studia niestacjonarne
PODSTAWY AUTOMATYKI  ĆWICZENIA
Przykładowe rozwiązania
1. TRANSFORMATA LAPLACE A
I. Znalez
ć transformatę Laplace a funkcji f (t) = at 1(t) korzystając z podstawowych
własności transformaty.
RozwiÄ…zanie:
Skorzystamy z twierdzenia o liniowości (A.3) oraz z twierdzenia o mnożeniu przez czas (A.7):
1
dëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
d(L{1(t)}) 1
s
íÅ‚ Å‚Å‚
F(s) = L{at 1(t)}= aL{t 1(t)}= -a = -a = a
ds ds s2
II. Znalez
ć transformatę Laplace a funkcji f (t) = t e-5t 1(t) korzystając z podstawowych
własności transformaty.
RozwiÄ…zanie:
Skorzystamy z twierdzenia o mnożeniu przez czas (A.7):
d(L{e-5t 1(t)})
F(s) = L{t e-5t 1(t)}= -
ds
Aby policzyć transformatę Laplace a funkcji e-5t 1(t) skorzystamy z twierdzenia o opóz
nieniu
w dziedzinie częstotliwości (A.9):
1
L{e-5t 1(t)}= L{1(t)} =
s=s+5
s + 5
Zatem:
1
dëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
d(L{e-5t 1(t)}) 1
s + 5
íÅ‚ Å‚Å‚
F(s) = - = - =
2
ds ds
(s + 5)
2 2 2 2
III. Obiekt opisany jest równaniem różniczkowym y + 7 y +12y = u + u . Znalez
ć jego
transmitancjÄ™ G(s) , odpowiedz
na impuls Diraca g(t) oraz odpowiedz
na skok jednostkowy
y1(t) .
RozwiÄ…zanie:
Powyższe równanie poddamy obustronnie działaniu transformaty Laplace a. Skorzystamy
z twierdzenia o transformacie pochodnej n-tego rzędu przy zerowych warunkach początkowych
(A.5).
1
s2Y (s) + 7sY (s) +12Y (s) = sU (s) +U (s)
Y (s)(s2 + 7s +12)= U (s)(s +1)
po przekształceniu:
Y (s) s +1
= ,
U (s) s2 + 7s +12
Y (s)
ale G(s) = , zatem ostatecznie:
U (s)
s +1
G(s) =
s2 + 7s +12
W celu policzenia funkcji wagi (A.11) należy obliczyć odwrotną transformatę Laplace a.
Skorzystamy z metody residuów (A.13). W pierwszym kroku wyznaczymy bieguny
transmitancji:
s2 + 7s +12 = 0
" = 49 - 48 =1, " =1, s1 = -3 , s2 = -4
s +1
czyli: G(s) =
(s + 3)(s + 4)
Mamy 2 bieguny pojedyncze s1 = -3 , s2 = -4 , zatem
Å„Å‚ s +1 üÅ‚
g(t) = L-1{G(s)}= L-1òÅ‚
(s + 3)(s + 4)żł =
ół þÅ‚
îÅ‚ s +1 s +1 Å‚Å‚
st st
= (s + 3) (s
ïÅ‚
s=-3 s=-4
(s + 3)(s + 4)e + + 4)(s + 3)(s + 4)e śł 1(t) =
ðÅ‚ ûÅ‚
s +1 s +1
îÅ‚ îÅ‚ - 3 +1 - 4 +1
Å‚Å‚
= est + est Å‚Å‚ 1(t) = 1(t) = [- 2e-3t + 3e-4t]1(t)
ïÅ‚s + 4 s=-3 s + 3 s=-4śł ïÅ‚- 3+ 4 e-3t + - 4 + 3 e-4t śł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
Podobnie wyznaczamy odpowiedz
na skok jednostkowy, korzystajÄ…c ze wzoru (A.12):
1 Å„Å‚ s +1 üÅ‚
y1(t) = L-1Å„Å‚ G(s)üÅ‚ = L-1òÅ‚ =
òÅ‚ żł
(s
ółs þÅ‚
ółs + 3)(s + 4)żł
þÅ‚
îÅ‚ s +1 s +1 s +1 Å‚Å‚
st st st
= (s (s 1(t) =
ïÅ‚s s(s + 3)(s + 4)e s=0 + + 3)s(s + 3)(s + 4)e s=-3 + + 4)s(s + 3)(s + 4)e s=-4śł
ðÅ‚ ûÅ‚
îÅ‚ s +1 s +1 s +1 Å‚Å‚
st st st
=
ïÅ‚
s=0 s=-3 s=-4
(s + 3)(s + 4)e + s(s + 4)e + s(s + 3)e śł 1(t) =
ðÅ‚ ûÅ‚
îÅ‚ 0 +1 - 3 +1 - 4 +1 Å‚Å‚ 1 2 3
îÅ‚
0t -3t -4t
= e-3t - e-4t Å‚Å‚ 1(t)
ïÅ‚
śł
(0 + 3)(0 + 4)e + - 3(- 3 + 4)e + - 4(- 4 + 3)e śł 1(t) = ïÅ‚12 + 3 4
ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
PodsumowujÄ…c:
s +1
G(s) =
(s + 3)(s + 4)
2
g(t) =[- 2e-3t + 3e-4t]1(t)
1 2 3
îÅ‚
y1(t) = + e-3t - e-4t Å‚Å‚ 1(t)
ïÅ‚12 3 4 śł
ðÅ‚ ûÅ‚
s +1
IV. Dana jest transmitancja operatorowa obiektu G(s) = . Wyznaczyć odpowiedz

s2(0,1s +1)
układu na impuls Diraca (funkcję wagi) g(t) .
RozwiÄ…zanie:
W celu wyznaczenia funkcji wagi korzystamy z metody residuów. Uwaga: jeden biegun jest
podwójny, zatem należy skorzystać ze wzorów (A.13) i (A.14). Przydatne również będą wzory
2
2 2
u u v - uv
2 2
na pochodnÄ… iloczynu: (u Å"v)2 = u v + uv i ilorazu: ëÅ‚ öÅ‚ =
ìÅ‚ ÷Å‚
v v2
íÅ‚ Å‚Å‚
Å„Å‚ s +1 üÅ‚ Å„Å‚ 10(s +1) üÅ‚
g(t) = L-1{G(s)}= L-1òÅ‚ 2 = L-1òÅ‚ 2 =
(0,1s (s
ółs +1)żł ółs +10)żł
þÅ‚ þÅ‚
îÅ‚ Å‚Å‚
1 d îÅ‚ 10(s +1) Å‚Å‚ 10(s +1)
2
= est śł + (s +10) est 1(t) =
ïÅ‚ śł
ïÅ‚s
(2 -1)! ds s2(s +10) s2(s +10)
ðÅ‚ ûÅ‚
ïÅ‚ śł
s=-10
ðÅ‚ s=0 ûÅ‚
îÅ‚ Å‚Å‚
[10est(s +1)]2 (s +10)-10est(s +1) 10(s +1)
ïÅ‚
= + est śł 1(t) =
2
ïÅ‚ śł
s2
(s +10)
s=-10
ðÅ‚ s=0 ûÅ‚
îÅ‚ Å‚Å‚
[10test(s +1)+10est](s +10)-10est(s +1) 10(-10 +1)
= + est śł 1(t) =
ïÅ‚
2 2
(s +10) (-10)
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ s=0 s=-10 ûÅ‚
îÅ‚ Å‚Å‚
[10te0t(0 +1)+10e0t](0 +10)-10e0t(0 +1)
= + 0,9 est śł 1(t) = [0,9 + t + 0,9 est]1(t)
ïÅ‚
2
(0 +10)
ðÅ‚ ûÅ‚
Zatem ostatecznie:
g(t) =[0,9 + t + 0,9 est]1(t)
2. CHARAKTERYSTYKI CZ
STOTLIWOÅšCIOWE
I. Wykreślić charakterystykę amplitudowo-fazową (Nyquista) obiektu o transmitancji
2
G(s) =
4s +1
RozwiÄ…zanie:
Dokonujemy podstawienia s = jÉ
2
G( jÉ) =
4 jÉ +1
3
oraz wyznaczamy część rzeczywistą i urojoną transmitancji. W tym celu mnożymy licznik
i mianownik przez liczbę sprzężoną mianownika:
2 1- 4 jÉ 2 - 8É
G( jÉ) = = + j
4 jÉ +1 1+ 4 jÉ 16É2 +1 16É2 +1
Teraz wyznaczamy wartoÅ›ci Re{G( jÉ)}i Im{G( jÉ)} dla kilku charakterystycznych wartoÅ›ci
pulsacji É . Oprócz wartoÅ›ci É = 0 i É = " , jest to także odwrotność staÅ‚ej czasowej T. Liczba
pozostałych punktów zależy od dokładności z jaką chcemy wyznaczyć charakterystykę.
tab. 2.1. WartoÅ›ci real{G(jÉ)} i imag{G(jÉ)} w funkcji pulsacji É
É 0 0,05 0,1 0,15 0,25 0,4 0,8 2 5
+ "
2 1,923 1,724 1,471 1 0,562 0,178 0,031 0,005 0
Re{G( jÉ)}
0 -0,385 -0,690 -0,882 -1 -0,899 -0,569 -0,246 -0,100 0
Im{G( jÉ)}
Na podstawie tab. 2.1 możemy wykreślić charakterystykę amplitudowo-fazową:
Im{G(jÉ)}
0 0,4 0,8 1,2 1,6 2
Re{G(jÉ)}
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
Rys. 2.1. Przykładowa charakterystyka Nyquista.
II. Wykreślić uproszczone logarytmiczne charakterystyki modułu i argumentu (Bodego)
10(s +10)(100s +1)
obiektu o transmitancji G(s) = .
2
(10s +1)(0,1s +1)
RozwiÄ…zanie:
W pierwszym kroku porządkujemy transmitancję w taki sposób, aby wszystkie (oprócz k,
1 sn i sm ) występujące w niej czynniki były postaci (Ts +1):
10(s +10)(100s +1) 100(0,1s +1)(100s +1) 100(100s +1)
G(s) = = =
2 2
(10s +1)(0,1s +1)
(10s +1)(0,1s +1) (10s +1)(0,1s +1)
Następnie zapisujemy transmitancję w postaci iloczynu:
G(s) = k G1 G2
gdzie:
k  wzmocnienie układu
4
1
G1 - człon sm lub ,
sn
1
m
G2 - człon (Ts +1) i / lub .
n
(Ts +1)
W naszym przypadku nie występuje czynnik G1 , zatem:
1 1
G(s) = 100 (100s +1)
(10s +1) (0,1s +1)
1 2
3 4
Taki sposób reprezentacji transmitancji jest bardzo wygodny, ponieważ przestawiona jest ona
jako iloczyn podstawowych członów, o znanych charakterystykach.
Są dwa sposoby kreślenia charakterystyk.
Pierwszy polega na wykreśleniu uproszczonej charakterystyki (zarówno modułu jak
i argumentu) dla każdego czynnika oddzielnie (1, 2, 3, 4 we wzorze powyżej - kolejność
nieistotna). W naszym przypadku będą to po 4 charakterystyki (patrz tab. B1). Następnie
dokonujemy ich sumowania graficznego.
Sposób drugi: zapisujemy transmitancję również w postaci iloczynu G(s) = k G1 G2 , z tym, że
bardzo ważna jest kolejność występowania członów w tym iloczynie oraz, w przypadku kilku
członów G2 , zapisujemy je w kolejności malejącej wartości T. Następnie kreślimy uproszczoną
charakterystykę (zarówno modułu jak i argumentu) najpierw dla pierwszego czynnika (1), ale
tylko do wartoÅ›ci É =1 T2 ; gdzie T2  jest staÅ‚Ä… czasowÄ… czynnika drugiego (patrz krok nr 1 na
rys. 2.2). Następnie dodajemy charakterystykę czynnika drugiego (2) poczynając od wartości
É =1 T2 , ale tylko do wartoÅ›ci É =1 T3 ; gdzie T3  jest staÅ‚Ä… czasowÄ… czynnika trzeciego (patrz
krok nr 2 na rys. 2.2). Postępujemy tak, aż do wyczerpania wszystkich czynników. Przy
dodawaniu ostatniego czynnika (4) nie ma oczywiÅ›cie ograniczenia wartoÅ›ci É (patrz krok nr 4
na rys. 2.2). Ten sposób wolny jest od sumowania graficznego, kłopotliwego szczególnie dla
dużej liczby wykresów cząstkowych.
5
L(É) [dB]
3
2
60
1
4
40
20
10-3 10-2 10-1 100 101 102 103 É [rad/s]
arg{G(jÉ)}
2
Ä„/2
1 3
10-3 10-2 10-1 100 101 102 103
É [rad/s]
4
-Ä„/2
Rys. 2.2. Przykładowe charakterystyki Bode go.
3. ALGEBRA SCHEMATÓW BLOKOWYCH
I. Wyznaczyć transmitancję zastępczą układu jak na rysunku:
Y(s)
U(s)
G1 G3
G2 G4
Rys. 3.1. Przykładowy układ złożony nr 1.
RozwiÄ…zanie:
Jak łatwo zaobserwować układ można podzielić na 2 obszary jak to zaznaczono linią przerywaną
na rys. 3.2:
Y(s)
U(s)
G1 G3
G2 G4
H1 H2
Rys. 3.2. Przykładowy układ złożony  podział na 2 podukłady.
6
Bloki w ramce po lewej stronie tworzą klasyczne ujemne sprzężenie zwrotne (patrz C.3).
G1
Wypadkowa transmitancja będzie dana wzorem: H1 = . Bloki w ramce po prawej
1+ G1G2
stronie tworzą klasyczne połączenie równoległe czyli sumę (patrz C.2). Wypadkowa
transmitancja będzie dana wzorem: H = G3 + G4 . Zatem po uproszczeniu układ będzie
2
wyglądał następująco (rys. 3.3):
Y(s)
U(s)
H1 H2
G1 H2 = G3 + G4
H1 =
1+ G1G2
Rys. 3.3. Przykładowy układ złożony po uproszczeniu.
Bloki H1 i H2 tworzą klasyczne połączenie szeregowe czyli iloczyn (patrz C.2), o transmitancji
wypadkowej: G = H1H2 . Zatem ostatecznie:
G1 G1(G3 + G4)
G = H1H2 = (G3 + G4 )=
1+ G1G2 1+ G1G2
II. Wyznaczyć transmitancję zastępczą układu jak na rysunku:
Y(s)
U(s)
G1 G2

Rys. 3.4. Przykładowy układ złożony nr 2.
RozwiÄ…zanie:
W pierwszym kroku przenosimy węzeł zaczepowy przed blokiem o transmitancji G1(s)
w prawo, za ten blok (zgodnie ze strzałką na rys. 3.5):
Y(s)
U(s)
G1 G2

Rys. 3.5. Przykładowy układ złożony  kierunek przesuwania węzła zaczepowego.
Otrzymamy wówczas (rys. 3.6):
7
1/G1
U(s) Y(s)
G1 G2

H2
H1
Rys. 3.6. Przykładowy układ złożony  po przesunięciu węzła zaczepowego.
Jak łatwo zaobserwować układ można podzielić na 2 obszary, jak to zaznaczono linią
przerywaną na rys. 3.6. Ramka po lewej stronie to tzw.  sztywne ujemne sprzężenie zwrotne
G1
o wypadkowej transmitancji: H1 = . Bloki w ramce po prawej stronie tworzą połączenie
1+ G1
równoległe czyli sumę o wypadkowej transmitancji H2 = 1 G1 + G2 . Zatem po uproszczeniu
układ będzie wyglądał następująco (rys. 3.7):
U(s) Y(s)
H1 H2
Rys. 3.7. Przykładowy układ złożony po uproszczeniu.
Ostatecznie bloki H1 i H2 tworzą połączenie szeregowe czyli iloczyn, o transmitancji
wypadkowej:
1+ G1G2
G = H1H2 = .
G1
III. Wyznaczyć transmitancję zastępczą układu jak na rysunku:
U(s)
E(s) Y(s)
G
Rys. 3.8. Przykładowy układ złożony nr 3.
RozwiÄ…zanie 1:
W pierwszym kroku przenosimy węzeł sumacyjny przed blokiem o transmitancji G(s) w prawo,
za ten blok (zgodnie ze strzałką na rys. 3.9):
8
U(s)
Y(s)
G
Rys. 3.9. Przykładowy układ złożony  kierunek przesuwania węzła sumacyjnego.
W efekcie uzyskamy (rys. 3.10):
U(s) Y(s)
G
G
Rys. 3.10. Przykładowy układ złożony  po przesunięciu węzła sumacyjnego.
Następnie zamieniamy węzły sumacyjne miejscami (strzałka rys. 3.10) otrzymując (rys. 3.11):
U(s) Y(s)
G
H1
G
H2
Rys. 3.11. Przykładowy układ złożony  po zamianie miejscami węzłów sumacyjnych.
Jak łatwo zaobserwować układ można podzielić na 2 obszary, jak to zaznaczono linią
przerywaną na rys. 3.11. Ramka po lewej stronie to połączenie równoległe czyli suma
o wypadkowej transmitancji H1 =1+ G . Bloki w ramce po prawej stronie tworzÄ… dodatnie
1
sprzężenie zwrotne o wypadkowej transmitancji H2 = . Zatem po uproszczeniu układ
1- G
będzie wyglądał następująco (rys. 3.12):
U(s) Y(s)
H1 H2
Rys. 3.12. Przykładowy układ złożony po uproszczeniu.
Ostatecznie bloki H1 i H2 tworzą połączenie szeregowe czyli iloczyn, o zastępczej transmitancji:
1+ G
Gz = H1H2 =
1- G
9
RozwiÄ…zanie 2:
Zadanie o tak niewielkim stopniu skomplikowania jak to z rys. 3.8, można rozwiązać również
korzystając wprost z definicji transmitancji zastępczej jako ilorazu transformaty sygnału
Y (s)
wyjściowego do transformaty sygnału wejściowego całego układu, Gz (s) = . W tym celu
U (s)
wystarczy napisać równania dla wszystkich węzłów sumacyjnych i rozwiązać tak powstały układ
równań, wyznaczając stosunek Y (s) do U (s) .
Y (s) = U (s) + E(s) G(s)
Å„Å‚
òÅ‚
ółE(s) = U (s) + Y (s)
Po podstawieniu 2-go równania do 1-go otrzymamy
Y (s) 1+ G(s)
= = Gz (s)
U (s) 1- G(s)
Jak widać z powyższego, w tym przypadku metoda ta jest prostsza niż przekształcanie schematu.
IV. Wyznaczyć transmitancję zastępczą układu jak na rysunku:
G6
U(s) Y(s)
G1 G2 G3
G5
G4
Rys. 3.13. Przykładowy układ złożony nr 4.
RozwiÄ…zanie:
W pierwszym kroku przenosimy węzeł zaczepowy przed blokiem o transmitancji G2 w prawo,
za ten blok (zgodnie ze strzałką na rys. 3.14):
G2
Rys. 3.14. Fragment układu złożonego  kierunek przesuwania węzła zaczepowego.
W efekcie uzyskamy (rys. 3.15):
10
1/G2 G6
U(s) Y(s)
G1 G2 G3
G5
G4
Rys. 3.15. Przykładowy układ złożony  po przesunięciu węzła zaczepowego, z zaznaczonymi podukładami.
Następnie wyznaczamy transmitancję zastępczą układów w ramkach (linia przerywana na
rys. 3.15). Wynikiem będzie (rys. 3.16):
G6/G2
Y(s)
U(s)
G1G2 G3
G5
G4
Rys. 3.16. Przykładowy układ kolejny etap uproszczenia.
W kolejnym kroku przesuwamy węzeł zaczepowy przed blokiem o transmitancji G3 w prawo, za
ten blok, zgodnie ze strzałką na rys. 3.16. Otrzymamy wtedy (rys. 3.17):
G6/G2
Y(s)
U(s)
G1G2 G3
G5
H1
G4 1/G3
Rys. 3.17. Przykładowy układ kolejny etap uproszczenia.
Teraz wyznaczamy transmitancje zastępcze układów w ramkach (linia przerywana rys. 3.17):
G3
H1 =
1+ G3G5
11
Po tej operacji ten fragment schematu przyjmie postać (rys. 3.18):
G6/G2
Y(s)
U(s)
G1G2 H1
G4/G3
Rys. 3.18. Przykładowy układ kolejny etap uproszczenia.
Dalej przesuwamy węzeł zaczepowy za blokiem o transmitancji H1 w lewo, przed ten blok,
zgodnie ze strzałką na rys. 3.18. Otrzymamy wtedy (rys. 3.19):
H3
G6/G2
Y(s)
U(s)
G1G2 H1
G4/G3 H1
H2
Rys. 3.19. Przykładowy układ kolejny etap uproszczenia.
Teraz wyznaczamy transmitancję zastępczą bloków w ramce (linia przerywana na rys. 3.19).
Wynikiem będzie (rys. 3.20):
G1G2 G6
U(s) Y(s)
H2 = , H3 = + H1
G4
G2
H2 H3 1+ G1G2H1
G3
Rys. 3.20. Przykładowy układ końcowy etap uproszczenia.
Zatem ostatecznie
G1(G6 + G3G5G6 + G2G3)
G = H2H3 =
1+ G3G5 + G1G2G4
12
4. UCHYBY USTALONE
Obliczyć wartość uchybów: położenia, prędkości i przyspieszenia, dla układu regulacji jak na
rysunku poniżej.
U(s) Y(s)
G
5s +10
G(s) =
s(s +1)
RozwiÄ…zanie:
Ponieważ w naszym przypadku G12 (s) = G(s) , zatem przystępujemy od razu do wyznaczania
uchybów korzystając wprost ze wzorów (D.1), (D.2), (D.3).
1. Uchyb położenia:
1 1
ep = = = 0
5s +10
1+ limG12 (s)
1+ lim
s0
s0
s(s +1)
2. Uchyb prędkościowy:
1 1 1
ev = = = = 0,1
5s +10 10
lim sG12 (s)
lim s
s0
s0
s(s +1) 1
3. Uchyb przyspieszenia:
1 1
ea = = = "
5s +10
lim s2G12 (s)
lim s2
s0
s0
s(s +1)
Można również skorzystać ze wzorów skróconych (tab. D.1). Ponieważ układ jest klasy 1,
zatem:
1. Uchyb położenia: ep = 0
1
2. Uchyb prędkościowy: ev = = 0,1
k
5s +10 10(0,5s +1)
k=10 bo G12(s) = =
s(s +1) s(s +1)
3. Uchyb przyspieszenia: ea = "
13
5. STABILNOŚĆ
I. Korzystając z kryterium Routh a zbadać stabilność układu o transmitancji:
s2 + 2s + 5
G(s) =
s4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5
RozwiÄ…zanie:
W pierwszym kroku sprawdzamy 1-szy warunek Routh a. Ponieważ wszystkie współczynniki
przy zmiennej s istnieją i są jednakowego znaku, zatem warunek 1-szy jest spełniony.
Przystępujemy do obliczenia wyznacznika Routh a (liczba wierszy wynosi n+1=5, n - rząd
układu). Mianownik transmitancji wynosi:
M (s) = a4s4 + a3s3 + a2s2 + a1s + a0 = s4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5
zatem wyznacznik Routh a (E.7):
a4 a2 a0 1 3 5
a3 a1 0 2 4 0
b1 b2 0 = b1 b2 0
c1 c2 0 c1 c2 0
d1 0 0 d1 0 0
gdzie:
a4 a2 1 3 a3 a1 2 4 b1 b2 1 5
a3 a1 2 4 b1 b2 1 5 c1 c2 - 6 0
b1 = = =1 c1 = = = -6 d1 = = = 5
- a3 - 2 - b1 -1 - c1 6
a4 a0 1 5 a3 0 2 0
a3 0 2 0 b1 b3 1 0
b2 = = = 5 c2 = = = 0
- a3 - 2 - b1 -1
-1
Ostatecznie pierwsza kolumna wyznacznika Routh a jest postaci: [1 2 1 - 6 5] .
Czyli układ nie jest stabilny asymptotycznie. Ponieważ w kolumnie występują dwie zmiany
znaku (+ + +  +) zatem układ ma dwa bieguny w prawej półpłaszczyz
nie. Liczba biegunów
w lewej półpłaszczyz
nie wynosi n-2, czyli również dwa.
k
II. Dana jest transmitancja G12 (s) = układu otwartego. Wykorzystując kryterium
3
(s +1)
Nyquista zbadać dla jakiego k układ zamknięty jest stabilny.
RozwiÄ…zanie:
Układ otwarty jest stabilny (potrójny biegun  1 czyli w lewej półpłaszczyz
nie), zatem można
zastosować kryterium lewej strony (uproszczone kryterium Nyquista- patrz podrozdział E.2).
Przechodzimy w dziedzinÄ™ czÄ™stotliwoÅ›ci poprzez podstawienie s = jÉ :
14
k k
G12 ( jÉ) = =
2 2
( jÉ +1)3 1- 3É + jÉ (3-É )
Kryterium lewej strony jest w tym przypadku równoważne sprawdzeniu, czy:
Re{G12 ( jÉ)} > -1, jeÅ›li Im{G12 ( jÉ)} = 0 lub arg{G12 ( jÉ)} = -Ä„
É =É1 É =É1 É=É1
Obliczamy É1:
2
Im{G12 ( jÉ)}= 0 , jeÅ›li É (3 -É ) = 0 ,
(licznik G12 ( jÉ) jest rzeczywisty, zatem Im{G12 ( jÉ)}= 0 Ô! Im{mianownik G12 ( jÉ)}= 0 )
czyli dla É = 0 lub É = Ä… 3 , zatem É1 = 3 (wartoÅ›ci É = 0 i É = - 3 - odrzucamy)
k
Re{G12 ( jÉ1)}= - bo dla É = É1 = 3 część urojona mianownika jest równa zeru
2
1- 3É1
k k
Re{G12 ( jÉ1)}= = -
2
8
1- 3( 3)
k
Re{G12 ( jÉ1)}> -1 Ò! - > -1 Ò! k < 8
8
Zatem układ zamknięty będzie stabilny dla k < 8 .
10
III. Dana jest transmitancja G12(s) = układu otwartego. Obliczyć zapas fazy
2
(2s +1) (0,5s +1)
i wzmocnienia.
RozwiÄ…zanie:
W pierwszym kroku obliczamy zapas wzmocnienia. W tym celu wyznaczamy pulsacjÄ™ É1 dla
której zachodzi: argG12 ( jÉ1) = -Ä„ (wyznaczanie argumentu: patrz podrozdziaÅ‚ E.1)
- 2arctg(2É1) - arctg(0,5É1) = -Ä„
Równanie poddajemy obustronnie dziaÅ‚aniu funkcji tangens i wyznaczamy É1 = 1,5
NastÄ™pnie obliczamy zapas wzmocnienia (E.9) dla É1 = 1,5 :
1
"K = (wyznaczanie modułu: patrz podrozdział E.1)
G12( jÉ1)
10 10
ale G12( jÉ1) = = = 0,8
2
((2É1)2 +1) (0,5É1)2 +1
( (2É1)2 +1) (0,5É1)2 +1
1
zatem: "K = = 1,25
G12( jÉ1)
("KdB = 20log "K = 1,938dB)
15
W drugim kroku obliczamy zapas fazy. W tym celu wyznaczamy pulsacjÄ™ É2 dla której
zachodzi: G12( jÉ2) = 1 (L(É2) = 0):
10
= 1 Ò! É2 = 1,35
((2É1)2 +1) (0,5É1)2 +1
NastÄ™pnie obliczamy zapas fazy (E.10) dla É2 = 1,35 :
"Õ = Ä„ + argG12( jÉ2) = Ä„ - 2 arctg(2É2) - arctg(0,5É2) = 0,116 = 6,63O
Ostatecznie:
zapas wzmocnienia wynosi "KdB = 1,938dB
zapas fazy wynosi "Õ = 6,63O
16
DODATEK - PODSTAWY TEORETYCZNE
A. TRANSFORMATA LAPLACE A
A.1. Przekształcenie Laplace a - definicje
Transformata Laplace a funkcji f (t) :
"
F(s) = L{f(t)}= f (t)e-stdt (A.1)
+"
0
Przekształcenie odwrotne (odwrotna transformata Laplace a):
à + j"
1
st
f (t) = L-1{F(s)}=
+"F(s)e ds
2Ä„j
à - j"
(A.2)
A.2. Ważniejsze własności transformaty Laplace a
" liniowość:
L{af1(t) + bf2(t)}= aF1(s) + bF2(s) (A.3)
" twierdzenie o różniczkowaniu:
(n) (n-1) (n-2) '
L{f (t)}= snF(s) - sn-1 f (0) - sn-2 f (0) -K- sf (0) - f (0) (A.4)
d(i) f (t)
(i)
gdzie f (t) = .
dti
Natomiast przy zerowych warunkach poczÄ…tkowych:
(n)
L{f (t)}= snF(s) (A.5)
" twierdzenie o całkowaniu:
t
Å„Å‚ üÅ‚
1
LòÅ‚ f (Ä )dÄ = F(s) (A.6)
żł
+"
s
ół0 þÅ‚
" twierdzenie o mnożeniu przez czas
dF(s)
F(s) = L{tf (t)}= - (A.7)
ds
" twierdzenie o opóz
nieniu w dziedzinie czasu:
0
L{f (t - t0)}= F(s)e-st (A.8)
" twierdzenie o opóz
nieniu w dziedzinie częstotliwości:
L{f (t)eÄ…t}= F(s - Ä… ) (A.9)
" transformata Laplace a funkcji okresowej:
FT (s)
F(s) =
1- e-sT
(A.10)
17
gdzie: FT (s) - transformata Laplace a jednego okresu funkcji.
" funkcja wagi (charakterystyka impulsowa):
g(t) = L-1{G(s)} (A.11)
" odpowiedz
na skok jednostkowy:
1
y1(t) = L-1Å„Å‚ G(s)üÅ‚ (A.12)
òÅ‚ żł
ółs þÅ‚
" metoda residuów - wyznaczanie odwrotnej transformaty Laplace a:
n
g(t) = L-1{G(s)}= - sk ) G(s) est (A.13)
"(s
s=sk
k=1
gdzie sk jest k-tym biegunem transmitancji G(s) .
Wzór (A.13) prawdziwy jest tylko dla biegunów pojedynczych. Jeżeli biegun jest p-krotny,
to we wzorze (A.13), pod sumą, dla takiego bieguna wystąpi składnik:
1 d( p-1)
(s - sk )P G(s) est
p-1
s=sk
( p -1)! ds
(A.14)
A.3. Transformaty Laplace a wybranych funkcji
tab. A.1. Tabela transformat Laplace a wybranych funkcji.
x(t) X (s) x(t) X (s)
´ (t) 1 sinÉt 1(t)
É
2
s2 +É
1(t) cosÉt 1(t)
1 s
2
s s2 +É
t 1(t)
1 Ä…
e-Ä…t sinÉt 1(t)
2
s2 (s +Ä…)2 +É
1 s +Ä…
e-Ä…t cosÉt 1(t)
tn
1(t)
2
sn+1 (s +Ä…)2 +É
n!
t sinÉt 1(t)
1 2És
e-Ä…t 1(t)
2
s +Ä…
(s2 + É2)
t cosÉt 1(t)
1
t e-Ä…t 1(t)
s2 - É2
2
(s +Ä…)2
(s2 + É2)
1 2É(s +Ä…)
t e-Ä…t sinÉt 1(t)
tn
e-Ä…t 1(t)
2
2
(s +Ä… )n+1
n! [(s +Ä…)2 +É ]
18
B. CHARAKTERYSTYKI BODEGO
tab. B.1. Charakterystyki Bode'go podstawowych członów transmitancji
transmitancja charakterystyka modułu charakterystyka argumentu
L(É) [dB]
20log(k)
arg{G(jÉ)}
G(s) = k
É [rad/s]
É [rad/s]
L(É) [dB]
arg{G(jÉ)}
1/T
1 1/T
G(s) =
m
É [rad/s]
(Ts +1)
É [rad/s]
-Ä„/2"m
-m*20dB/dek
L(É) [dB]
arg{G(jÉ)}
+n*20dB/dek
+Ä„/2"n
n
G(s) = (Ts +1)
É [rad/s]
1/T
1/T É [rad/s]
L(É) [dB]
arg{G(jÉ)}
1 -m*20dB/dek
G(s) =
É [rad/s]
sm
100 É [rad/s]
-Ä„/2"m
L(É) [dB]
arg{G(jÉ)}
+Ä„/2"n
G(s) = sn
100 +n*20dB/dek
É [rad/s]
É [rad/s]
C. ALGEBRA SCHEMATÓW BLOKOWYCH
C.1. Połączenie szeregowe
U(s) Y(s)
G1(s) G2(s)
Rys. C.1. Połączenie szeregowe.
Gz (s) = G1(s) G2(s)
(C.1)
19
C.2. Połączenie równoległe
G1(s)
Y(s)
U(s)
Ä…
G2(s)
Rys. C.2. Połączenie równoległe.
Gz (s) = G1(s) Ä… G2(s) (C.2)
C.3. Połączenie ze sprzężeniem zwrotnym
E(s)
U(s) Y(s)
G(s)
m
H(s)
Rys. C.3. Połączenie ze sprzężeniem zwrotnym.
G(s)
Gz (s) = (C.3)
1Ä… G(s)H (s)
C.4. Przenoszenie węzła zaczepowego
U(s)
Y(s)
U(s) Y(s)
Y(s) U(s) Y(s)
U(s)
G(s) G(s)
G(s) G(s)
Y(s) U(s)
G(s) 1/G(s)
Y(s) U(s)
Rys. C.4. Przenoszenie węzła zaczepowego.
C.5. Przenoszenie węzła sumacyjnego
U(s) Y(s) U(s) Y(s)
U(s) Y(s)
Y(s) U(s)
G(s) G(s)
G(s) G(s)
U1(s)
U1(s)
1/G(s) G(s)
U1(s) U1(s)
Rys. C.5. Przenoszenie węzła sumacyjnego.
C.6. Zamiana węzłów sumacyjnych miejscami
u1 y u1 y
u2 u3 u2 u3
Rys. C.6. Zamiana węzłów sumacyjnych miejscami.
20
C.7. Zamiana węzłów zaczepowego i sumacyjnego miejscami
u1 u1 y y u1 y
y u1
u2
y
u2 y u2 u1 u2 u1
Rys. C.7. Zamiana węzłów zaczepowego i sumacyjnego miejscami.
D. UCHYBY USTALONE
" uchyb położenia:
1
ep = (D.1)
1+ limG12(s)
s0
" uchyb prędkościowy:
1
ev = (D.2)
lim sG12(s)
s0
" uchyb przyspieszenia:
1
ea = (D.3)
lim s2G12(s)
s0
gdzie:
G12 (s) - transmitancja układu otwartego
tab. D.1. Uproszczone wzory na uchyby dla układów o różnym stopniu astatyzmu.
uchyb
ep ev ea
m  stopień astatyzmu
m
k- zastępcze wzmocnienie układu
1
0
" "
1+ k
1
1 0
"
k
1
2 0 0
k
3 0 0 0
21
E. STABILNOŚĆ
E.1. Moduł i argument transmitancji
Każdą transmitancję G(s) możemy przedstawić w dziedzinie częstotliwości (poprzez
podstawienie s = jÉ ) jako:
G( jÉ) = Re{G( jÉ)}+ j Im{G( jÉ)} (E.1)
gdzie Re{G( jÉ)} i Im{G( jÉ)} to odpowiednio część rzeczywista oraz część urojona
transmitancji G( jÉ) .
Inna postać to:
j arg{G( jÉ)}
G( jÉ) = G( jÉ) e
(E.2)
gdzie: G( jÉ) i arg{G( jÉ)} to odpowiednio moduÅ‚ i argument transmitancji G( jÉ) okreÅ›lone
wzorami:
G( jÉ) = Re2{G( jÉ)}+ Im2{G( jÉ)}
(E.3)
îÅ‚ Å‚Å‚
Im{G( jÉ)}
arg{G( jÉ)}= arctgïÅ‚ (E.4)
{G(
ðÅ‚Re jÉ)}śł
ûÅ‚
W przypadku transmitancji złożonej wykorzystanie wzorów (E.3) i (E.4) może sprawić pewien
problem (znaczne skomplikowanie obliczeń). Dlatego w takiej sytuacji warto doprowadzić
transmitancjÄ™ do postaci:
0
G(s) = k G1 G2 e-T s
(E.5)
gdzie:
k  zastępcze wzmocnienie układu
1
G1 - człon sm lub ,
sn
1
m
G2 - człon (Ts +1) i / lub .
n
(Ts +1)
0
e-T s - człon opóz
niajÄ…cy.
Ponieważ każdy z powyższych członów można przedstawić w postaci (E.2) zatem wypadkowy
moduł będzie iloczynem/ilorazem modułów cząstkowych, a wypadkowy argument sumą/różnicą
jÄ…
Ae A
jÄ… j² j(Ä… +² ) j(Ä… -² )
argumentów cząstkowych zgodnie z tab. E.1 (bo Ae Be = ABe oraz = e )
j²
Be B
22
tab. E.1. Moduły i argumenty podstawowych członów.
człon moduł argument
k k 0
Ä„
sm Ém
m
2
n
1 Ä„
1
ëÅ‚ öÅ‚
- n
ìÅ‚ ÷Å‚
sn 2
É
íÅ‚ Å‚Å‚
m m
m Å"arctg(ÉT )
(Ts +1)
( 1+ (ÉT )2)
- n Å"arctg(ÉT )
1 1
n n
(Ts +1)
( 1+ (ÉT )2)
0
1
-ÉT0
e-T s
E.1. Kryterium Routh a
Niech:
L(s) L(s)
G(s) = = (E.6)
M (s) ansn + an-1sn-1 +K+ a1s + a0
Układ regulacji jest stabilny asymptotycznie, jeżeli jego równanie charakterystyczne ( M (s) = 0 )
spełnia dwa warunki:
1° wszystkie współczynniki an Ka0 istniejÄ… (czyli sÄ… różne od zera) i sÄ… jednakowego znaku;
jest to warunek konieczny,
2° wszystkie współczynniki 1-szej kolumny tzw. wyznacznika Routh a sÄ… różne od zera i sÄ…
jednakowego znaku:
an an-2 an-4 L
an-1 an-3 an-5 L
b1 b2 b3 L (E.7)
c1 c2 c3 L
M M M O
przy czym:
an an-2 an an-4 an an-6
an-1 an-3 an-1 an-5 an-1 an-7
b1 = , b2 = , b3 = , ........
- an-1 - an-1 - an-1
an-1 an-3 an-1 an-5 an-1 an-7
b1 b2 b1 b3 b1 b4
c1 = , c2 = , c2 = , ........
- b1 - b1 - b1
23
b1 b2 b1 b3 b1 b4
c1 c2 c1 c3 c1 c4
d1 = , d2 = , d3 = , ........
- c1 - c1 - c1
........ , ........ , ........ , ........
- liczba wierszy wyznacznika Routh a wynosi n +1.
Cecha charakterystyczna kryterium Routh a:
Ilość zmian znaku wyrazów w 1-szej kolumnie wyznacznika Routh a jest równa liczbie
biegunów transmitancji leżących w prawej półpłaszczyz
nie lub na osi urojonej Im.
E.2. Kryterium Nyquista
Jeżeli układ otwarty ma N biegunów w prawej półpłaszczyz
nie i N biegunów na osi urojonej
p p1
to układ zamknięty jest stabilny asymptotycznie wtedy i tylko wtedy jeżeli:
Ä„
" arg(1+ G12 ( jÉ)) = N Ä„ + N
p p1
2
0d"Éd""
(E.8)
Uproszczone kryterium Nyquista (kryterium lewej strony)
Jeżeli układ otwarty nie posiada pierwiastków w prawej półpłaszczyz
nie (tzn. jest stabilny)
i  wędrując po charakterystyce amplitudowo-fazowej w kierunku rosnącej pulsacji, zostawiamy
punkt (-1, j 0) po lewej stronie, to układ zamknięty jest stabilny.
Im{G(jÉ)}
(-1,j0)
układ stabilny
k1 k2 k3
Re{G(jÉ)}
układ niestabilny
układ na granicy stabilności
Rys. E.1. Praktyczna interpretacja kryterium lewej strony.
W praktyce kryterium lewej strony sprowadza siÄ™ do sprawdzenia, czy:
Re{G12 ( jÉ)} > -1, jeÅ›li Im{G12 ( jÉ)} = 0 lub arg{G12 ( jÉ)} = -Ä„
É =É1 É =É1 É=É1
gdzie G12( jÉ) - transmitancja ukÅ‚adu otwartego (w dziedzinie czÄ™stotliwoÅ›ci).
E.3. Zapas wzmocnienia i zapas fazy
W celu wyznaczenia zapasu wzmocnienia należy:
1° wyznaczyć pulsacjÄ™ É1 dla której zachodzi: argG12 ( jÉ1) = -Ä„
2° obliczyć zapas wzmocnienia wg wzoru:
24
1
"KdB = -L(É1) , "K = (E.9)
G12( jÉ1)
W celu wyznaczenia zapasu fazy należy:
1° wyznaczyć pulsacjÄ™ É2 dla której zachodzi: L(É2 ) = 0 (G12 ( jÉ2 ) =1)
2° obliczyć zapas fazy wg wzoru:
"Õ = Ä„ + argG12( jÉ2) (E.10)
"KdB > 0 ("K >1)
Å„Å‚
Układ zamknięty jest stabilny jeżeli:
òÅ‚
ół"Õ > 0
L(É) [dB]
É [rad/s]
É2
"KdB
arg{G(jÉ)}
É [rad/s]
"Õ
-Ä„
É1
Rys. E.2. Praktyczna interpretacja zapasu wzmocnienia i zapasu fazy.
25