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−5−105

Znajdź f(t) dla F(s) = (s + 13)/(s² + 4s + 40) metodą dopełnienia do kwadratu i oblicz f(0,4).

F(s) = (s + 13)/(s² + 4s + 40)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 2 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,3).

y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schematy blokoweŚredni
R(s)+6s + 9G(s)C(s)0,2H−

Obiekt G(s) = 6/(s + 9) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,2. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 6/(s + 9)H = 0,2
τ = s
4.Schematy blokoweTrudny
R(s)+3regulator+D(s)+7s + 4obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 3 steruje obiektem G(s) = 7/(s + 4) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Przy R = 0 podano skok zakłócenia o wielkości 10. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 3G(s) = 7/(s + 4)D = 10R = 0
css =
5.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)1ts​ = ?

Układ ma transmitancję G(s) = 57/(s² + 12s + 57) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 57/(s² + 12s + 57)
ts = s
6.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+160s(s + 4)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 160/(s(s + 4)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 160/(s(s + 4))
ts = s
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+K1s(s + 8)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie ma transmitancję układu otwartego L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10)). Wzmocnienie zwiększa się, aż układ zamknięty znajdzie się na granicy stabilności. Wyznacz częstotliwość ω drgań niegasnących.

L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))
ω = rad/s
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−2−4−6−8−10j2

Linia pierwiastkowa dla L(s) = K(s + 9)/(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 rozejścia sb.

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

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 5)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 10t z uchybem ustalonym 0,02. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 10tess = 0,02
K =
10.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 2C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 5/(s + 2) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 8 rad/s i ζ = 0,6. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 5/(s + 2)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,6
Kp =
11.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 4

Znajdź dokładny moduł |G(jω)| G(s) = 2166/((s + 6)(s + 19)) przy ω = 4 rad/s, w dB.

G(s) = 2166/((s + 6)(s + 19))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 24/(s(s + 2)(s + 10)). Znajdź częstotliwość odcięcia fazy ω180, przy której ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 24/(s(s + 2)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Roztwory

1.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.4) = 0,2251

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 + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Dopasuj licznik

F(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 6²) + (11/6)·6/((s + 2)² + 6²)

Transformata odwrotna

f(t) = e−2t·(cos 6t + 1,833·sin 6t)
f(0,4) = e−2·0,4·(cos(6·0,4) + 1,833·sin(6·0,4)) = 0,2251

Odpowiedź

f(0,4) = 0,2251
2.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.3) = 1,557

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) = 72/(s(s + 2)(s + 6))

Ułamki proste

A = 72/(2·6) = 6
B = 72/((−2)·4) = −9
C = 72/((−6)·(−4)) = 3

Wydalone

y(t) = 6 − 9·e−2t + 3·e−6t
y(0,3) = 1,557

Odpowiedź

y(0,3) = 1,557
3.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,09804 s

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) = 6/(s + 9 + 1,2) = 6/(s + 10,2)

Wynik

τ = 1/10,2 = 0,09804 s

Odpowiedź

τ = 0,09804 s
4.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 2,8

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).

Transmitancje

C/D = G/(1 + K·G) = 7/(s + 4 + 21)

Stan ustalony

css = 10·7/25 = 2,8

Odpowiedź

css = 2,8

Większe K zmniejsza wpływ zakłócenia, ale przy regulatorze proporcjonalnym nigdy do zera.

5.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 0,6667 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 = 57 → ωₙ = 7,55 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·7,55) = 0,7947

Wynik

ζωₙ = 6 → ts ≈ 4/6 = 0,6667 s

Odpowiedź

ts = 0,6667 s
6.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 2 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) = 160/(s² + 4s + 160): ωₙ = 12,65 rad/s, ζ = 0,1581

Czas ustalania

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Odpowiedź

ts = 2 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: ω = 8,944 rad/s

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 + 18s² + 80s + K = 0
s³: 1, 80
s²: 18, K
s¹: (18·80 − K)/18
s⁰: K

Wzmocnienie krytyczne

K = 18·80 = 1440

Równanie pomocnicze

Przy wzmocnieniu krytycznym wiersz s¹ jest zerowy; wiersz s² daje bieguny na osi urojonej.

18s² + 1440 = 0 → s = ±j√80
ω = 8,944 rad/s

Odpowiedź

ω = 8,944 rad/s
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: sb = −1,063

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 + 9)

Punkty stacjonarne

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

(2s + 2)(s + 9) − (s² + 2s) = s² + 18s + 18 = 0
s = −9 ± √63 = −1,063, −16,94

Punkt rozejścia

sb = −1,063

Odpowiedź

sb = −1,063

Między tymi dwoma punktami linia jest okręgiem o środku w zerze i promieniu √63 = 7,937.

9.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 2500

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 = 10/0,02 = 500

Wzmocnienie

K = 5·Kv = 2500

Odpowiedź

K = 2500

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,05. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

10.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 1,52

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

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 2).

s² + (2 + 5Kp)s + 5Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·0,6·8s + 8² = s² + 9,6s + 64

Dopasuj współczynniki

2 + 5Kp = 9,6 → Kp = 1,52

Odpowiedź

Kp = 1,52

Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.

11.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: |G(jω)| = 23,79 dB

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.

Pomnóż moduły

|G(j4)| = 2166/(√(4² + 6²)·√(4² + 19²)) = 2166/(7,211·19,42) = 15,47

Wynik

20·log₁₀(15,47) = 23,79 dB

Odpowiedź

|G(jω)| = 23,79 dB
12.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ω180 = 4,472 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/2)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(2·10) = 4,472 rad/s

Odpowiedź

ω180 = 4,472 rad/s

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