Zestaw VI. Zadania przykładowe.

1. Wykre

ślić linie pierwiastkowe względem k dla :

G

s

k

s s

s

otw

( )

(

)[(

)

]

=

+

+

+

1

2

1

4

2

Rozwi

ązanie :

-Bieguny : p=0,-2,-1

±

j2,

-Asymptoty :

δ

a

= −

1,

φ

a

=

− −

45 135 45 135

,

,

o

-K

ąty wyjścia : dla -1+j2

→

= −

φ

wy

90

o

dla -1-j2

→

=

φ

wy

90

o

-Przeci

ęcie osi Im(s): mianownik układu zamkniętego ma postać: s

s

s

s

k

4

3

2

4

9

10

0

+

+

+

+ =

,

wstawiaj

ąc s= j

ω

otrzymuje si

ę:

ω

ω

ω

ω

o

o

o

o

k

4

3

9

0

4

10

0

−

+ =

−

+

=

,

sk

ąd k=0,

ω

o

=

1 58

,

- Pierwiastki wielokrotne:

−

=

dk

ds

0, daje równ. 4

12

18

10

0

3

2

s

s

s

+

+

+ =

, którego pierwiastki s

ą: -

1, -1

±

j1.22.

2. Naszkicuj,linie pierwiastkowe nast

ępujących dwu transmitancji :

G s

k

s

s s

1

2

2

0 1

16

0 1

25

( )

(

. )

[(

. )

]

=

+

+

+

+

, G

s

k

s

s s

2

2

2

0 1

25

0 1

16

( )

(

. )

[(

. )

]

=

+

+

+

+

gdzie zamieniono wyra

żenia w liczniku i mianowniku.

2

Rozwi

ązanie :

- Bieguny i zera : 0, -0.1

±

j4, - 0.1

±

j5 ( le

żą w pobliżu ),

- Asympta:

φ

a

=

180

o

- K

ąty: G s

1

( )

→

biegun: -0.1+j5,

φ

wy

≅

180

o

(wyj

ście na lewo),

zero: -0.1+j4,

φ

we

≅

180

o

( wej

ście z lewej ),

Uwaga :

k

ąty wektorów (-0.1+j4), (-0.1+j5) sa bliskie 90

o

ze wzgledu na niewielk

ą część

rzeczywist

ą.

-K

ąty G

2

(s)

→

biegun: -0.1+j4,

φ

wy

≅

0

o

(wyj

ście w prawo)

zero: -0.1+j5,

φ

we

≅

0

o

(wej

ście z prawej),

-Przeci

ęcie

Im:

G

1

(s)

→

mianownik

układu

zamkni

ętego

ma

posta

ć:

s

k

s

k

s

k

3

2

0 2

0 2

25 01

16 01

+

+

+

+

+

⋅

(

. )

( .

.

)

.

Kontrola, czy przeci

ęcie możliwe dla k>o; Hurwitz (Routh) daje :

(

. )( .

.

)

.

k

k

k

+

+

−

⋅ >

0 2 0 2

25 01

16 01

0

→

0 2

9 04

5 0

0

2

.

.

.

k

k

+

+

>

co nie mo

że być spełnione dla k>0. Zatem nie ma przecięcia.

G s

2

( )

→

s

k

s

k

s

k

3

2

0 2

0 2

16 01

25 01

0

+ +

+

+

+

⋅ =

(

. )

( .

.

)

.

Hurwitz: 0 2

8 96

3 2

0

2

.

.

.

k

k

−

+

>

→

k

kr

,

.

1

44 4

=

,

k

kr

,

.

2

0 362

=

.

S

ą więc dwa przecięcia. Podstawiając s=j

ω

i k

kr

do mianownika dostaje si

ę

ω

01

4 99

,

.

=

,

ω

0 2

4 01

,

.

=

3.Dany jest serwomechanizm jak na rysunku.

3

a).Wykre

ślić linie pierwiastkowe względem K

T

b) Wyznaczy

ć K

T

, które zapewnia przebiegi aperiodyczne kr-

ytyczne. Ile wyniesie wtedy czas regulacji (z dokł.1% ).

c) Rozpoczynaj

ąc od K

T

okre

ślonego w (b), sporządzić z ko-

lei wykres lini pierwiastkowych wzgl

ędem

∆

K , gdzie k=k+

∆

K (tor główny).

d) Dla jakiego

∆

K układ zamkni

ęty miałby biegun w -2+j2 (45

°

)?.

Rozwi

ązanie:

a) Mianownik układu zamkni

ętego:

s

s

K s

T

2

4

0

+ + +

=

-Bieguny: -0.5 (

)

1

15

±

j

, zero- 0

-Wykres jest półokr

ęgiem o promieniu 2.

b)

,

dla punktu rozwidlenia.

c)

Mianownik:

s

s

K

s

s

s

K

2

2

4

3

4

4

0

+ + +

+ = + + +

=

∆

∆

,

-Bieguny: -2 (podwójny), zero-brak,

-Punkt rozwidlenia: -2

-Wykres-linie pionowe(rys.)

d)

∆

K

s

s

s

j

= − + +

=

=− +

2

2

2

4

1

4

/

4. Niech G s

s

s

0

1

2

3

( )

(

)(

)

=

+

+

(obiekt). Dobra

ć kompensator D s K

s b

s a

( )

=

+
+

aby bieguny układu

zamkni

ętego znalazły się w punkcie s= -1-j1 ( , %

. )

45

4 3

o

P

=

.Jak wygladaj

ą wtedy linie

pierwiastkowe?.

K

s

s

s

T

s

= − + +

=

=−

2

2

4

3

/

;t

r

≅

=

4 6

2

2 3

.

. (1%)

4

Rozwiazanie:

G

s

K

s b

s a

s

s

otw

( )

(

)(

)

=

+
+

⋅

+

+

1

2

3

-K

ąty:

φ

−

=

2

45

o

,

φ

−

=

=

3

1

2

26 56

arctg

.

o

,

-Warunek fazy: -< G

a

b

= + +

+

−

=

−

−

φ

φ

φ

2

3

180

Ψ

o

-Powinny zachodzi

ć warunki:

φ

a

〉150

o

,

Ψ

b

〈26 56

.

o

aby w D(s)

było a>o, b>0, kompensator opó

źniający("lag").

I wariant - niezale

żne a,b.

Niech np.

Ψ

b

=

15

o

Wtedy b

tg

=

+ =

1

15

1 4 73

o

.

, oraz

φ

φ

φ

a

b

=

+

+

+

=

−

−

180

123 44

2

3

Ψ

.

o

,

st

ąd a

tg

= −

−

=

1

1

180 123 44

0 34

(

.

)

.

,

Zatem D s

K

s

s

( )

.

.

=

+
+

4 73

0 34

.

K

s

s

s

s

s

j

= − +

+

+

+

=

=− −

(

.

)(

)(

)

.

/

.

0 34

2

3

4 73

0 9812

1

1

Wynik: D s

s

s

( )

.

.

.

=

+
+

0 9812

4 73

0 34

II Wariant - typowe a, b, np. D s

K

s

p

s

p

( )

=

+

+

10

("lag").

-Warunek fazy: [

(

)]

.

(

)

180

1

1

45

26 56

1

10

1

o

o

o

−

−

+

+

−

−

=

arctg

p

arctg

p

180

o

Równanie to nale

ży 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.

-Niech wi

ęc teraz D s K

s

p

s

p

( )

=

+

+

20

(20 krotnie rozsuni

ęcie).

Warunek fazy [

(

)]

.

(

)

180

1

1

45

26 56

1

20

1

o

o

o

−

−

+

+

−

−

=

arctg

p

arctg

p

180

o

. Po kilku próbach

otrzymuje si

ę: p=0.55, czyli D s K

s

s

( )

.

=

+

+

11

0 55

Teraz

K

s

s

s

s

s

j

= − +

+

+

+

=

=− +

(

.

) (

) (

)

.

0 55

2

3

11

0 354

1

1

Wynik:

D s

s

s

( )

.

.

=

+

+

0 354

11

0 55

Linie pierwiastkowe:

5

Wnioski

-Wariant I jest "bezpieczniejszy" ze wzgl

ędu na mniejsze zagrożenie niestabilnością.

-Projektowanie prowadzi si

ę często metodą kolejnych prób, jak w wariancie II.

-Instrukcja MATLABa obliczania fazy ma posta

ć:

180

1

1

180

45 26 56

1

20

1

180

−

−

⋅

+ +

−

−

⋅

a

p

a

p

tan [

.

tan

]

Π

Π

-Punktowi S=-1+j1 odpowiadaj

ą:

ξ =

≅

1

2

0 707

.

,

ω

n

=

2 ,

t

r

=

4 6

. (dla 1%), P%=4.3

5. Transmitancja układu otwatego ma posta

ć:

G

s

K

s s

s

otw

( )

(

)(

)

=

+

+

1

2

4

.

Sporz

ądź wykresy lini pierwiastkowych dla (a) k>0, (b) k<0 Gdzie leżą pierwiastki układu

zamkni

ętego dla:(a)U=7,20, (b) k=-7,-20.

Rozwi

ązanie:

6

-Bieguny:p=0,-2,-4, Zera:nie ma

(a) k>0:

φ

a

= ±

60 180

o

o

,

,

σ

a

= −

2

,

−

= →

+

+ = → = −

dK

dS

s

s

s

b

0

3

12

8

0

0 845

2

.

Granica stabilno

ści: s

s

s k

3

2

6

8

0

+

+ + =

k

kryt

=

48,

ω

kryt

=

≅

2 2

2 83

.

Pierw. dla k=7

→ +

+ + =

s

s

s

k

3

2

6

8

0

roots(...)=-0.7054

±

j1.9198

(b) k>0:

φ

a

= ±

120 0

o

o

,

,

σ

a

= −

2

−

=

dK

dS

0

→

= −

S

b

3 155

.

k= -7

→

+

+ −

=

roots s

s

s

([

])

.

3

2

6

8

7

0 5891, -3.2946

±

1.0138

k= -20

→

roots(...)=1.2012, -3.6006

±

j1.9198

(Zwró

ć uwagę na symetrię wykresów względem środka ciężkości symptot

σ

a

)

(MATLAB :k=:-1:-50; r=rlocus(l,m,k) plot(r,'*') ).

6. Układ o transmitancji G

s

s

otw

( )

(

)

=

+

3

2 2

2

ma zadowalaj

ące przebiegi dynamiczne, ale zbyt

du

ży uchyb dla wymuszeń liniowych, tzn. e

k

v

=

= ≅

1

4

3

1 33

.

, K

s G

s

v

s

otw

=

⋅

=

→

lim

( )

0

3

4

. Nie

naruszaj

ąc istotnie przebiegów spowodować, aby uchyb e zmalał do wartości 0.2 K

v

'

=

5 poda

ć

odpowied

ź skokową i liniową (MATLAB).

Rozwi

ązanie.

Układ pierwotny - pierwiastki :
- mianownik :

s

s

s

3

2

4

4

3

0

+

+ + =

±

roots(...) = -0.5

j0.866 , - 3

Uchyb e mo

żna zredukować dodając korektor opóźniający ( " lag " ). Aby nie naruszyć

odpowiedzi , korektor powinien mie

ć biegun i zero blisko układu. Niech D s

s z

s p

o

o

( )

= +

+

gdzie np. po=0.02 (100 razy mniej niż Z w Gotw ) czyli D s

s z

s

o

( )

.

= +

+

0 02

. Powinno zachodzi

ć

7

k

s D s G

s

z

v

s

otw

o

'

lim

( )

( )

.

= =

⋅

⋅

= ⋅

→

5

3

4 0 02

0

sk

ąd :

zo = 0.1333 , Teraz

Uwaga : można byłoby też

wybrać najpierw zo , np. 0.1,

a potem wyliczyć po jako

0.015

G

s

s

s s

otw

'

.

.

(

)

= ⋅ +

+

⋅

+

3

0 1333

0 02

1

2

2

MATLAB:

* Linie pierwiastkowe tworzy instrukcja rlocus(...)

* Odpowiedzi skokowe tworzy instrukcja step(...)

* Odpowied

ź liniową otrzymuje się dopisując 0 na końcu mianownika układu

zamkni

ętego (mz) i stosując funkcję step (...), tj.

mzl = conv( mz , [1 0] )

yl = step( lz , mzl , t )

wspólne wykresy :

8

7.Układ automatyki ma posta

ć jak na rysunku.

Dobra

ć kompensator D s

k

s

z

s

p

( )

,

=

+

+

aby w układzie zamkni

ętym przeregulowanie było

mniejsze od 20%,a czas narastania mniejszy od jednej sekundy .

Rozwi

ązanie: Biorąc p%=16.3 <20% pozostaniemy przy

ξ

=0.5.Poniewa

ż tn

n

≅

<

1 8

1

.

ω

,

mo

żna więc przyjąć

ω

n

=

2 .

Bieguny układu zamkni

ętego :sb

j

j

= −

±

−

= − ±

ξ ω

ω

ξ

n

n

3

1

2

1

<

= ⋅

G

s

D G

ob

ob

(

)

) = -180 ( G

otw

o

, to<D= + 60o. Mo

żna to uzyskać

bior

ąc np :D s

k

s

s

( )

=

+

+

1

4

,czyli korektor przy

śpieszający (" lead ") - rys.2 (biegun i zero

wybrano dla uproszczenia obliczania k

ątów ).

Wzmocnienie :k

s s

s

s

= −

+

+

+

=

(

) (

)

2 2

4

1

16

s =-1+ j 3

, czyli D s

s

s

( )

=

+

+

16

1

4

9

Sprawdzenie linii pierwiastkowych -rys.3

roots([s(s+2)2 (s+4) + 16(s+1)]) =-0.76 ,

− ±

1

1 732

j .

,-5.25

Uwaga. Mo

żna byłoby też wybrać korektor postaci D s

k

s

z

s

z

( )

=

+

+

10

, ale obliczenia k

ątów

byłyby bardziej zawiłe.

8.Dany jest serwomechanizm jak na rysunku.

Kompensator jest I pierwszego rz

ędu tj. D s

k

s

z

s

p

( )

=

+

+

a) Zaproponuj kompensator dla nast

ępujących danych:

p

s

%

%

.

)

≤

≤

≤ −

20

5

1

, t

, e

( wymuszenie liniowe

r

u

b)Wymaganie co do czasu regulacji zmieniono na t r

s

≤

1 25

.

Jaki kompensator teraz wybrałby

ś?

a) Niech k G(s)=k

1

3

6

s s

s

(

)(

)

+

+

Linie pierwiastkowe pokazano na rysunku

Rozwi

ązanie:

10

a)Niech

ξ

φ

=

=

0 5

16 3

.

. ),

( p%

wtedy = 60

o

.Bior

ąc s=-1+j1.73(matlab) przecięcie z linią

pierwiastkow

ą),z warunku modułu otrzymuje się k

G s s

=

=

1

28

( )

. , Wtedy t r

=

=

4 6

1

4 6

.

.

co odpowiada wymaganiom (5).Natomiast

e

K

s k G s

u

v

s

=

=

=

⋅ ⋅ ⋅

=

⋅

=

→

1

9

14

28

1

3 6

14

9

0

( K

v

lim

( )

)

,jest

zbyt du

że.

Nale

ży więc dodać korektor opóźniający ("lag"), czyli składnik

s

z

s

p

+

+

, gdzie p<<3.

Niech np. p=0.01 .Wymagane Kv wynosi:

1

0 1

10

0 01

.

.

.

=

⋅

, czyli 10 =

14

9

z = 0. 0643

z

Zatem

D( z) = 28

s + 0.0643

s + 0.01

b) t r

n

Poniewaz

, wiec sb

=

≤

→

≥

=

=

= − +

4 6

1 25

3 08

4

0 5

4

4 3

.

.

.

.

.

.

.

ξω

ξω

ξω

ξ

n

n

Niech

j

Potrzebny jest kompensator przy

śpieszający tzn. z <p ,który przesunie bieguny w lewo

− <

+

+











=

+

+

=

28

3

4

120

98 21

73 89

292 1

s s

s

o

o

o

(

)(

)

.

.

.

Biegun "p" i zero "z" nale

ży 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

Teraz k

s s

s

s

s

= −

+

+

+

+

(

)(

)(

)

.

3

6

100

0 6

/s

j

= − +

=

4

4 3

5160

Sprawdzenie Kv lims

→ ⋅ ⋅

0 s 5160

s + o.6

s(s + 3)(s + 5)(s + 100)

=1.68<10

Nale

ży więc dodać jeszcze korektor opóźniający

s

z o

s

p o

+

+

.Bior

ąc jak w (a) po=0.01

mamy10

1 68

0 01

0 06

=

⇒

=

.

.

.

zo

zo

,a wi

ęc wynik łączny

D z

s

s

s

s

( )

.

.

.

=

+
+

⋅ +

+

5160

0 6

100

0 06

0 01

Uwaga:. Przypadek (b) mo

żna również rozwiązać metodą eliminacji biegunów i zer biorąc

D z

k

s

s

s

p

s

p

( )

(

)(

)

(

)(

)

=

+

+

+

+

3

6

1

2

,wtedy

G otw s

k

s s

p

s

p

G otw s

( )

(

)(

)

( )

=

+

+

1

1

2

lub

=

1

s(s + p)2

dla uproszczenia

11

− <

=

+ < =

⇒

< =

G otw

o

p

o

p

o

120

2

180

30 . Zatem

p=16,

k

s s

= −

+

=

(

)

16 2

1536

-4+ j4 3

D z

s

s

s

( )

(

)(

)

(

)

=

+

+

+

1536

3

6

16 2

rys.

Zestaw VI. Zadania domowe.

1.Naszkicuj linie pierwiastkowe (orientacyjnie) dla nast

ępujących położeń biegunów i zer,

zaznaczaj

ąc asymptoty,kąty wejścia/wyjścia.

1.

2.Dane jest Gotw s

k

s

s s

s

( )

(

)(

)

=

+

−

+

2

1

6 2

.Czy układ zamkni

ęty nadaje się do pracy? Uzasadnij

na podstawie linii pierwiastkowych.Uzupełnij układ o kompensator D s

s

s

( )

= +

+

2

24

,który

wykazuje silne wła

ściwości różniczkujące.Jak teraz wyglądają linie?

12

3.Układ sterowania rakiet

ą ma postać jak na rysunku.

a).Na podstawie linii pierwiastkowych uzasadnij,

że może on pracować

stabilnie przy doskonałych pomiarach (czujnik=1).

b).Załó

ż następnie ,że czujnik

s

=

+

1

0 1

1

.

(dodatkowa stała czasowa).Jak teraz wygl

ądają linie

pierwiastkowe ?Spróbuj ponownie dla stałej czasowej czujnika wynosz

ącej 0.01 sek.Jakie

wymagania powinien spełnia

ć czujnik w tym układzie?

Jakie maksymalne łumienie

ξ

mo

żna uzyskać w przypadku (a)?

r=rlocus(l,m,k);

[k'=.01,r(:,3)-atan(Imag(r(:,3))/real(r(:,3)))*180/pi]

4.

Nap

ęd przewijaka taśmy magnetycznej (komputer) ma transmitancję (obiekt)

G s

s

s

s

s

s

mm ms

A

o

( )

(

.

. )

(

)(

.

)

/

=

+

+

+

+

+







15

0 9

0 8

1

11

1

2

2

(czas w milisekundach)

Nale

ży wybrać sterownik zapewniający zerowy błąd ustalony pozycjonowania, czyli I lub PI,a

zarazem taki ,który pozwoli uzyska

ć

tn

ms

ms

czas

≤

≤

≤

4

15

10

,

%(

tr

, p%

narastania , czas regulacji

, przeregulowanie

, dokladnosc

2%).

W tym celu trzeba :

a).Dla sterownika I ,tj. R s

k

s

( )

=

wykre

ślić linie pierwiastkowe i sprawdzić czy można uczynić

zado

ść wymaganiom.

13

Odp.a) Nie, jedna para pierwiastków ma I>R, czyli mo

że spowodować p% >10%

b).Powtórzy

ć to samo dla sterownika PI,

.

k

s

s

+ α

, a nast

ępnie dobrać k,

a

. Jaka b

ędzie wartość

stałej uchybu Kv

w wynikowym układzie? Wskazówka : rozpocz

ąć od

α

α

=

1 (ewent.

= 0.5)

Zero

α

bliskie pocz

ątku układu "ściąga" linie na dół.

5. Zaprojektowa

ć regulator R(s), który spełni następujące wymagania :(1) błąd ustalony

odpowiedzi na skokowe zakłócenie z(t)=1(t) nie przekraczaj

ący 4/5, (2) współczynnik tłumienia

ξ =

=

0 707

4 3

.

. ).

( p%

Korzystaj

ąc

z metody linii pierwiastkowych nale

ży:

a). wykaza

ć, że regulator P nie będzie odpowiedni,

b).wykaza

ć, że regulator PD jest odpowiedni i określić jego nastawy.

Odp:(b) PD⇒ k s

(

)

+ α

,k=2.58,

α =

1 6

.

6. Regulator P steruje obiektem z opó

źnieniem (rys.) wyznaczyć linie pierwiastkowe dla

k

∈ −∞ ∞

(

, )

stosuj

ąc aproksymację Pade II rzędu

14

7.

Serwomechanizm ma posta

ć jak na rysunku. Dla każdego z wariantów projektowania podaj

wykresy linii pierwiastkowych i zaznacz wybrane bieguny układu zamkni

ętego(s )

a). Kompensator przy

śpieszający ("lead")

H(s)=1, D s

k

a

z

s

p

( )

=

+

+

≥

, gdzie p

6z

Dane projektowania: p

t r

s

%

% ,

.

<

<

25

0 55 (przyj

ąć np. p

t r

s

%

. % ,

.

)

=

=

16 3

0 4 .Ile wynosi

wtedy Kv? (stała uchybowa)

Odp. s

j

= − +

≥

10

10 3 ( = 60o Warunek p

6z

φ

).

wymaga wyboru odpowiedniego

"z"(dostatecznie du

żego); biorąc np. z=19 otrzymuje się p=60.5 oraz k=30612.Wtedy Kv=10.6

b).Sprz

ężenie pozycyjne i tachometryczne

H(s)=1,D(s)=k .Dane jak wy

żej .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

wi

ększe Kv(mniejszy uchyb).

c)Kompensator opó

źniający ("lag")

H(s) =1 D s

k

s

zo

s

po

( )

,

=

+

+

=

gdzie zo 1 (15-razy mniej niż pierwszy biegun)

Dane: p%

% ,

.

.

<

=

25

0 01

eu

Uwaga : W (a) było eu=0.094 a w (b) eu=0.044

Wskazówka: Najpierw zaprojektowa

ć układ bez korektora obliczając k. Określić Kv(bez

kor.).Potem dobra

ć po ,tak aby Kv(z kor.)=

1

100

eu

=

Odp. p

k

Kv bez

zo

po

po

%

.

,

(

. ,

.

=

→ =

=

⋅

=

→

=

16 3

4677

4677

550

8 5

4677

550

100

0 85

kor.) =

15

8. Dane jest Gotw s

k

s

z

s

p

s

s

( )

(

) (

)

=

+

+

⋅

+

+

1

2 2

4

.Wybra

ć k, z, p, aby biegun układu zamkniętego

znajdował si

ę w s = -2+j3(czemu odpowiada

ξ

ω

=

=

≅

≅

0 89

2 236

2 3

0 2

.

,

.

,

. ,

. % )

czyli tr

p%

n

.Dla uproszczenia przyj

ąć z=2

Odp. k=58.5 p=6.5 ("lead")

9. Zaprojektowa

ć D(s) dla układu podanego na rysunku, tak aby:

(1) p

k kryt

%

,

.

<

≤

≤

20

1

(2) t n

sek , (3) k

1

5

(5-krotny zapas wzmocnienia w stosunku do

granicy stabilno

ści).

przyj

ąć:

t

p

n

n

n

≈

→

=

=

→ =








18

2

16 3

0 5

.

.

.

%

ω

ω

ξ

Odp: D s

k

s

b

s

a

np b

( )

.

;

=

+

+

→

=

1 wtedy k = 24, a = 4

10.

Dany jest układ z regulatorem PI (rys.)Dobra

ć

α

tak, aby przeregulowanie wynosiło

10%(

. ).

ξ =

0 6 Jak wygl

ąda odpowiedż skokowa? (MATLAB)

Odp.

α ≅

10

11.

Serwomechanizm robota przemysłowego ma schemat jak na rysunku.Dla jakiego k przebiegi

maj

ą charakter aperiodyczny krytyczny? Jak oszacujesz wtedy tr?Dobierz

α

tak, aby tr było

równe o.25s.

16

Odp.

sb= -3

α

,

k

t r

=

= −

→

=

=

→ =

27

4

3

4

4 6

0 75

6 13

24 5

α

α

α

α

α

, snajbl.

.

.

.

.

12. Czas TI regulatora PI wybrano metodą eliminacji stałej czasowej, tj.TI=T.Dobrać kp tak aby

przeregulowanie było mniejsze ni

ż 20%. Ile wyniesie czasregulacji.

Wskazówka: Dokona

ć normalizacji czasu s'=sT

Odp.

k=0.32, t r

T

=

=

4 6

0 2

23

.

.

13. Do sterowania obiektem inercyjnym z opó

źnieniem

zastowano regulator PI: k

s

s

(

)

+

1

2

, eliminuj

ęc stałą czasową.

Oblicz k daj

ące przeregulowanie mniejsze niż 20%. Jeżeli

uchyb ustalony e

u

wyst

ąpi dla wymuszenia liniowego?

Wskazówka: Zastosuj aproksymacj

ę Pade' II rzędu.

14. Rami

ę robota skierowanego ku górze jest sterowane

przez regulator PID (rys.), o transmitancji k

s

s

s

(

)(

)

+

+

α

β

.

Dobierz k , ,

α β

tak, aby przebiegi były aperiodyczne

krytyczne, a czas regulacji wynosił 0.25s Dokonaj eliminacji
stałej czasowej (

α =

1)

15. Regulator PID: k

s

s

(

)

+

1

2

steruje oscylatorem

1

1

2

s

+

. Dla jakiego k przebiegi b

ędą

aperiodyczne krytyczne? Jak zmieni si

ę czas regulacji, jeśli transmitancją regulatora będzie

k

s

s

(

)

+ α

2

?.

17