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−5−10−15−20

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 40)/(s² + 4s + 5) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,3).

F(s) = (2s + 40)/(s² + 4s + 5)t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t), przy y(0) = 5 i y′(0) = 0. W chwili t = 0 podano na wejście skok u(t) = 1. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź y(0,2).

y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schematy blokoweŚredni
R(s)+3s + 9G(s)C(s)0,2H−

Obiekt G(s) = 3/(s + 9) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,2. Na wejście R podano skok o wielkości 10. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

G(s) = 3/(s + 9)H = 0,2R = 10
css =
4.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Ks(s + 3)(s + 5)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 3)(s + 5)) jest w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Za pomocą kryterium Routha–Hurwitza znajdź największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = K/(s(s + 3)(s + 5))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
Kmax =
5.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1

Układ ma transmitancję G(s) = 39/(s² + 2s + 39) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 39/(s² + 2s + 39)
σ =
6.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 400 N/mc = 54 N·s/mm = 5 kgF = 5 Nx(t)

Masa m = 5 kg wisi na sprężynie k = 400 N/m z tłumikiem lepkim c = 54 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 5 N. Znajdź czas tp, w którym wychylenie jest największe.

m = 5 kgk = 400 N/mc = 54 N·s/mF = 5 N
tp = s
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1(s + 3)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)), gdzie K > 0. Wyznacz największe wzmocnienie Kmax, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma L(s) = K/(s(s + 8)(s + 4)(s + 3)). Wyznacz punkt σa, w którym asymptoty linii pierwiastkowej przecinają oś rzeczywistą.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 4)(s + 3))
σa =
9.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 2t+Ks(s + 10)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 10)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 2t z uchybem ustalonym 0,1. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 2tess = 0,1
K =
10.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 101s(s + 4)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 10 steruje obiektem G(s) = 1/(s(s + 4)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 1/(s(s + 4))K = 10
%OS = %
11.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 1

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 23(s + 9)/(s(s + 10)) przy ω = 1 rad/s, w stopniach.

G(s) = 23(s + 9)/(s(s + 10))ω = 1 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) = K/(s(s + 5)(s + 7)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 20 dB.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 7))GM = 20 dB
K =

3Roztwory

1.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.3) = 6,887

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).

Dopełnienie do kwadratu

s² + 4s + 5 = (s + 2)² + 1 = (s + 2)² + 1²

Dopasuj licznik

F(s) = 2·(s + 2)/((s + 2)² + 1²) + (36/1)·1/((s + 2)² + 1²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−2t·(2·cos 1t + 36·sin 1t)
f(0,3) = e−2·0,3·(2·cos(1·0,3) + 36·sin(1·0,3)) = 6,887

Odpowiedź

f(0,3) = 6,887
2.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.2) = 4,389

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

(s² + 9s + 18)·Y(s) = 5s + 45 + 36/s
Y(s) = (5s² + 45s + 36)/(s(s + 3)(s + 6))

Ułamki proste

A = 36/(3·6) = 2
B = −54/((−3)·3) = 6
C = −54/((−6)·(−3)) = −3

Wynik

y(t) = 2 + 6·e−3t − 3·e−6t
y(0,2) = 4,389

Odpowiedź

y(0,2) = 4,389

Sprawdzenie: y(0) = A + B + C = 5.

3.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 3,125

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).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 3/(s + 9 + 0,6) = 3/(s + 9,6)

Wynik

css = R·T(0) = 10·3/9,6 = 3,125

Odpowiedź

css = 3,125
4.Schematy blokowe

Odpowiedź: Kmax = 120

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

s³ + 8s² + 15s + K = 0

Tablica Routha

s³ | 1 15
s² | 8 K
s¹ | (8·15 − K)/8
s⁰ | K

Granica stabilności

Wszystkie elementy pierwszej kolumny muszą być dodatnie.

Kmax = 8·15 = 120

Odpowiedź

Kmax = 120
5.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −1

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 = 39 → ωₙ = 6,245 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·6,245) = 0,1601

Wynik

σ = −ζωₙ = −2/2 = −1

Odpowiedź

σ = −1
6.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: tp = 0,4406 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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(400/5) = 8,944 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 54/(2·√(400·5)) = 0,6037

Wynik

ωd = 7,13 rad/s
tp = π/ωd = 0,4406 s

Odpowiedź

tp = 0,4406 s
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmax = 630

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

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0

Tablica Routha

s³: 1, 54
s²: 13, 72 + K
s¹: (13·54 − 72 − K)/13
s⁰: 72 + K

Warunek

Element wiersza s¹ musi pozostać dodatni.

K < 13·54 − 72 = 630

Odpowiedź

Kmax = 630

Na granicy stabilności pętla oscyluje z pulsacją ω = √54 = 7,348 rad/s.

8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: σa = −3,75

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.

Bieguny i zera

bieguny: 0, −8, −4, −3
n − m = 4 − 0 = 4

Środek ciężkości

σa = (−15)/4 = −3,75

Odpowiedź

σa = −3,75

4 asymptot wychodzi ze środka asymptot pod kątami 45°, 135°, 225°, 315°.

9.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 200

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.

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 2/0,1 = 20

Wzmocnienie

K = 10·Kv = 200

Odpowiedź

K = 200

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,3536. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

10.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: %OS = 7,691 %

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 + 4) + 10·1 = s² + 4s + 10

ωₙ i ζ

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
ζ = 4/(2·3,162) = 0,6325

Przeregulowanie

%OS = 100·e−0,6325π/√(1 − 0,6325²) = 7,691 %

Odpowiedź

%OS = 7,691 %
11.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −89,37 °

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(1/9) − 90° − atan(1/10) = 6,34° − 90° − 5,711°

Wynik

∠G(j1) = −89,37°

Odpowiedź

∠G(jω) = −89,37°
12.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 42

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/5)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(5·7) = 5,916 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 49)) = K/(5·7·(5 + 7)) = K/420

Wymagane wzmocnienie

420/K = 1020/20 = 10
K = 420/10 = 42

Odpowiedź

K = 42

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