Automatyka 1: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 12 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Transformaty Laplace’aŚredni
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = 16/(s² + 7s + 6). Jej transformata odwrotna ma postać f(t) = A·e−t + B·e−6t. Znajdź współczynnik A metodą rozkładu na ułamki proste.

F(s) = 16/(s² + 7s + 6)
A =
2.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 10y′ + 24y = 144·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 10 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,25).

y″ + 10y′ + 24y = 144·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
3.Schematy blokoweŚredni
R(s)+K(s + 4)(s + 9)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/((s + 4)(s + 9)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Znajdź wzmocnienie K, dla którego układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (dwa równe bieguny rzeczywiste).

G(s) = K/((s + 4)(s + 9))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
4.Schematy blokoweTrudny
R(s)+7s + 1G₁+6s + 5G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Zredukuj schemat blokowy dla G₁ = 7/(s + 1), G₂ = 6/(s + 5), z wewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₁ = 1 wokół G₂ i zewnętrznym ujemnym sprzężeniem zwrotnym H₂ = 0,1. Znajdź wzmocnienie statyczne T(0) transmitancji C(s)/R(s).

G₁ = 7/(s + 1)G₂ = 6/(s + 5)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
5.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 86/(s² + 15s + 86) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 86/(s² + 15s + 86)
σ =
6.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+185s(s + 20)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 185/(s(s + 20)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 185/(s(s + 20))
ts = s
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 1(s − 1)(s + 3)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 1)/((s − 1)(s + 3)) ma biegun niestabilny w s = 1. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 1)/((s − 1)(s + 3))
Kmin =
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2)) opuszcza oś rzeczywistą między s = 0 a s = −2, zakreśla okrąg i wraca na oś rzeczywistą na lewo od zera. Wyznacz punkt zejścia si.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2))
si =
9.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
R(s)+K = 2410s + 1C(s)−

Proces G(s) = 4/(10s + 1) jest sterowany wzmocnieniem proporcjonalnym K = 2 w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz uchyb ustalony ess dla skoku, jako procent wartości skoku.

G(s) = 4/(10s + 1)K = 2
ess = %
10.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 105s(s + 2)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 10 steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 5/(s(s + 2))K = 10
ts = s
11.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 4

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 4(s + 6)/(s(s + 12)) przy ω = 4 rad/s, w stopniach.

G(s) = 4(s + 6)/(s(s + 12))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
12.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 382/(s(s + 6)(s + 10)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 382/(s(s + 6)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Roztwory

1.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 3,2

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)

Metoda zakrywania

Pomnóż przez (s + 1) i podstaw s = −1: składnik z B znika.

A = 16/(s + 6) |s = −1 = 16/5 = 3,2

Odpowiedź

A = 3,2
(B = −3,2, więc f(t) = 3,2·e−t − 3,2·e−6t)
2.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.25) = 20,56

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Przekształcenie równania

Y(s) = 1440/(s(s + 4)(s + 6))

Ułamki proste

A = 1440/(4·6) = 60
B = 1440/((−4)·2) = −180
C = 1440/((−6)·(−2)) = 120

Wydalone

y(t) = 60 − 180·e−4t + 120·e−6t
y(0,25) = 20,56

Odpowiedź

y(0,25) = 20,56
3.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 6,25

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Równanie charakterystyczne

1 + K/((s + 4)(s + 9)) = 0 → s² + 13s + 36 + K = 0

Pierwiastek podwójny

Trójmian s² + βs + γ ma pierwiastek podwójny, gdy β² = 4γ.

13² = 4(36 + K) → K = 169/4 − 36 = 6,25

Odpowiedź

K = 6,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −6,5.
4.Schematy blokowe

Odpowiedź: T(0) = 2,763

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Pętla wewnętrzna

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 11)

Pętla zewnętrzna

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 42/((s + 1)(s + 11) + 4,2)

Wzmocnienie statyczne

T(0) = 42/(1·11 + 4,2) = 42/15,2 = 2,763

Odpowiedź

T(0) = 2,763
5.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −7,5

Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 86 → ωₙ = 9,274 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,274) = 0,8087

Wynik

σ = −ζωₙ = −15/2 = −7,5

Odpowiedź

σ = −7,5
6.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,4 s

Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 185/(s² + 20s + 185): ωₙ = 13,6 rad/s, ζ = 0,7352

Czas ustalania

ζωₙ = 20/2 = 10
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,4 s

Odpowiedź

ts = 0,4 s

Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.

7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 3

Kryterium Routha–Hurwitza: układ liniowy jest stabilny, gdy wszystkie pierwiastki jego wielomianu charakterystycznego leżą w lewej półpłaszczyźnie płaszczyzny s. Współczynniki wpisuje się naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha. Każdy element nowego wiersza powstaje z dwóch wierszy powyżej; dla wielomianu trzeciego stopnia a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ element w wierszu s¹ to b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie jest równa liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyźnie. Gdy we współczynnikach występuje wzmocnienie K, każdy element pierwszej kolumny musi pozostać dodatni: wzmocnienie, przy którym element wiersza s¹ zeruje się, to granica stabilności, a wiersz s² daje wtedy częstotliwość drgań niegasnących.

Wielomian charakterystyczny

(s − 1)(s + 3) + K(s + 1) = s² + (2 + K)s + (1K − 3)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

2 + K > 0 → K > −2
1K − 3 > 0 → K > 3
Kmin = 3

Odpowiedź

Kmin = 3
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: si = −12,92

Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.

Wzmocnienie wzdłuż osi rzeczywistej

K(s) = −(s² + 2s)/(s + 7)

Punkty stacjonarne

Zróżniczkuj według wzoru na pochodną ilorazu i przyrównaj licznik do zera.

(2s + 2)(s + 7) − (s² + 2s) = s² + 14s + 14 = 0
s = −7 ± √35 = −1,084, −12,92

Punkt zejścia

si = −12,92

Odpowiedź

si = −12,92

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √35 = 5,916.

9.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ess = 11,11 %

Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.

Stała położeniowa

Kp = 2·4 = 8

Uchyb skokowy

ess = 100/(1 + 8) = 11,11 %

Odpowiedź

ess = 11,11 %
10.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ts = 4 s

Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).

Wielomian charakterystyczny

s(s + 2) + 10·5 = s² + 2s + 50

ωₙ i ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 2/(2·7,071) = 0,1414

Czas ustalania

ζωₙ = 2/2 = 1
ts ≈ 4/1 = 4 s

Odpowiedź

ts = 4 s

Czas ustalania nie zależy tu od K: zwiększenie K tylko przyspiesza oscylacje odpowiedzi.

11.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −74,74 °

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Dodaj kąty

∠G = atan(4/6) − 90° − atan(4/12) = 33,69° − 90° − 18,43°

Wynik

∠G(j4) = −74,74°

Odpowiedź

∠G(jω) = −74,74°
12.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 7,746 rad/s

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Częstotliwość odcięcia fazy

(ω/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 7,746 rad/s

ExamProblems · examproblems.com/courses/control-engineering-1