⎨ LΔ=20⋅lg P(ω ≤− = ⋅
⎪
π )
1 czyli
6dB 20 lg
⎩
2
⎧ −2(
2
1− ωπ )
⎪
=
ω =
⇒
⎪ω
+ ω
π (
π
1
π )
0
1
2
2
dla ω>0
⎪⎨⎪
−4k
4k
1
1
⎪ L
Δ = 20⋅lg
⎪
(
=
⋅
=
⋅
≤
⋅
⇒
≤
1+ ω
+
π )
20 lg
20 lg k 20 lg
k
2
(1 )2
2
1
2
2
⎩
Zadanie 3.
Dana transmitancja operatorowa układu otwartego 10
G s = G s ⋅G
s = k ⋅
0 ( )
R ( )
ob ( )
(1+s)2 (1+ 25s)
Wyznaczyć wartości k, dla których układ zamknięty będzie stabilny, a uchyb w stanie ustalonym (dla wejścia w postaci skoku jednostkowego) nie przekracza wartości 2%.
Rozwiązanie:
Z
postaci
transmitancji
uchybowej:
2
2
1
1+ s
1+ 25s
1+ s
1+ 25s
G s =
=
=
e ( )
(
) (
)
(
) (
)
1+ G (s) (1+ s)2 (1+ 25s)
3
2
+10k 25s + 51s + 27s +1+10k
0
budujemy następującą tablicę Routh’a
27
1
−
1352 − 250k
2 # 51 1+10k
b =
⎡25 1+10k − 51⋅ 27⎤ =
> 0
1
⎣ (
)
gdzie
51
⎦
51
1 # b1
c = 1+10k > 0
1
0 # c1
1352
Stąd wynika, że dla k <
= 5.408 układ zamknięty jest stabilny z zapasem równym 0.
250
Jednocześnie: e = lim e t
=
lim ⎡s ⋅e s ⎤ = lim ⎡s ⋅ G s ⋅ w s ⎤
ust
( )
⎣
( )⎦
⎣
e ( )
( )⎦ , a stąd
t→∞
tw.graniczne s→0
s→0
2
⎡
1+ s
1+ 25s
1⎤
e = lim e t
=
lim ⎡s ⋅ e s ⎤ = lim ⎢s ⋅
⋅ ⎥ = G 0 =
ust
( )
⎣
( )
(
) (
)
⎦
2
e ( )
t→∞
tw.graniczne s→0
s→0 ⎢ (1+ s) (1+ 25s)
w
+10k s (t)= (1t)
⎥
⎣
⎦
(1+s)2 (1+ 25s)
1
1
=
=
≤
⇒ k ≥ 4.9
(1+s)2 (1+ 25s)+10k
1+10k
50
s=0
Ostatecznie k ∈ 4.9;5.408 .
Zadanie 4.
Dana transmitancja operatorowa układu otwartego k
1
G s = G s ⋅G
s = ⋅
0 ( )
R ( )
ob ( )
s (1+ sT 1+ sT
1 ) (
2 )
1. Wyznaczyć wartości k, dla których w układzie zamkniętym uchyb w stanie ustalonym dla wejścia w (t) = (3t − )
1 ⋅1(t) nie przekracza wartości 10%.
2. Dla T = 3T dobrać wartości stałej T , dla których układ zamknięty będzie stabilny z 2
1
1
zapasem
o
L
Δ ≤ 6dB
−
oraz Δϕ ≥ 45 .
Rozwiązanie:
Z postaci transmitancji uchybowej:
1
s 1+ sT 1+ sT
G s =
=
e ( )
(
1 ) (
2 )
1+ G s
s 1+ sT 1+ sT + k
0 ( )
(
1 ) (
2 )
wyznaczamy uchyb w stanie ustalonym (uchyb zależy tylko od wartości k):
⎡
s 1+ sT 1+ sT
⎛ 3 1⎞⎤
e = lim ⎡s ⋅e s ⎤ = lim
⎣
⎦
⎢s ⋅
⋅
−
⎜
⎟⎥ =
ust
( )
(
1 ) (
2 )
→
→
s
⎣
(1+sT )(1+sT )
2
s 0
s 0
+ k ⎝ s
s ⎠
1
2
⎦
⎡ (1+ sT 1+ sT
⎤
1 ) (
2 )
3
1
= lim ⎢
⋅ − ⎥ = ≤
⇒
≥
=
→
s
⎣ (1+ sT )(1+ sT )
(3 s)
k k
30
gr
s 0
+ k
k 10
1
2
⎦
Badanie stabilności:
wg transmitancji uchybowej M (s)
3
= T T s + (T + T ) 2
s + s + k , oraz:
1 2
1
2
1
−
kT T
1 2
3 #
T T
1
b =
⎡kT T − T + T ⎤ = 1−
=
1
1 2
(T T ⎣
⎦
+
T + T
1
2 )
1 2
( 1 2 )
( 1 2)
2 # T + T
k
1
2
2
gdzie
3kT
3kT
1
1
1 #
b
= 1−
= 1−
> 0
1
4T
4
1
0 #
c1
c = k > 0
1
2
Stąd wynika, że dla T <
=
układ zamknięty jest stabilny z zapasem równym 0.
1
3⋅ k
45
gr
Z postaci transmitancji operatorowej układu otwartego obliczamy transmitancję widmową
k
−k ⋅ j⎡ 1− jωT 1− jωT ⎤
G j
G s
⎣
⎦
ω =
=
=
=
0 (
)
0 ( )
(
1 ) (
2 )
s= jω
jω(1+ jωT 1+ jωT
ω 1+ ω T
1+ ω T
1 ) (
2 )
(
2
2
1 ) (
2
2
2 )
,
−k
2
= (
⎡ω T + T + j 1− ω T T ⎤
1
T
1
T ⎣
⎦
ω + ω
+ ω
1 ) (
2 )
( 1 2 ) (
1 2
2
2
2
2
)
a stąd
−k T + T
−k (
2
1− ω T T
1 2
1
2
)
P (ω)
(
)
= (
Q ω =
2
2
1+ ω T )(
2
2
1+ ω T )
( ) ω( 2 2
1+ ω T )(
2
2
1+ ω T
1
2
1
2 )
−k (
2
1− ω T T
1 2 )
2
ϕ(ω)
1− ω T T
1 2
= arctg
− ω(
= arctg
k
T + T
ω T + T
1
2 )
( 1 2) IIIćw.
(ω)
k
k
A
=
=
jω(1+ j T
ω )(1+ jωT )
2
2
2
2
1
2
ω 1+ ω T 1+ ω T
1
2
Zapas modułu:
⎧
−k (
2
1− ω T T
π 1 2 )
⎪
=
⎧⎪Q(ω =
⎪ω
+ ω
+ ω
π )
0
π (
0
2
2
1
T
π
)(
2
2
1
T
1
π 1 )
⎨
⇒
⎪
(
⎨
Δ =
⋅
ωπ ) czyli
L 20 lg P
⎩
⎪
k (T + T )
dla ω>0
1
2
1
20⋅lg
⎪⎩
(
≤ 20⋅lg
2
2
1+ ω T
+ ω
π
)(
2
2
1
T
2
1
π 2 )
⎧
1
ω =
⎪ π
T T
1 2
⎪⎪⎨
k (T + T
1
k T + T
1
2 )
( 1 2 )
1
kT T
1
1 2
≤
⇒
=≤
⇒
=≤
⎪⎛
1
⎞⎛
1
⎞ 2
⎛
T ⎞⎛
T ⎞
2
(T + T
2
2 )
2
2
1
2
1
⎪⎜1+
T ⎟⎜1+
T ⎟
⎜1+
⎟⎜1+
1
2
⎟
⎪
T T
T T
T
T
⎩⎝
1 2
⎠⎝
1 2
⎠
⎝
2 ⎠ ⎝
1 ⎠
a stąd
2
3kT
1
2
1
1 ≤
⇒ T ≤
=
1
4T
2
3k
45
1
gr
Zapas fazy:
⎧
k
= 1
⎪
⎧⎪A(ω ) =1
ω
⎪
(
2
2
1+ ω T )(
2
2
1+ ω T
x
x 1
x 1
x
)
⎨
⎪Δϕ = ϕ
⎩
(ω ) czyli ⎨
2
2
x
⎪
1− ω T T
1− ω T T
x 1 2
o
x 1 2
o
arctg
≥ 45
⇒
≥ tg45 = 1
⎪
ω T + T
ω T + T
⎩
x ( 1
2 )
x ( 1
2 )
Ze względu na złożoność pierwszego z równań, należy rozwiązać nierówność:
1− ω T T
x 1 2
2
(
≥
⇒
ω +
+
ω − ≤
⇒
ω T + T ) 1
T T
T T
1 0
1 2
x
( 1 2) x
x
1
2
2
⎡
⎤ ⎧
⎫
(
⎪
⎪
⇒ Δ = T + T )2 + 4T T = (T + T )2
4T T
4T T
1 2
1
⎢ +
⎥ = ⎨ T + T
1+
⎬
2
( 1 2)
1 2
1
2
1 2
1
2
⎢⎣ (T + T ) ⎥⎦ ⎪
(T + T )2
1
2
1
2
⎩
⎪⎭
⎧ (T T ⎡
⎤
+
1
2 )
−(T + T ) ± (T + T )
4T T
4T T
1 2
1 2
1+
⎪−
1
⎢ + 1+
⎥
(T + T )
⎪
2T T
⎢
(T + T )2
1
2
1
2
2
1 2
⎥
1
2
1
2
⎪
⎣
⎦
ω =
= ⎨
⇒
x
2T T
1 2
⎪ (T + T ⎡
⎤
1
2 )
4T T
1 2
⎪−
1
⎢ − 1+
⎥
2T T
⎪
⎢
(T + T ⎥
1
2 )2
1 2
⎩
⎣
⎦
(T T ⎡
4T T
⎤
T T ⎡
⎤
+
+
1
2 )
4T T
1 2
( 1 2 )
1 2
⇒ ω ∈ −
1
⎢ + 1+
⎥;−
1
⎢ − 1+
⎥
⇒
x
2T T
⎢
T + T
⎥
2T T
⎢
+
1 2
(
)2
1 2
T T
⎥
1
2
( 1 2 )2
dla ω>0
⎣
⎦
⎣
⎦
(T + T ) ⎡
⎤
⎡
2 ⎤
⎡
⎤
1
2
4T T
4T
12T
2
7
1 2
1
1
⇒ ω ≤ ω = −
1
⎢ − 1+
⎥ = −
1
⎢ − 1+
⎥ = −
1
⎢ −
x
gr
⎥
2T T
⎢
(T + T )2
2
⎥
6T ⎢
4T
⎥
3T
4
1 2
1
( )2
1
1
2
1
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
a wtedy z równania wynika
k = ω (
2
2
1+ ω T )(
2
2
1+ ω T )
≤
ω (
2
2
1+ ω T )(
2
2
1+ ω T
⇒
x
x 1
x 2
gr
gr 1
gr 2 )
dla f .rosnącej
0.26
⇒ T ≤
≈ 0.009
1
kgr
Ostatecznie więc współczynnik wzmocnienia odpowiada za wartość uchybu w stanie ustalonym, a za kwestię stabilności (z zadanym zapasem) może odpowiadać inny parametr (np. stała czasowa).
Zadanie 5.
Dany jest układ, w którym
⎛
1 ⎞ k 1+ sT
k
G s = k ⎜1+
⎟ =
oraz G
s =
R ( )
p (
i )
p
ob ( )
sT
sT
1+ sT
⎝
i ⎠
i
Dla jakiego z (t) – wielomianowej funkcji czasu, uchyb w stanie ustalonym przyjmuje wartość stałą, skończoną jeśli w (t) = 1(t) .
Rozwiązanie:
Z postaci transformaty uchybu:
e(s) = G (s)⋅ w (s) + G (s)⋅ z(s)
1
G
s
ob
=
w s +
z s =
e
ez
1+ G s
1+ G s
0 ( )
( )
( )
0 ( )
( )
1
1
⎡
k
⎤
=
⎡w s + G
s ⋅ z s ⎤ =
w s +
z s =
1+ G s ⎣
⎦
kk 1 sT ⎢⎣
1+ sT
⎥
+
⎦
0 ( )
( )
ob ( )
( )
p (
i )
( )
( )
1+ sT 1+sT
i (
)
sT 1+ sT
i (
)
sT k
i
=
w s +
z s
sT 1+ sT + kk 1+ sT
sT 1+ sT + kk 1+ sT
i (
)
p (
i )
( )
i (
)
p (
i )
( )
wyznaczamy uchyb w stanie ustalonym:
+
⎤
e = lim ⎡s ⋅e
⎣
(s)
sT 1 sT
i (
)
1
sT k
i
⎤ = lim
⎦
⎢s
+ s
z s ⎥ =
ust
s→0
s→0 ⎢ sT 1+ sT + kk 1+ sT s
sT 1+ sT + kk 1+ sT
⎣
i (
)
p (
i )
i (
)
p (
i )
( )⎥⎦
⎡ Tk
⎤ T
i
2
= 0 + lim ⎢
s z (s)
i
2
⎥ =
lim ⎡s z (s)⎤
⎣
⎦
s→0
s→0
⎢kk
⎣
⎥ k
p
⎦
p
Obliczana granica przyjmuje wartość stałą dla ( ) a + bs
z s =
⇒ z t = at + b 1 t
2
( ) (
) ( )
s
Wielomian charakterystyczny układu (mianownik transmitancji uchybowej) M (s) = sT (1+ sT) + kk (1+ sT )
2
= TTs + 1+ kk Ts + kk
i
p
i
i
(
p ) i
p
ma oba bieguny leżące w lewej półpłaszczyźnie zmiennej zespolonej s.
Można sprawdzić, że dla regulatora uzupełnionego o kolejne dwa elementy astatyczne k 1+ sT
G s =
R ( )
p (
i )
2
sTs T T
i
1 2
zachodzi
3
3
⎡
+
⎤
e = lim ⎡s ⋅e
⎣
(s)
s T T T 1 sT
i 1 2 (
)
1
s T T T k
i 1 2
⎤ = lim
⎦
⎢s
+ s
z s ⎥ =
ust
3
→
→ ⎢ s TT T
⎣
(1+sT)+ kk (1+sT )
3
s 0
s 0
s
s T T T 1+ sT + kk 1+ sT
i 1 2
p
i
i 1 2 (
)
p (
i )
( )⎥⎦
⎡TT T k
⎤ TT T
i 1 2
4
= 0 + lim ⎢
s z (s)
i 1 2
4
⎥ =
lim ⎡s z (s)⎤
⎣
⎦
s→0
s→0
⎢ kk
⎣
⎥
k
p
⎦
p
Obliczana granica przyjmuje wartość stałą dla 2
3
( ) 6a + 2bs + cs + ds
z s =
⇒ z(t) = ( 3
2
at + bt + ct + d 1 t
4
) ( )
s
czyli o dwa stopnie więcej niż poprzednio. Niestety w tym przypadku wielomian charakterystyczny układu (mianownik transmitancji uchybowej) M (s)
3
= s TT T (1+ sT) + kk (1+ sT )
4
3
2
= TTT T s + TT T s + 0s + kk Ts + kk
i 1 2
p
i
i 1 2
i 1 2
p i
p
opisuje układ strukturalnie niestabilny.
Zadanie 6.
Dany jest układ, w którym
k
G
s =
ob ( )
s (1+ sT)
Podać transmitancję regulatora, dla którego przy spełnionym warunku stabilności, uchyb w stanie ustalonym przyjmuje wartość stałą, skończoną jeśli ( ) 2
w t = at ⋅1(t)
Rozwiązanie:
Z postaci transformaty uchybu:
( )
1
1
2a
s (1+ sT)
2a
e s =
=
=
1+ G (s) w (s)
3
k
s
s (1+ sT) + kG s s
r ( )
3
0
1+ s(1+sT)G s
r ( )
wyznaczamy uchyb w stanie ustalonym:
s 1+ sT
2a ⎤
e = lim ⎡s ⋅ e s ⎤ = lim
⎣
⎦
⎢s
⎥ =
ust
( )
(
)
→
→
s
⎣ (1+ sT) + kG (s) 3
s 0
s 0
s
r
⎦
⎡
(1+sT)
2a ⎤
2a
= lim ⎢
⎥ =
= const.
s→0
s (1+ sT) + kG s s
k lim ⎡sG s ⎤
⎣
r ( )
⎦
⎣ r ( )⎦
s→0
Aby warunek stałości uchybu był spełniony, regulator musi zawierać człon I, np.
⎧
2a
2aTi
e =
=
= const.
⎪
ust
⎡ 1 ⎤
k
⎪
k lim s
⎢
⎥
→
⎪
⎣
⎦
G (s)
s 0
1
sTi
=
⇒
r
⎨
2
sTi
⎪
s 1+ sT
s T 1+ sT
G s =
=
e ( )
(
)
i (
)
⎪⎪
s (1+ sT)
2
1
s T 1+ sT + k
i (
)
+ k sT
⎩
i
W tym przypadku wielomian charakterystyczny układu M (s)
2
= s T (1+ sT)
3
2
+ k = TTs + Ts + 0s + k
i
i
i
opisuje układ strukturalnie niestabilny. Aby uniknąć tej wady proponuje się uzupełnienie regulatora o część proporcjonalną (regulator PI)
⎛
1 ⎞ k 1+ sT
G s = k ⎜1+
⎟ =
⇒
r ( )
p (
i )
p
sT
sT
⎝
i ⎠
i
⎧
2a
2aTi
e =
=
= const.
⎪ ust
⎡ k 1+ sT ⎤
kk
p (
i )
p
⎪
k lim ⎢s
⎥
s→0
⎪
sT
⎪
⎣
i
⎦
⇒ ⎨
2
⎪
s 1+ sT
s T 1+ sT
G s =
=
e ( )
(
)
i (
)
⎪
2
+
+
+
+
⎪
s (1+ sT)
k 1 sT
s T 1 sT
kk 1 sT
p (
i )
i (
)
p (
i )
+ k
⎪
sT
⎩
i
W tym przypadku wielomian charakterystyczny układu M (s)
2
= s T (1+ sT) + kk (1+ sT )
3
2
= TTs + Ts + kk Ts + kk , oraz
i
p
i
i
i
p i
p
3 # TT
kk T
i
p i
1
−
2
2 #
T
kk
b =
⎡kk TT − kk T ⎤ = kk T − T > 0
>
1
⎣ p i
p i ⎦
p ( i
)
T
T
i
p
i
gdzie
T
⇒
i
1 #
b
k > 0
1
p
c = kk > 0
1
p
0 #
c1
Zadanie 7.
Dany jest układ, w którym
1
G s =
0 ( )
sT 1+ sT
1 (
2 )
Dla sygnału wymuszającego w postaci liniowej funkcji czasu, przedyskutować wpływ na wartość uchybu w stanie ustalonym włączenia (pomiędzy sygnałem wymuszającym i wej-
ściem transmitancji w torze głównym) członu korekcyjnego G s = sτ
k ( )
Rozwiązanie:
Z postaci transformaty uchybu liczonej bez korektora:
1
1
a
sT 1+ sT
1 (
2 )
a
e s =
=
=
1+ G (s) w (s)
2
1
s
sT 1+ sT +1 s
1 (
2 )
2
0
1+ sT 1+sT
1 (
2 )
wyznaczamy uchyb w stanie ustalonym:
⎡ sT 1+ sT
a ⎤
⎡ aT 1+ sT
⎤
e = lim ⎡s ⋅e s ⎤ = lim
⎣
⎦
⎢s
⎥ = lim ⎢
⎥ = aT
ust
( )
1 (
2 )
1 (
2 )
→
→
sT
⎣
(1+sT )
2
s 0
s 0
s→0
+1 s
sT 1+ sT +1
1
2
⎦
⎣ 1 (
2 )
1
⎦
Po włączeniu korektora należy wyznaczyć e(s) = w (s) − y(s) = w (s) − G s ⎡e s + G s w s ⎤
0 ( ) ⎣ ( )
k ( )
( )⎦
⇓
−
e(s) 1 G s G s
0 ( )
k ( )
=
w s
1+ G s
0 ( )
( )
a stąd
⎡
1
⎤
1−
sτ
⎢
sT 1+ sT
a ⎥
⎡sT 1+ sT − sτ a ⎤
e = lim ⎡s ⋅e s ⎤ = lim ⎢s
⎥ = lim
⎣
⎦
⎢
⎥ =
ust
( )
1 (
2 )
1 (
2 )
2
s→0
s→0 ⎢
1
s→0
s ⎥
sT 1+ sT +1 s
+
⎣ 1 (
2 )
1
⎦
⎢
sT 1+ sT
⎥
⎣
1 (
2 )
⎦
⎡ T 1+ sT − τ ⎤
1 (
2 )
= lim ⎢
⎥ =
− τ
⇒
=
τ =
→
sT
⎣
(1+sT ) a a(T
e
0 dla
T
1
)
ust
1
s 0
+1
1
2
⎦