PRz  AiS  W8
LINIE PIERWIASTKOWE EVANSA
Idea metody. Zasady tworzenia linii pierwiastkowych. Wybór wzmocnienia na podstawie linii
pierwiastkowych. Serwomechanizm prądowy. Obiekty statyczne z opóz
nieniem. Obiekt
całkujący z opóz
nieniem. Obiekt oscylacyjny. Prosty obiekt niestabilny. Urządzenia automatyki.
Sterowniki, regulatory, systemy.
IDEA METODY
1. Bieguny układu a wzmocnienie
Zastosowanie metody linii pierwiastkowych  dobór nastaw regulatorów w układach rzędu 2
go i wyższego (przede wszystkim 3 go), również dla uzyskania przebiegów oscylacyjnych.
W(s) Y(s)
Regulator Obiekt
Gr(s) Go(s)
-
b(s)
Obiekt jest dany w formie transmitancji Go (s) jako stosunek dwóch wielomianów
a(s)
l
(Matlab - ). W związku z tym opóz
nienie e-�s , o ile jest, należy zastąpić rozwinięciem
m
Pade go (do projektowania wystarczy I rząd, a do sprawdzenia symulacyjnego potrzebny
wysoki rząd). Transmitancję Go (s) otrzymuje się na podstawie modelu matematycznego lub
na podstawie identyfikacji metodą odpowiedzi skokowej.
Oznaczenia
2 2
Gr (s) = krGr (s), Go(s) = koGo(s)
Transmitancja układu otwartego
2 2
Gotw (s) = krkoGr (s)Go (s) = kG(s), k = krko ,
gdzie
Transmitancja układu zamkniętego
b(s)
k
Gotw kG(s) a(s) kb(s)
Gzam = = = =
b(s)
1+ Gotw 1+ kG(s) a(s4+ (s
)
1+ k 142kb4)
43
a(s)
bieguny układu zamkniętego
(mianownik decyduje o dynamice)
Pierwiastki si (k) , i = 1,...,n wielomianu a(s) + kb(s) określają przebiegi przejściowe. Evans
(USA) podał, jak sporządzić dość dokładne wykresy pierwiastków si (k) na płaszczyz
nie
zmiennej zespolonej dla k "(0,") nie obliczając samych pierwiastków.
1
Liniami pierwiastkowymi nazywamy zbiór rozwiązań równania mianownika
transmitancji układu zamkniętego dla zmieniającego się k.
Obecnie do tworzenia linii pierwiastkowych stosuje się programy komputerowe. W Matlabie
służy do tego funkcja rlocus(l, m, k);
2. Silnik sterowany napięciowo ze sprzężeniem pozycyjnym
Dla układu podanego na rysunku wykreślić linie pierwiastkowe. Przy jakim k
przeregulowanie wyniesie 16.3%? Kiedy przebiegi będą aperiodyczne krytyczne?
1
k regulacja typu P
s(s +1)
-
" Wykres linii pierwiastkowych
1 1
Gotw = k , gdzie G =
s(s + 1) s(s + 1)
k
s(s + 1) k
Gzam = = , s1(k) , s2 (k) = ?
k
s2 + s + k
1 +
s(s + 1)
"(k)
1 1
" = 1- 4k,
k < �! " > 0 : s1,2(k) = - ą
4 2 2
1 1
k = �! " = 0 : s1,2 = -
4 2
1 1 - "(k)
k > �! " < 0 : s1,2(k) = - ą j
4 2 2
Im s
3
k = 1
2
Ć = 60 �
1
k =
Re s
4 Ć
1
0
- 1
-
2
2
" Przeregulowanie a kąt Ć
2
�n
2
Gzam (s) =
, s1,2 = -��n ą j�n 1 - �
2 2
s + 2�� s +�n
n
p%
Ą�
ln
-
2
100
1-�
p% = e �"100% � =
p%
2
Ą + ln2
100
2
1- �
Im
p% = 16.3 � = 0.5 , tg Ć = =
Re �
1 3
� = 0.5 tg Ć = 3 Ć = 60o , s1,2 = - ą j = s��
��
��
��
2 2
Wniosek. Dla standardowej transmitancji oscylacyjnej przeregulowanie jednoznacznie
określa biegun układu zamkniętego na liniach pierwiastkowych.
" Wzmocnienie
a(s) + kb(s) = 0 - równanie spełnione na linii pierwiastkowej
a(s)
k = - dla s na linii pierwiastkowej
b(s)
1 3
s2 + s + k = 0 k = -s(s + 1) dla s = - + j ,
2 2
�ł �ł�ł �ł
1 3 1 3
�ł�ł �ł
czyli k = -�ł - + j + j = 1
�ł �ł�ł �ł
2 2 2 2
�ł łł�ł łł
" Czas regulacji
4 4 4
tr = = = = 8
��n 1
Re s1,2
2
" Przebiegi aperiodyczne krytyczne
1 1
1
s1,2 = - = s�� , k = - s(s + 1) =
��
��
��
s=-
2 4
2
Matlab
l=1
m=[1 1 0]
k=0:0.01:2;
r=rlocus(l,m,k);
plot(r,'*'),grid
r=rlocus(l,m,k)
[k' r]
3
Na podstawie linii pierwiastkowych można przewidzieć zachowanie układów nie symulując
odpowiedzi skokowej (step()), ponieważ wiadomo w jakim obszarze pierwiastki są
rzeczywiste, a w jakim zespolone. Przy pierwiastkach zespolonych mamy do czynienia z
przebiegami oscylacyjnymi, a przy pierwiastkach w prawej płaszczyz
nie z niestabilnością.
Alternatywne formy równania linii pierwiastkowych (czyli mianownika transmitancji
Gzam (s) ).
b(s)
1 + kG(s) = 0 , 1 + k = 0 ,
1 + Gotw(s) = 0 ,
a(s)
1 1
a(s) + kb(s) = 0 , G(s) = - , k = -
k G(s)
dla s na linii pierwiastkowej (s��).
��
��
��
ZASADY TWORZENIA LINII PIERWIASTKOWYCH
1. Bieguny i zera
a(s) = 0 p , i= 1, ...,n �
�  bieguny
�
�
i
b(s) = 0 z , j = 1, ...,m o  zera
j
Linie pierwiastkowe rozpoczynają się w biegunach �
�, a kończą w zerach ż.
�
�
Zazwyczaj zer jest mniej, więc pozostałe linie przy wzroście k zmierzają do nieskończoności
(na płaszczyz
nie zmiennej zespolonej; wzdłuż asymptot)  zob. powyższy przykład.
2. Linie na osi rzeczywistej
Punkt na osi rzeczywistej należy do linii pierwiastkowej, jeżeli liczba biegunów � i
�
�
�
zer ż rzeczywistych leżących na prawo od niego jest:
 nieparzysta, gdy an > 0, bm > 0,
 parzysta, gdy an > 0, bm < 0,
gdzie an , bm są współczynnikami przy najwyższych potęgach s.
" Przykład. Silnik sterowany napięciowo przez regulator PID
ko
PID
s(Ts +1)
2
+ +
1 T i T d s T i s 1 (T1s +1)(T2s +1),
PID: = k
+ + =
k p (1 T d s ) k p
p
Tis
T i s T i s
d" T i
T d , " e" 0
4
4
T1T2
gdzie Ti Td = T1T2 , Ti = T1 + T2 Td =
T1 + T2
Eliminacja stałej czasowej  T2 = T
1
s +
(T1s +1)
kpko T1
k
(T1 + T )s2
s2
1
s +
T1 T1
k = k ko , Gotw = kG(s), G(s) =
p
2
T1 + T
s
Matlab
T1=1; % przykładowo
k=0:0.01:5;
l=[0 1 1/T1];
m=[1 0 0];
r=rlocus (l, m, k);
plot(r,  * ), grid
W tych układach II rzędu, gdzie licznik b(s) zawiera jeden bądz
dwa pierwiastki,
linie pierwiastkowe są okręgami.
Uwaga. W układzie 2 go rzędu mającego jedno zero jest ono środkiem okręgu
będącego linią pierwiastkową.
3. Punkty rozwidlenia/spotkania (breakpoint)
1 a(s)
Punkt rozwidlenia określa się z warunku ekstremalizacji = , czyli zerowania
G(s) b(s)
a(s) db da
pochodnej ułamka . Sprowadza się to do równania a - b = 0.
b(s) ds ds
Uwaga. Spośród otrzymanych rozwiązań tego równania należy wybrać to, które leży w
oczekiwanym przedziale na osi rzeczywistej. Ekstremalizować można również G(s), a nie
odwrotność (taki sam wynik).
5
1 1
c.d. pierwszy przykład: G(s) = , = s(s +1)
s(s +1) G(s)
Im s
rozwidlenie
Re s
�ł �ł
d 1 1
�ł �ł = 2s +1 = 0 s = -
�ł �ł
ds G(s) 2
1
�ł łł
-1
-
2
1
s +
T1
c.d. drugi przykład: G(s) =
s2
dG 1 1 2
= 0 s2 - 2s(s + ) = 0 s - 2(s + ) = 0 s�� = -
ds T1 T1 T1
4 tr
tr = = 2T1 T1 =
2
2
T1
połowa czasu regulacji
2 1
- -
T1 T1
4. Kąty wyjścia z biegunów wielokrotnych (lub wejścia do zer)
Z podwójnego bieguna lub punktu rozwidlenia linie pierwiastkowe wychodzą pod kątami
360 360
różniącymi się o = 180� , z potrójnego pod kątami różniącymi się o = 120� , z
2 3
360
poczwórnego o = 90� itd.
4
120� 90�
120�
180�
90�
Pierwszy z tych przypadków występował w powyższych przykładach.
6
WYBÓR WZMOCNIENIA NA PODSTAWIE LINII
PIERWIASTKOWYCH
Jest to podstawowy problem projektowy. Układ otwarty:
Gotw (s) = kG(s)
Dane: G(s), p% . Szukane k, tr .
1. Tok projektowania (por. pierwszy przykład)
1. Określić kąt Ć na podstawie przeregulowania p%
p%
ln
2
1- �
100
� = , Ć = arctg
�
p%
2
Ą + ln2
100
2. Utworzyć linie pierwiastkowe dla G(s)
Matlab  r=rlocus(l,m,k); plot(r, * )
3. Wyznaczyć punkt przecięcia s�� prostej Ć z linią pierwiastkową i określić wzmocnienie k
Matlab  wybór kolumny r(:,i), w której Re < 0 , Im > 0 (i = 1, 2, 3, ...)
 [k' r(:, i) 180 angle (r(:, i))*180/pi]  tablica 3 kolumnowa
 wybór wiersza z wartością kąta po prawej stronie najbliższą Ć,
tzn. wiersza k, s��, E" Ć (zgodność kąta).
��
��
��
4. Określić spodziewany czas regulacji
4
tr = dla s = s��
��
��
��
Re s
5. Kontrola odpowiedzi skokowej  Matlab, Simulink
l= k *l  wzmocnienie w liczniku transmitancji
y=step(l,l+m,t) - odpowiedz
układu zamkniętego
Uwaga. Jeżeli p%=0, to z reguły chodzi o przebiegi aperiodyczne krytyczne, czyli o
1
punkt rozwidlenia. Wzmocnienie oblicza się wtedy ze wzoru k = - .
G(s)
2. Silnik z regulatorem PID  c.d. (drugi przykład)
" Dane I: p% = 0, tr
1
s +
T1
Gotw = kG(s), G(s) =
s2
2
 punkt rozwidlenia - (zob. wyżej)
T1
7
4 tr
 czas regulacji tr = = 2T1 T1 =
2
2
T1
 wzmocnienie k
4
s2 T12 4 8
k = - = - = = im mniejsze tr, tym większe k
1 1
T1 tr
s + -
T1
T1 s=- 2
T1
" Przykładowo: ko = 1, T = 1, tr = 1
tr 8 k T1 + T
Wyniki: T2 = T = 1, T1 = = 0.5, k = = 8, k = = 24
p
2 tr ko T1
k
T1T2 1
p
Ti = T1 + T2 = 1.5, Td = = , ki = = 16, kd = k Td = 8
p
T1 + T2 3 Ti
Simulink
kG(s) 8(s + 2) 16(0.5s +1)
Gzam (s) = = =
1+ kG(s) s2 + 8s +16 (s + 4)2
" Eliminacja przeregulowania
Przyczyną przeregulowania jest wyrażenie 0.5s+1 w liczniku transmitancji. Eliminuje się
1
je poprzedzając układ filtrem wstępnym
0.5s +1
8
1 16(0.5s +1) 16
�" =
0.5s +1
s2 + 8s +16 s2 + 8s +16
3. Silnik j.w.  przebieg oscylacyjny
1
" W regulatorze PID pozostawiono niezmienione nastawy czasowe, tj. Ti = 1.5, Td = . Dla
3
jakiego wzmocnienia przeregulowanie wyniesie 4.3%? Jaki będzie wtedy czas regulacji?
1
s +
T1 s + 2
Gotw (s) = k = k
s2 s2
1
" Matlab p% = 4.3 � = Ć = 45o
2
k=0:0.05:5;
l=[0 1 2];
m=[1 0 0];
r=rlocus(l, m, k);
r % Im>0 w r(:,1)
[k r(:,1) 180  angle(r(:,1))*180/pi]
Wyniki
" Simulink
1.0e+002*
&
0.04  0.02+0.02i 0.45,
Układ jak poprzednio
czyli
(z filtrem wstępnym)
4  2+j2 45�,
zatem
k=4, s�� =  2+j2
��
��
��
Teraz
4 k T1 + T
tr = = 2, k = =12
p
2 ko T1
k
p
ki = = 8, kd = 4
Ti
9
" Symulacja Matlab  układ z filtrem
t=0:0.05:5;
l=4*[0 1 2];
m=[1 0 0];
y=step(l, conv([0.5 1], l+m), t);
plot(t, y), grid
max(y) 1.0431 4.31%
SERWOMECHANIZM PR
DOWY
3. Schematy serwomechanizmu
" Regulator PID  o podwójnym zerze
Ti
( s +1)2
�ł �ł
Ti 1
2
�ł �ł
Td = k
p
�ł1+ Tis + Td s�ł Td=T k p Tis
i
4
=
�ł łł
4
" Schemat z filtrem wstępnym i sprzężeniem pozycyjnym (tylko)
2
Ti
�ł �ł
1
ko
Problem
�ł s +1�ł
2
Ti
�ł łł
- dane: p% = 0, tr
k
s +1 s2
p
Ti s
2
- szukane: kp, Ti
" Schemat ze sprzężeniem pozycyjnym i tachometrycznym
PI*(1+D) PID
Ti
s + 1
1
ko
2
k
p
s
s
Ti s
Ti
2
4. Linie pierwiastkowe
" Układ otwarty (pętla bez filtru wstępnego)
2
Ti 2
�ł �ł
s +1 (s + )2
�ł �ł
2 1 Ti (s + z)2 1 2
Gotw (s) = k ko �ł łł = k koTi = k , k = k koTi , z =
p p p
4 4 Ti
Tis3 s3 s3
10
układ 3-go rzędu
(dla sterowania napięciowego 2-gi rząd)
dG
" Punkt rozwidlenia s��  zerowanie pochodnej
ds
2
2(s + z)s3 - 3(s + z) s2 = 0 /: (s+z) s2 , 2s - 3(s + z) = 0 , s��
= -3z
Wzmocnienie k
s3 - 27z3 27
k = - = - = z
4z
(s + z)2 sĄ% =  3z 2 4
" Czas regulacji tr
O czasie regulacji decyduje trzeci biegun s3 położony pomiędzy 0 a  z. Gdzie on się
znajduje?
Mianownik układu zamkniętego
27 3
2 2
s3 + z(s + z) = 0 /:(s + 3z) - dzielenie wielomianów, s3 = - z
4 4
27
Sprawdzenie dzielenia  Matlab z = 1: s3 + (s2 + 2s +1)= 0
4
roots( [1 27/4 27/2 27/4 ] )  3.0
 3.0
3
 0.75 -
4
3
3 4
t E" =  przyjęto 3 w liczniku a nie 4, ponieważ biegun z zostanie
r
3 4
z
z
częściowo zredukowany przez jedno z zer z.
4
położenie dominującego bieguna
tr
4
Ti = - połowa czasu regulacji
z =
2
tr
27 27
1 1 27 1
k = z = k koTi = k kotr = k = 216
p p
2
4 8 tr p
4 tr kotr
11
5. Simulink
" Dane: ko =1, tr = 1
" Nastawy
1 Ti 1
Ti = , = , k = 216
p
2 2 4
Ti
s +1
k
1 1
p
2
k = k + =108 + 432
p p
Tis 2 Tis s
OBIEKTY STATYCZNE Z OPÓy
NIENIEM
1. Inercja I rzędu
k0 Tis +1
" Go = e-�s , PI: k (zob. Bezpieczne nastawy)
p
T1s +1 Tis
�
- s +1
2
Eliminacja stałej czasowej - Ti a" T, aproksymacja Pad� I  e-�s E"
r
s +1
2
" Układ otwarty  normalizacja s'
s'
}
k
�
s
6 7 8
4 4
- +
1
k p k 0 k p k 0 k p k 0 kpko �
� - +
' 1
e - � s s
2
=
G (s) E" = , k = �"
otw
Pad� I �
s
+
T i s T T i 2 ' ( ' 1)
s s T 2
+
s ( 1)
2
{
'
s
2. Linie pierwiastkowe
" Ze względu na  minus przy najwyższej potędze w liczniku Gotw linie pierwiastkowe
biegną po osi rzeczywistej, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych leżących na prawo
jest parzysta (w tym zerowa).
12
Matlab
l=[-1 1]; m=[1 1 0];
k=0: 0.01:10;
r=rlocus(l, m, k);
plot(r,  x ), grid
" Wzmocnienie dla p%=16.3  przykładowe; (przy przebiegach oscylacyjnych zakłócenia są
silniej tłumione)
2
1-�
p%= 16.3 � = 0.5 Ć = arctg = arctg 3 = 60o
�
Matlab
k=0: 0.01: 1;  mniejszy zakres wzmocnienia (dokładniej)
r=rlocus (l, m, k);
[k' r(:, 1) 180-angle(r(:, 1))*180/pi]
1.0e+002 *
&
0.0038  0.0031+0.0053i 0.5981 k=0.38, s'�� =  0.31 + 0.53i, 59.81� E" 60�
4 4 2 �
2 2 2
tr = = = 12.9 s = s tr = tr = 6.45�
2
Re sĘ% 0.31 � 2
Wniosek. Im większe opóz
nienie tym układ regulacji wolniejszy.
3. Simulink
" Dane: ko =1, T=1, � = 0.5 (p%=16.3)
" Nastawy
Ti = T = 1, tr = 6.45� = 3.225
k ko � k �"1�"0.5
p p
k = = = 0.38, k = 4�"0.38 = 1.52
p
Ti 2 1�" 2
k
1
p
PI: k + =1.52 +1.52
p
Tis s
13
Uwaga. Przeregulowanie wynosi około 25%, a nie 16.3% jak zakładano, ponieważ
układ z opóz
nieniem ma faktycznie  nieskończony rząd (a zastosowano najprostszą
aproksymację I rzędu). Przeregulowanie można zmniejszyć redukując nieco
wzmocnienie.
4. Inercje II rzędu
" Podwójna stała czasowa
Ti
( s +1)2
�ł �ł
1
ko
�ł �ł
Go (s) = e-�s , PID: kp �ł1+ + Td s�ł =T kp 2
i
(Ts +1)2 Tis Tis
Td =
�ł łł
4
k ko e-�s k ko �
p p
Eliminacja  Ti = 2T , Gotw (s) = �"  postać jak wyżej (ale k = �" ),
Ti s 2T 2
projektowanie identyczne
" Różne stałe czasowe
Samonastrajalne regulatory Honeywella i Emersona Westinghouse a (USA) na podstawie
odpowiedzi skokowej obiektu identyfikują parametry T1, T2, �, k0 transmitancji
k0
Go = e-�s
(T1s +1)(T2s +1)
Jest to trochę wierniejszy model niż
ko
model z podwójną stałą czasową .
2
(Ts +1)
Regulator PID  Honeywell, D = 8
�ł �ł
�ł �ł
+ + 2 2
1 T d s 1 T i T d s 2 T i s 1 (T1s +1)(T2s +1),
E"
�ł �ł
= k
+ + + + =
k p 1 k p (1 T d s ) k p
p
Tis
T d D =
�ł T i s �ł T i s T i s
H" 8
+
s 1
�ł �ł
�ł łł
D
d" T i
T d , " e" 0
4
2 2 2 2
T1', T2' - nastawy regulatorów PID w USA (a nie Ti ,Td ), T1 T2 = TiTd , T1 + T2 = Ti
2 2
Eliminacja stałych czasowych - T1 a" T1, T2 a" T2, czyli
k ko e-�s
T1T2
p
Ti = T1 + T2 , Td = , Gotw (s) = �"  jak wyżej
Ti s
T1 + T2
14
OBIEKT CAA
KUJ
CY Z OPÓy
NIENIEM
1. Nastawy według Poradnika Inżyniera  Automatyka (zob. Bezpieczne nastawy)
1 Tc
" Go (s) = e-�s , PID: k = 0.65 , Ti = 5� , Td = 0.23�
p
Tcs �
Jak wyglądają linie pierwiastkowe względem wzmocnienia kp w umiarkowanym zakresie
przy Ti i Td jak w Poradniku?
Przykładowe dane: Tc = 1, � = 1
Nastawy: k = 0.65, Ti = 5, Td = 0.23
p
1 1 5�" 0.23s2 + 5s +1 - 0.5s +1
Gotw (s) = k (1+ + 0.23s) e-s k �"
p p
E"
5s s 0.5s +1
5s2
Pade 1
" Matlab
k=0:0.005:2;
l=conv([5*0.23 5 1], [-0.5 1]);
m=5*[0.5 1 0 0];
r=rlocus (l, m, k);
plot(r,  * ), grid
" Bieguny i zera układu otwartego
roots(m) 0, 0, -2
roots(l) -4.14, 2, -0.21
2. Bieguny układu zamkniętego
" k = 0.65
p
roots(0.65*l+m)  0.7667ąj 0.4075i,  0.4055
Wnioski. Ponieważ dla pary biegunów zespolonych zachodzi Re > Im, więc fragment
przebiegu przejściowego z nimi związany ma znikome przeregulowanie. Trzy bieguny
mają dość zbliżone wartości, więc odpowiedz
układu dla tych nastaw jest bardzo bliska
aperiodycznej krytycznej (zob. Bezpieczne nastawy).
15
OBIEKT OSCYLACYJNY
1. Transmitancja i schemat
" Przykładem może być ramię robota skierowane ku dołowi, tłumik drgań (zawieszenie
samochodu), układ elektromechaniczny (mechatronika).
2 2
�n �n
Go (s) = E" , �n a" �
2 2
s2 + 2��ns + �n � << 1 s2 + �n
Regulator PID  o podwójnym zerze , z filtrem wstępnym
Ti
( s +1)2
1
2
PID: k filtr: , gdzie Ti=1  zob. dalej
p
Ti
Tis
s +1
2
�=1, Ti=1
2. Projektowanie jak dla serwomechanizmu prądowego
2
Ti
(s + )2
Problem
( s +1)2
2
� 1 Ti
2
2
- dane: p% = 0, �, tr Gotw (s) = k �" = k Ti�
p p
2
Tis s2 + � 4 s(s2 + �2 )
- szukane: kp, Ti
" Pominięcie �2 w mianowniku
(s + z)2 1 2
gdzie k = kpTi�2, z =
Gotw (s) E" k ,
4 Ti
s3
16
" Simulink
Dane: � = 1, tr = 2
tr
Wyniki: Ti = = 1
2
27 27 1
2
k = = = k Ti� k = 54
p p
tr 2 4
1 1 1 1 54 D 5
PID: k (1+ + Td s) = 54(1+ + s) = 54 + 54 + s , N = = = 20
p
Tis s 4 s 4 Td 1
4
PROSTY OBIEKT NIESTABILNY
1. Układ z regulatorem PI
PI Obiekt
ko
�ł �ł
" Obiekt I rzędu  , 1
ko
�ł �ł
kp�ł1+
Ts -1
�ł
Ts -1
Tis
�ł łł
Przykłady: niektóre obiekty chemiczne, ramię robota skierowane ku górze (wahadło
odwrócone), reaktor jądrowy.
Ti
s' + 1
Tis + 1 1 1 Ti's' + 1 1 Ti
Gotw = k ko �" , Gotw = kpko T �" = kpko �" , s' = Ts, Ti' =
p
Ti s' -1
Tis Ts -1 Ti's' s' -1 T
s'
T
2. Linie pierwiastkowe
1
Im s'
" Okrąg o środku w 
Ti'
Punkty rozwidlenia:
1 d 1 Re s'
s'�� = - ( 1+ Ti' ą1) �! ( ) = 0
1 +1
Ti' ds' Gotw -
Ti'
Lewy punkt rozwidlenia do projektowania
1
s'�� = - ( 1 + Ti ' + 1)
Ti'
" Czas regulacji tr a Ti
tr ' 4 4Ti'
'
tr = , tr = =
T
s' 1+ Ti' +1
��
17
4Ti'
'
Należy wyznaczyć Ti' spełniające równanie tr - = 0
1 + Ti' +1
3. Przykład  ko = 1, T =1, tr = 2
'
" Matlab tr = 2
tr=2; Ti=0:0.01:2;  wielkości względne (z  primem )
[Ti' (tr-4*Ti./(sqrt(1+Ti)+1))']  tutaj ' oznacza transpozycję
&
1.25 0
&
Zatem Ti' = 1.25, Ti = Ti' �"T = 1.25
" Wzmocnienie kp dla s'�� (lewy punkt rozwidlenia)
1 Ti's'(s' -1)
'
kp = - s' = - s ��
��
G(s') (Ti's' + 1)ko
c.d. Matlab
Ti' =1.25; s = -(sqrt(1+ Ti ) +1) /Ti; s' = -2
��
ko =1; k = -Ti * s*(s -1) /((Ti *s +1)*ko ) kp = 5
p
1
PI: 5(1+ )
1.25s
4. Simulink
5
P = 5, I = = 4, D = 0
1.25
18
URZ
DZENIA AUTOMATYKI
www.katalogautomatyki.pl
Czujniki temperatury Przetworniki temperatury
Danfoss Wika Wika Lumel
Emerson
Przetwornik ciśnienia Przetwornik wilgotności Przetwornik przepływu
Danfoss Michell ABB
Zwężki do pomiaru przepływu  ENTAR
Rejestratory
Jumo Lumel
19
STEROWNIKI, REGULATORY, SYSTEMY
www.katalogautomatyki.pl
Sterowniki PLC/PAC
Relpol Schneider
Siemens
Regulatory PID i regulatory wielofunkcyjne
ABB Siemens
Panele operatorskie
20
Siemens Lumel
Rozproszony system kontrolno pomiarowy (mini DCS)
Lumel
Rozproszony system sterowania DCS
ABB
21
22
23