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−1−2−3−4−5−6−71

F(s) = (6s + 38)/(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) = (6s + 38)/(s² + 7s + 6)
A =
2.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Rozwiąż y″ + 3y′ + 2y = 0 dla y(0) = 5 i y′(0) = −12 za pomocą transformaty Laplace’a i znajdź y(0,4).

y″ + 3y′ + 2y = 0y(0) = 5y′(0) = −12t = 0,4 s
y(0.4) =
3.Schematy blokoweŚredni
R(s)+Ks(s + 19)G(s)C(s)−

Obiekt G(s) = K/(s(s + 19)) 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(s + 19))jednostkowe ujemne sprzężenie zwrotne
K =
4.Schematy blokoweTrudny
R(s)+29regulator+D(s)+8s + 9obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K = 29 steruje obiektem G(s) = 8/(s + 9) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Zakłócenie D wchodzi na wejście obiektu (dodaje się do wyjścia regulatora). Jednocześnie podano skok wartości zadanej o wielkości 10 i skok zakłócenia o wielkości 10. Znajdź wyjście w stanie ustalonym css.

K = 29G(s) = 8/(s + 9)D = 10R = 10
css =
5.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)2

Układ ma transmitancję G(s) = 184/(s² + 13s + 92) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Bieguny to s = σ ± jωd. Znajdź część rzeczywistą σ.

G(s) = 184/(s² + 13s + 92)
σ =
6.Odpowiedź skokowaTrudny
k = 400 N/mc = 36 N·s/mm = 20 kgF = 25 Nx(t)

Masa m = 20 kg wisi na sprężynie k = 400 N/m z tłumikiem lepkim c = 36 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). W spoczynku w położeniu równowagi nagle przyłożono stałą siłę F = 25 N. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS wychylenia.

m = 20 kgk = 400 N/mc = 36 N·s/mF = 25 N
%OS = %
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+11201s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Pętla na schemacie ma ujemne sprzężenie zwrotne i L(s) = 1120/(s(s + 4)(s + 10)). Ile biegunów N układu zamkniętego leży w prawej półpłaszczyźnie?

L(s) = 1120/(s(s + 4)(s + 10))
N =
8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Dla L(s) = K/((s + 8)(s² + 4s + 5)) wyznacz kąt wyjścia θd linii pierwiastkowej z bieguna zespolonego w górnej półpłaszczyźnie, mierzony od dodatniej osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 8)(s² + 4s + 5))
θd = °
9.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 10t+Ks(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 4)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 10t z uchybem ustalonym 0,01. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 10tess = 0,01
K =
10.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+K5s(s + 2)C(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 5/(s(s + 2)) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz wzmocnienie K, przy którym układ zamknięty ma współczynnik tłumienia ζ = 0,5.

G(s) = 5/(s(s + 2))ζ = 0,5
K =
11.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 30

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 34(s + 18)/(s(s + 4)) przy ω = 30 rad/s, w stopniach.

G(s) = 34(s + 18)/(s(s + 4))ω = 30 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 + 4)(s + 8)). Znajdź wzmocnienie K, które daje zapas wzmocnienia 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))GM = 12 dB
K =

3Roztwory

1.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: A = 6,4

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 = (6s + 38)/(s + 6) |s = −1 = 32/5 = 6,4

Odpowiedź

A = 6,4
(B = −0,4, więc f(t) = 6,4·e−t − 0,4·e−6t)
2.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.4) = 1,805

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 − 5s − (−12) + 3(sY − 5) + 2Y = 0
Y(s) = (5s + 3)/((s + 1)(s + 2))

Ułamki proste

A = −2/1 = −2
B = −7/(−1) = 7

Wynik

y(t) = −2·e−t + 7·e−2t
y(0,4) = 1,805

Odpowiedź

y(0,4) = 1,805

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

3.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 90,25

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(s + 19)) = 0 → s² + 19s + K = 0

Pierwiastek podwójny

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

19² = 4K → K = 361/4 = 90,25

Odpowiedź

K = 90,25
Oba bieguny układu zamkniętego leżą wtedy w s = −9,5.
4.Schematy blokowe

Odpowiedź: css = 9,959

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) = 8/(s + 9 + 232)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 232/(s + 9 + 232)

Stan ustalony

css = 10·232/241 + 10·8/241 = 9,959

Odpowiedź

css = 9,959

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

5.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: σ = −6,5

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 = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9,592) = 0,6777

Wynik

σ = −ζωₙ = −13/2 = −6,5

Odpowiedź

σ = −6,5
6.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 52,44 %

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) = √(400/20) = 4,472 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 36/(2·√(400·20)) = 0,2012

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 52,44 %

Odpowiedź

%OS = 52,44 %
7.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: N = 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.

Wielomian charakterystyczny

s³ + 14s² + 40s + 1120 = 0

Tablica Routha

s³: 1, 40
s²: 14, 1120
s¹: −40
s⁰: 1120

Zmiany znaku w pierwszej kolumnie

1 → 14 → −40 → 1120
N = 2

Odpowiedź

N = 2

Wzmocnienie przekracza granicę K = 560, więc para zespolona przeszła do prawej półpłaszczyzny.

8.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: θd = 80,54 °

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.

Położenia biegunów

s² + 4s + 5 = 0 → s = −2 ± j1
s = −8

Kąty od pozostałych biegunów

∠(−2 + j1 + 8) = atan2(1, 6) = 9,462°
∠(−2 + j1 − (−2 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Kąt wyjścia

θd = 180° − 9,462° − 90° = 80,54°

Odpowiedź

θd = 80,54°
9.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 4000

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 = 10/0,01 = 1000

Wzmocnienie

K = 4·Kv = 4000

Odpowiedź

K = 4000

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,03162. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

10.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 0,8

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) + 5K = s² + 2s + 5K

Częstotliwość drgań własnych

2·0,5·ωₙ = 2 → ωₙ = 2 rad/s

Wzmocnienie

5K = ωₙ² = 4 → K = 0,8

Odpowiedź

K = 0,8
11.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −113,4 °

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(30/18) − 90° − atan(30/4) = 59,04° − 90° − 82,41°

Wynik

∠G(j30) = −113,4°

Odpowiedź

∠G(jω) = −113,4°
12.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: K = 96,46

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/4)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(4·8) = 5,657 rad/s

Moduł przy częstotliwości odcięcia fazy

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 64)) = K/(4·8·(4 + 8)) = K/384

Wymagane wzmocnienie

384/K = 1012/20 = 3,981
K = 384/3,981 = 96,46

Odpowiedź

K = 96,46

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