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
ReIm5

Znajdź f(t) dla F(s) = (2s + 1)/(s² + 8s + 52) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,5).

F(s) = (2s + 1)/(s² + 8s + 52)t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Rozwiąż y″ + 6y′ + 5y = 0 dla y(0) = 4 i y′(0) = −10 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,75).

y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 4y′(0) = −10t = 0,75 s
y(0.75) =
3.Schematy blokoweŚredni
R(s)+3K+1s + 4G(s)C(s)1H₁−−

Obiekt G(s) = 1/(s + 4) ma wewnętrzną (podrzędną) pętlę ujemnego sprzężenia zwrotnego ze wzmocnieniem H₁ = 1. Wzmocnienie regulatora K = 3 i zewnętrzna pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego zamykają układ. Znajdź biegun układu zamkniętego p.

G(s) = 1/(s + 4)H₁ = 1K = 3
p =
4.Schematy blokoweTrudny
R(s)+46s(s + 2)G(s)C(s)1H−

Obiekt G(s) = 46/(s(s + 2)) jest w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego z czujnikiem o wzmocnieniu H = 1. Bieguny układu zamkniętego są zespolone. Znajdź ich część rzeczywistą σ.

G(s) = 46/(s(s + 2))H = 1
σ =
5.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5

Układ ma transmitancję G(s) = 15,5/(s² + 7s + 31) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź pulsację własną ωn w rad/s.

G(s) = 15,5/(s² + 7s + 31)
ωn = rad/s
6.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 800 N/mc = 89 N·s/mm = 10 kgF = 20 Nx(t)

Masa m = 10 kg wisi na sprężynie k = 800 N/m z tłumikiem lepkim c = 89 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 20 N. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS wychylenia.

m = 10 kgk = 800 N/mc = 89 N·s/mF = 20 N
%OS = %
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K = 101s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Pętla na schemacie pracuje z K = 10 i L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4)). Ile razy m można zwiększyć wzmocnienie, zanim układ zamknięty stanie się niestabilny?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))K = 10
m =
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−2,5

Dla pętli L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) wyznacz wzmocnienie K, przy którym biegun układu zamkniętego leży w s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))s = −2,5
K =
9.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10t+Ks(s + 10)C(s)−

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

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 10tess = 0,2
K =
10.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K = 1610s(s + 6)C(s)−

Regulator proporcjonalny K = 16 steruje obiektem G(s) = 10/(s(s + 6)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 6))K = 16
ts = s
11.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
vin​R = 1000 ΩL = 4,7 mHvout​

Filtr górnoprzepustowy RL pokazany na rysunku ma R = 1000 Ω, L = 4,7 mH. Podano sinusoidalne wejście 100 kHz. Znajdź przesunięcie fazowe φ vout względem vin, w stopniach.

R = 1000 ΩL = 4,7 mHf = 100 kHz
φ = °
12.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 70/(s(s + 5)). Znajdź zapas fazy PM w stopniach.

L(s) = 70/(s(s + 5))
PM = °

3Roztwory

1.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.5) = −0,2902

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 + 8s + 52 = (s + 4)² + 36 = (s + 4)² + 6²

Dopasuj licznik

F(s) = 2·(s + 4)/((s + 4)² + 6²) + (−7/6)·6/((s + 4)² + 6²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−4t·(2·cos 6t − 1,167·sin 6t)
f(0,5) = e−4·0,5·(2·cos(6·0,5) − 1,167·sin(6·0,5)) = −0,2902

Odpowiedź

f(0,5) = −0,2902
2.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.75) = 1,216

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

s²Y − 4s − (−10) + 6(sY − 4) + 5Y = 0
Y(s) = (4s + 14)/((s + 1)(s + 5))

Ułamki proste

A = 10/4 = 2,5
B = −6/(−4) = 1,5

Wynik

y(t) = 2,5·e−t + 1,5·e−5t
y(0,75) = 1,216

Odpowiedź

y(0,75) = 1,216

Sprawdzenie: y(0) = A + B = 4.

3.Schematy blokowe

Odpowiedź: p = −8

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 = G/(1 + G·H₁) = 1/(s + 4 + 1·1) = 1/(s + 5)

Pętla zewnętrzna

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 3/(s + 5 + 3) = 3/(s + 8)

Wynik

p = −8

Odpowiedź

p = −8
4.Schematy blokowe

Odpowiedź: σ = −1

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

s(s + 2) + 46·1 = 0 → s² + 2s + 46 = 0

Pierwiastki

s = −1 ± j·√(46 − 1) = −1 ± j6,708
σ = −1

Odpowiedź

σ = −1
5.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ωn = 5,568 rad/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).

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·5,568) = 0,6286

Wynik

ωₙ = 5,568 rad/s

Odpowiedź

ωn = 5,568 rad/s
6.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 16,5 %

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).

Pulsacja własna i współczynnik tłumienia

ωₙ = √(k/m) = √(800/10) = 8,944 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 89/(2·√(800·10)) = 0,4975

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,5 %

Odpowiedź

%OS = 16,5 %
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: m = 2

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.

Tablica Routha

s³ + 5s² + 4s + K = 0
s³: 1, 4
s²: 5, K
s¹: (5·4 − K)/5
s⁰: K

Największe stabilne wzmocnienie

Kmax = 5·4 = 20

Współczynnik

m = 20/10 = 2

Odpowiedź

m = 2

Ten współczynnik to zapas wzmocnienia jako stosunek: 6,021 dB.

8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 6,875

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.

Warunek modułu

K = |s|·|s + 3|·|s + 8|

Oblicz w tym punkcie

K = 2,5·0,5·5,5 = 6,875

Odpowiedź

K = 6,875

Sprawdzenie: s(s + 3)(s + 8) + K jest równe zero w s = −2,5.

9.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 500

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 = 10/0,2 = 50

Wzmocnienie

K = 10·Kv = 500

Odpowiedź

K = 500

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,2236. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

10.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: ts = 1,333 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 + 6) + 16·10 = s² + 6s + 160

ωₙ i ζ

ωₙ = √160 = 12,65 rad/s
ζ = 6/(2·12,65) = 0,2372

Czas ustalania

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/3 = 1,333 s

Odpowiedź

ts = 1,333 s

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

11.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: φ = 18,71 °

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 graniczna

ωc = R/L = 1000/0,0047 = 212766 rad/s
fc = 33863 Hz → f/fc = 100000/33863 = 2,953

Faza

φ = 90° − atan(2,953) = 18,71°

Odpowiedź

φ = 18,71°
12.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: PM = 33,15 °

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 wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 4900 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·4900))/2 = 58,61
ωc = 7,656 rad/s

Zapas fazy

∠L(jωc) = −90° − atan(7,656/5) = −146,9°
PM = 180° + ∠L = 33,15°

Odpowiedź

PM = 33,15°

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