automatsko upravljanje-zbirka

8/16/2019 automatsko upravljanje-zbirka

1/208


2/208


3/208


4/208


5/208


6/208


7/208


8/208


9/208


10/208


11/208


12/208


13/208


14/208


15/208


16/208


17/208


18/208


19/208


20/208


21/208


22/208


23/208


24/208


25/208


26/208


27/208


28/208


29/208


30/208


31/208


32/208


33/208


34/208


35/208


36/208


37/208


38/208


39/208


40/208


41/208


42/208


43/208


44/208


45/208


46/208


47/208


48/208


49/208


50/208


51/208


52/208


53/208


54/208


55/208


56/208


57/208


58/208


59/208


60/208


61/208


62/208


63/208


64/208


65/208


66/208


67/208


68/208


69/208


70/208


71/208


72/208


73/208


74/208


75/208

6. Prikaz sustava pomoću frekvencijske karakteristike v1.0

K R400

s (s + 8)( s + 50)

Regulator ProcesR (s ) Y (s )

−

Slika 6.3: Sustav upravljanja

Zadatak 6.7

Slike 6.4 i 6.5 prikazuju sustav upravljanja i pripadni Bodeov dijagram otvo-renog regulacijskog kruga.

a) Odredite prijenosnu funkciju procesa.

b) Koristeći aproksimaciju pravcima nacrtajte Bodeov dijagram modicira-nog sustava upravljanja kojem je u direktnu granu dodan regulator oblikaGR (s) = 20

s + 10s + 1

.

c) Odrediti presječnu frekvenciju ωc i fazno osiguranje γ koristeći jednadžbepravaca koje aproksimiraju Bodeov dijagram odreden pod b).

G p (s )

R (s ) Y (s )

−

Slika 6.4: Zatvoreni sustav upravljanja.

Zadatak 6.8

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 6.6.

Potrebno je skicirati Bodeov dijagram sustava (aproksimacija s pravcima) teodrediti amplitudno i fazno osiguranje uz K R = 24.5 te na temelju dobivenihvrijednosti odrediti koecijent pojačanja regulatora K R,kr za koji će sustavbiti na rubu stabilnosti. Koliki je stvarni iznos po jačanja za koji je sustavna rubu stabilnosti?

Zadatak 6.9

Shema elektroničkog sklopa prikazana je slikom 6.7.Za prikazani sustav s iznosima parametara R = 100 kΩ i C = 1 µF,

potrebno je:

72


76/208


Slika 6.5: Bodeov dijagram.

K R2

(1 + 0 .1s )(1 + 0 .002s )

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−


a) Odrediti prijenosnu funkciju G (s) = U i (s)U u (s)

.

b) Skicirati Bodeov prikaz amplitudno-frekvencijske karakteristike (aproksi-maciju s pravcima).

c) Izračunati amplitudu izlaznog signala ui u ustaljenom stanju ako na ulazudjeluje pobuda uu (t) = 2 sin(100t).

73


77/208


−

+

R

C

u u

R

u i

Slika 6.7: Načelna shema elektroničkog sustava.

Zadatak 6.10

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog regulacijskog kruga:

Go (s) = K o

s (1 + 10s) (1 + 2s)

a) Korištenjem Bodeovog prikaza frekvencijskih karakteristika (aproksima-

cije s pravcima) odrediti pojačanje K o za koje će fazno osiguranje sustavaiznositi γ = 50◦.

b) Za dobiveni iznos pojačanja K o skicirati prijelaznu funkciju zatvorenogsustava upravljanja te označiti procijenjeno nadvišenje σm [%] i vrijemeprvog maksimuma tm .

Zadatak 6.11

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga

Go(s) = 1sT I (s + 1)( s + 5).

Potrebno je:

a) Nacrtati Bodeov dijagram prijenosne funkcije Go(s) uz T I = 0.5s.

b) Odrediti presječnu frekvenciju ωc i fazno osiguranje γ iz nacrtanog Bode-ova dijagrama te na temelju tih veličina potom skicirati prijelaznu funkcijuzatvorenog sustava upravljanja.

74


78/208


Zadatak 6.12

Prijenosna funkcija procesa je:

G p(s) = K p

(1 + T 1s)(1 + T 2s)(1 + T 3s),

gdje su vremenske konstante iznosa T 1 = 2 s, T 2 = 3 s, T 3 = 4 s; pojačanjeprocesa iznosi K p = 1. Parametri PID regulatora kojim se upravlja procesomsu dobiveni Ziegler-Nicholsovom metodom ruba stabilnosti: K R = 0.6K kr =5.25, T I = 0.5T kr = 5.1302 s i T D = 0.12T kr = 1.231 s.

a) Nacrtajte Bodeov dijagram otvorenog kruga sustava upravljanja korǐste-njem aproksimacije pravcima. Pritom je dozvoljeno kraćenje bliskih po-lova i nula.

b) Procijenite nadvišenje i vrijeme porasta prijelazne funkcije sustava uprav-ljanja.

Zadatak 6.13


K R 1 + 1T I s

1 − s(s + 1)( s + 10)

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−

Slika 6.8: Sustav upravljanja s zadanim regulatorom

a) Odredite T I regulatora tako da kompenzira dominantnu vremensku kons-tantu procesa.

b) Nacrtajte Bodeov dijagram sustava s T I odredenim pod a) i uz K R = 1,koristeći aproksimaciju pravcima.

c) Iz Bodeovog dijagrama aproksimiranog pravcima odredite K R za koji ćeamplitudno osiguranje biti 10 dB.

d) Izračunajte koliko iznosi fazno osiguranje za sustav pod c), koristeći jed-nadžbe pravaca koji aproksimiraju Bodeov dijagram.

75


79/208


Zadatak 6.14

Zadana je prijenosna funkcija sustava

G(s) = 16 s + 2

s2(s + 10).

a) Korǐstenjem aproksimacije pravcima nacrtajte Bodeov dijagram prije-nosne funkcije G(s).

b) Analitički odredite iznos faznog kašnjenja (ω0)[◦] i amplitudnog pojačanjaA(ω0)[dB] na frekvenciji ω0 = 4[rad / s]. Ako je na ulazu u sustav pobuda

u(t) = 2 sin( ω0t), odredite izraz za odziv sustava y(t) uz istitrane početneuvjete sustava.

Zadatak 6.15

Na slici 6.9 prikazana je aproksimacija pravcima Bodeovog dijagrama procesaGP (s).

a) Korǐstenjem aproksimacije pravcima odredite fazno i amplitudno osigu-ranje sustava čiji je Bodeov dijagram otvorenog kruga prikazan na slici6.9.

b) Procesom GP (s) se upravlja koristeći proporcionalni regulator.• Koliko mora biti pojačanje regulatora K R da bi fazno osiguranjesustava iznosilo 90◦?• Za koje vrijednosti pojačanja K R je zatvoreni sustav upravljanjanestabilan?

c) U otvoreni krug upravljanja dodan je mjerni član GM (s) = e−sT , a regu-lator je GR (s) = 1.

• Koliki je iznos faze i amplitude na frekvenciji ω = 10−2 ako je T = 1s?• Koji je maksimalni iznos kǎsnjenja T za koji je sustav još uvijekstabilan?

d) Odredite prijenosnu funkciju procesa GP (s) čiji je Bodeov dijagram pri-kazan na slici 6.9.

Zadatak 6.16

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga upravljanja

Go(s) = 10

s(s + 1)( s + 10).

76


80/208


10− 3 10− 2 10− 1 100 101 102 103

− 80

− 60

− 40

− 20

0

20

A ( ω

) [ d B ]

10− 3 10− 2 10− 1 100 101 102 103

0− 45− 90

− 135− 180− 225− 270

ω [rad/ s]

( ω ) [ ◦ ]

Slika 6.9: Aproksimacija pravcima Bodeovog dijagrama.

a) Korištenjem jednadžbi pravaca kojima se aproksimira Bodeov dijagram,odredite amplitudno osiguranje Ar [dB] i fazno osiguranje γ [◦] sustava.

b) Analitički odredite fazno osiguranje γ [◦] sustava.

c) Odredite interval vremena uzorkovanja T za upravljanje u zatvorenoj pet-lji uz uvjet da se relativni iznos nadvǐsenja prijelazne funkcije zatvorenogkruga σm [%] ne poveća za više od 8 %.

Zadatak 6.17

Na slici 6.10 prikazana je aproksimacija fazno-frekvencijske karakteristike sus-tava trećeg reda koji nema polove i nule u desnoj poluravnini. Amplitudno-frekvencijska karakteristika |G( jω)| aproksimirana pravcima na frekvencijiω = 1 rad/s ima jedinično po jačanje.

77


81/208


10− 2

10− 1

100

101

102

103

− 90

− 135

− 180

ω [rad/ s]

(

ω )

[ ◦

]

Slika 6.10: Aproksimacija fazno-frekvencijske karakteristika sustava.

a) Odredite prijenosnu funkciju sustava.

b) Skicirajte amplitudno-frekvencijsku karakteristiku sustava.

c) Korištenjem jednadžbi pravaca koje aproksimiraju Bodeov dijagram izračunajteza koju je frekvenciju zadovoljena jednakost (ω) =

−140◦.

Zadatak 6.18

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 6.11, gdje je pojačanje K < −∞, ∞> .

K (s − 1)(s + 1)( s + 10)

R (s ) Y (s )

−


a) Kvalitativno skicirajte Nyquistov dijagram te iz njega odredite područjevrijednosti parametra K za koje je sustav stabilan.

b) Za iznos K = −10.5 nacrtajte Nyquistov dijagram, analitički odreditefazno i amplitudno osiguranje te ih naznačite na Nyquistovom dijagramu.

78


82/208


Zadatak 6.19

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog regulacijskog kruga:

Go (s) = K o · 1−0.1s

(1 + 2s) (1 + 0 .02s),

gdje je K o > 0.Potrebno je korǐstenjem Nyquistova kriterija stabilnosti odrediti dozvo-

ljeni iznos parametra K o za koji je zatvoreni sustav stabilan te skicirati Nyqu-istov dijagram.

Zadatak 6.20

Sustav upravljanja prikazan je slikom 6.12 gdje je: Go(s) prijenosna funkcijadrugoga reda bez konǎcnih nula, i T t = 1 s. Prijelazna funkcija sustavaopisanog s G(s) = Y (s)R (s) u ustaljenom stanju ima vrijednost h(∞) = y(∞) = 1,nadvǐsenje σm = 5%, i vrijeme prvog maksimuma tm = 1.5 s.

a) Odredite prijenosnu funkciju G(s) = Y (s)R (s) i nagib pripadajuće prijelaznefunkcije u t = 0+ .

b) Odredite prijenosnu funkciju Go(s) i skicirajte njezin Nyquistov dijagram.

c) Odredite vremenske funkcije signal â x(t) i y(t) u ustaljenom stanju, uzGo(s) = 1s i r(t) = 2sin 3t +

π6 , .

G o (s ) e− T t sR (s ) X (s ) Y (s )

−

Slika 6.12: Sustav upravljanja.

Zadatak 6.21

Na slici 6.13 prikazan je Nyquistov dijagram stabilne prijenosne funkcijeG(s) bez konačnih nula. Dijagram siječe realnu i imaginarnu os u sljedećimtočkama:

ω [s−1] 0 1 3 ∞G ( jω) K > 0 − j −0.25 0

79


83/208


K

I m

R e

Slika 6.13: Nyquistov dijagram.

a) Odrediti prijenosnu funkciju G(s).

b) Odredite odziv sustava G(s) u ustaljenom stanju na pobudu:

u(t) = 2 + 3 sin t −4cos(3t).

Zadatak 6.22

Sustav upravljanja prikazan je slikom 6.14, gdje je Go(s) stabilna prijenosnafunkcija otvorenog kruga ( K > 0, T 1 > 0, T 2 > 0).

K

(1 + sT 1 )(1 + sT 2 )

G o ( s )

R (s ) Y (s )

−

Slika 6.14: Sustav upravljanja

a) Skicirati Nyquistov dijagram za prijenosnu funkciju otvorenog kruga Go(s).Potrebno je odrediti koordinate tocaka sjecišta i dodira Nyquistovog di-

jagrama s koordinatnim osima, kao i frekvencije pri kojima se to dogada.Napomena: promatrati samo frekvencije ω ≥0.

b) Može li sustav upravljanja sa slike 6.14 biti nestabilan? Ako može, za kojeparametre K , T 1 i T 2 će sustav biti nestabilan? Ako ne može, objasnitezǎsto. Napomena: otvoreni krug je stabilan.

Zadatak 6.23

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 6.15. Prijenosna funkcija za-tvorenog kruga upravljanja je Gz(s) = 10.5539s 2 +0 .9326s+1 . Potrebno je:

80


84/208


85/208


b) Procesom se upravlja korǐstenjem P regulatora. Skicirajte Nyquistov dijagram prijenosne funkcije otvorenog kruga s procesom i P regulatoromako je pojačanje regulatora K R = 2. Na skici označite sve karakterističneveličine ko je su označene i na slici 6.16.

c) Koliko iznosi amplitudno osiguranje sustava ako se procesom upravljakorištenjem P regulatora s po jačanjem K R = 1?

d) Zadano je A = 0.1. Odredite prijenosnu funkciju procesa ako je poznato

da je ona oblika GP (s) = 5x

(s + x)(s + 5x)(s + 10x).

Zadatak 6.26

Prijenosna funkcija sustava zatvorenog jediničnom negativnom povratnomvezom glasi:

Gz(s) = Y (s)U (s)

= 10

s3 + 2 s2 + 5 s + 10 .

a) Nacrtajte Nyquistov dijagram otvorenog kruga.

Zadatak 6.27

Zadana je prijenosna funkcija procesa G p(s) = 2s(s+4) .

a) Skicirajte amplitudno-frekvencijsku karakteristiku procesa aproksimiranupravcima. Pritom jasno naznačite lomne frekvencije i nagibe pravaca.

b) Odredite odstupanje u decibelima izmedu stvarne amplitudno-frekvencijskekarakteristike procesa i njene aproksimacije na frekvenciji ω = 2rad / s.

c) Izračunajte iznos pojačanja kojeg bi trebalo dodati u otvoreni krug uprav-

ljanja kako bi se postiglo nadvišenje prijelazne funkcije zatvorenog krugaσm ≈7%. Pritom koristite približnu vezu izmedu pokazatelja kvalitete uvremenskom i frekvencijskom području.

Zadatak 6.28

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 6.17, gdje je pojačanje K > 0.

a) Kvalitativno skicirajte Nyquistov dijagram te iz njega odredite područjevrijednosti parametra K za koje je sustav stabilan.

82


86/208


K 20(1 − s )s (s + 4)

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−

Slika 6.17: Zatvoreni regulacijski krug

b) Skicirajte Bodeov dijagram koristeći aproksimaciju pravcima za vrijednostparametra K = 0.1 te označite amplitudno i fazno osiguranje očitavanjemiz dijagrama.

Zadatak 6.29

Zatvoreni sustav upravljanja opisan je slikom 6.18. Zadani su parametri:K = 1, T 2 = 0.5 s, T 3 = 0.1 s.

K

T 1 s (1 + T 2 s )(1 + T 3 s )

R (s ) Y (s )

−

Slika 6.18: Zatvoreni sustav upravljanja

a) Odredite integralnu vremensku konstantu T 1 tako da se postigne faznoosiguranje 60◦.

b) Nacrtajte Nyquistov dijagram za T 1 = 0.54 s. Potrebno je odrediti ko-ordinate točaka sjecišta i dodira Nyquistovog dijagrama s koordinatnimosima, kao i frekvencije pri kojima se to dogada. Napomena : promatratisamo frekvencije ω ≥0.

c) Označite amplitudno i fazno osiguranje na Nyquistovom dijagramu.

Zadatak 6.30

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go (s) = K

s (1 + T s).

Potrebno je:

83


87/208


a) Skicirati Nyquistov dijagram prijenosne funkcije Go(s) s općim koecijen-tom pojačanja K > 0 i općom vremenskom konstantom T > 0, te označiti(ako postoje) asimptote, dodirne točke i sjecišta s koordinantim osima tepripadne frekvencije. Promatrajte samo frekvencije ω ≥0.

b) Skicirati Bodéov dijagram (aproksimaciju s pravcima) prijenosne funkcijeGo(s) s koecijentom pojačanja K = 0.01 i vremenskom konstantom T =10 s.

c) Može li se zatvoreni krug s jedinǐcnom negativnom povratnom vezomdovesti na rub stabilnosti promjenom vrijednosti pojačanja K > 0 ?Objasni.

Zadatak 6.31

Bodeov dijagram stabilnog procesa GP (s) prikazan je slikom 6.19.

10− 2 10− 1 100 101 102 103 104

− 160− 140− 120− 100− 80− 60− 40− 20

020

A ( ω ) [ d B ]

10− 2 10− 1 100 101 102 103 104

450

− 45− 90

− 135− 180− 225− 270

ω [rad/ s]

( ω )

[ ◦ ]

Slika 6.19: Bodeov dijagram procesa.

84


88/208


a) Skicirajte Nyquistov dijagram procesa GP (s) korištenjem Bodeovog dija-grama sa slike 6.19 te odredite točke u kojima Nyquistov dijagram siječerealnu i imaginarnu os.

b) Ako se za upravljanje izlaznom velǐcinom procesa koristi regulator GR (s) =1

T I s , odredite za koje iznose vremenske konstante T I > 0 će zatvoreni sus-tav upravljanja biti stabilan.

c) Ako je poznato da proces GP (s) ima četiri pola, odredite broj nula te ukojoj poluravnini se nalaze. Objasnite odgovor.

Napomena : Za rješavanje ovog zadatka potrebno je iščitati odgovara jućevrijednosti s Bodeovog dijagrama sa slike 6.19. Pritom je potrebno jasnonaznačiti što se očitava s dijagrama i zašto.

85


89/208


6.1 Rješenja

Rješenje 6.1

Prvo treba odrediti karakteristične parametre u frekvencijskoj domeni. Iz

G(s) = 32

s2 + 2 s + 16 = K

ω2ns2 + 2 ζωn s + ω2n

slijedi:

K = 2,ζ = 0.25,

ωn = 4.

Rezonantna se frekvencija odreduje iz ωr = ωn 1 −2ζ 2, tako da slijediωr = √ 14 = 3.74 rad/ s

Slijedi proračun faznog zaosta janja i pojačanja sustava.

φ(ω) = −arctan 2ω

16 −ω2A(ω) =

32

(16 −ω2)2 + 4 ω2Na rezonantnoj frekvenciji fazno zaostajanje i pojačanje sustava iznosiφ(ωr ) = −1.31 rad = −75◦A(ωr ) = 4 .13 = 12.32 dB

Dakle, odziv sustava na traženu pobudu je

y(t) = A(ωr ) sin(ωr t + 45◦ + φ(ωr ))

y(t) = 4 .13sin(√ 14t −30◦)Rješenje 6.2

Očito je da sustav uz otvorenu sklopku S na frekvenciji ω = 3rad/s imapojačanje 12 i fazno kǎsnjenje

2π3 +

π6 =

5π6 . Stoga vrijedi:

Go( j 3) = 12

e− j5 π6 =

14

(−√ 3 − j ).86


90/208


Prijenosna funkcija zatvorenog kruga (uz zatvorenu sklopku S) na frekvencijiω = 3rad/s iznosi:

Gz ( j 3) = Go( j 3)1 + Go( j 3)

= −0.477−0.651 j = 0.807e− j 2.203 .Iz prethodne relacije očitavamo da sustav uz zatvorenu sklopku S ima pojačanje0.807 i unosi fazno kǎsnjenje od 2.203 rad pa ustaljeni odziv na pobudu r (t)glasi:

yz(t) = 1 .614 sin(3t −1.679).

Rješenje 6.3

Nazivnik prijenosne funkcije zatvorenog kruga:

(s + 2 .3 + j√ 3)(s + 2 .3 − j√ 3) = ( s + 2 .3)2 + 3Iz statičkog pojačanja odredujemo prijenosnu funkciju zatvorenog kruga padalje otvorenog kruga:

Gr = 2.32 + 3

(s + 2 .3)2 + 3

Go = Gr1 −Gr

= 2.32 + 3s(s + 4 .6)

ωl = 4.6

Računamo amplitudu i fazu zatvorenog kruga na frekvenciji ωl:

|Gr (ωl)| = 2.32 + 3

(2.32 + 3 −ω2l )2 + (4 .6ωl)2= 0 .3347

r (ωl) = −arctg 4.6ωl

2.32 + 3

−ω2l

= −2.1172 = −121◦y = 0.33sin(ωlt −45◦ + r (ωl)) = 0 .33sin(ωlt −166◦).

Rješenje 6.4

Zatvoreni sustav zadan je svojim polovima, koji su prikazani na slici 6.20.

a) Za frekvenciju rezonantnog izdizanja dana je formula ωr = ωn 1 −2ζ 2.Sa slike 6.20 možemo očitati ωn = 12 2 + √ 32 2 = 14 + 34 = 1 iζ = cos α =

12

ωn = 12 . Uvrštavanjem dobivamo:

87


91/208


− 1 − 12

1

2

− 1

−1

2

1

2

1

ω n

α

ω n ζ = 12

ω n

1

− ζ 2

=

√ 3

2

Slika 6.20: Raspored polova i nula sustava

ωr =√ 22 = 0.7071

Kako je zadan sustav drugog reda, iz Slike 6.20, odnosno položaja polovaodmah se može isčitati prijenosna funkcija sustava:

G(s) = ω2n

s2 + 2 ζωn s + ω2n=

1s2 + s + 1

G( jω) = 1

1 −ω2 + jωPojasnopropusna frekvencija je ona frekvencija pri kojoj amplitudno- frek-vencijska karakteristika padne za 3 dB u odnosu na amplitudu propusnog

pojasa. Kako imamo kompleksno konjugirani par polova s jedinǐcnimpojačanjem, lako možemo zaključiti kako je amplituda u pojasnopropus-nom području 0 dB. Dakle, tražimo frekvenciju ωb pri kojoj će amplitudaiznositi -3 dB.

20log |G( jωb)| = −3 [dB]ωb ≈1.2712

b) Fazno osiguranje denirano je preko otvorenog kruga sustava. Sustav jes jedinǐcnom negativnom povratnom vezom. Iz toga možemo odrediti

88


92/208


prijenosnu funkciju otvorenog kruga:

Go(s) = G(s)1 −G(s)

= 1

s(s + 1)

Potrebno je odrediti iznos presječne frekvencije ( ωc) i iznos faze na tojfrekvenciji.

Go( jω ) = 1

jω −ω2ωc

≈0.7862

γ ≈51.8273◦c) Transportno kǎsnjenje u frekvencijskoj domeni opisano je članom e− jωT t .

Takav član ima jedinično pojačanje za ω, pa ne utječe na amplutudno-frekvencijski dijagram. Medutim, utječe na fazu, i u fazno frekvencijskomdijagramu pojavljuje se kao član −ωT t . Najveće transportno kǎsnjenjekoje se smije (dodatno) pojaviti u otovorenom krugu iznosi:

T t = 10◦ωc ≈

0.222 [s]

Rješenje 6.5

Prvi korak je odredivanje presječne frekvencije:

|Go( jωc)| = 1 = ω2n√ (ω2n −ω2c )2 +(2 ζω n ωc )2

ωc = 0 rad/s

Računa se fazno osiguranje i interval vrijednosti mrtvog vremena T t zakoje je γ > 55◦:

γ = 180◦ + (ωc) = 180◦ > 55◦T t [0, ∞ s

Rješenje 6.6

a) Slika 6.21.

89


93/208


10− 1 100 101 102 103

0− 20

− 40

Ar = − A (ω π )

Frekvencija ω

A ( ω

) [ d B ]

10− 1 100 101 102 103

− 90− 135−

180− 225− 270

ωπ

( ω ) [ ◦ ]

Slika 6.21: Bodéov dijagram procesa za a) dio zadatka

b) Iako u tekstu zadatka eksplicitno ne pǐse, potrebno je korǐstenjem jed-nadžbi pravaca koji aproksimiraju Bodéov dijagram odrediti amplitudnoosiguranje. Gornja granica raspona pojačanja K R bit će upravo onaj iznos

pojačanja pri kojem amplitudno osiguranje isčezava.Za odredivanje amplitudnog osiguranja potrebno je odrediti frekvencijuωπ pri kojo j fazna karakteristika sječe −180◦.Iz prethodno odredenog Bodéovog dijagrama može se vidjeti da je am-plitudnu karakteristiku moguće aproksimirati jednadžbama triju pravaca(koje vrijede na odgovarajućim intervalima; (0 , 8], (8, 50], (50, ∞)). Faznukarakteristiku možemo aproksimirati s 5 pravaca (na intervalima (0 , 0.8],(0.8, 5], (5, 80], (80, 500], (500, ∞)).Presječnu frekvenciju ωπ odredujemo iz fazne karakteristike, a iz slike 6.21

možemo vidjeti kako ćemo presjecište odrediti pomoću jednadžbe pravcana trećem intervalu. Jednadžba pravca (kroz točku) na intervalu (5 , 80]dana je s

(ω) −(−90 −45 log 50.8

) = −90(log ω −log 5) .Uvrštavanjem (ωπ ) = −180◦ dobivamo

ωπ = 20

Amplitudno osiguranje odredujemo iz druge jednadžbe pravca amplitudne

90


94/208


karakteristike (jer je ωπ (8, 50]). Jednadžba tog pravca glasiA(ω) −(−20log8) = −40(log ω −log 8) ,

a amplitudno osiguranje, odnosno maksimalni K R odredujemo prema iz-razu

Ar = −A(ωπ ) = 20 log 8 + 40 log ωπ

8 ,

K R = 50.

Zaključujemo kako je sustav stabilan uz K R (0, 50).

Rješenje 6.7

a)

G p(s) = s + 10s(s + 1)

.

b) Slika 6.22.


c) Amplitudni pravci (prvo pravac nagiba -3, a onda pravac nagiba -1):y = −60x + b (nagib −3)x = 0 b = 20 + 20 log 200 = 66x = 1 y = −60 + 66 = 6 (pocetna tocka za pravac nagiba −1)y = −20(x −xc) (nagib −1)6 = −20(1 −xc)xc =

2620

= 1310

ωc = 101310 = 19 .95 rad/ s

91


95/208


Fazni pravac:

y = −90◦x + bx = 0 b = −270x = xc y = 90

1310 −270 = −153◦

γ = 27◦

Rješenje 6.8

Bodeov dijagram se crta za otvoreni krug (slika 6.23)! Amplitudno osi-

10−1

100

101

102

103

104

−60

−40

−20

0

20

40

ω [rad/s]

L ( ω ) [ d B ]

10−1

100

101

102

103

104

−180

−135

−90

−45

0

ω [rad/s]

φ ( ω ) [ ° ]

20log(49)=33.8−1

−2

−1

−1

−2

40.2 dB

Slika 6.23

92


96/208


guranje na frekvenciji 5000 rad/s iznosi približno 40.2 dB, a fazno osiguranjena frekvenciji 490 rad/s iznosi približno 45 ◦.

Iz amplitudnog osiguranja proizlazi da dodatno pojačanje koje se možeunijeti u sustav, a da on dode na rub stabilnosti, iznosi:

K R,dod = 1040 . 2

20 = 102.3

što znači da pojačanje regulatora koje bi dovelo sustav na rub stabilnostiiznosi:

K R,kr = K R ·K R,dod = 2507.1Zbog korištenja aproksimacije s pravcima ovaj rezultat zapravo nije točan.

Faza doseže -180 ◦ tek na beskonačnoj frekvenciji te je stoga amplitudno osi-guranje beskonačno, odnosno teoretski i kritično pojačanje regulatora bi bilobeskonačno.

Rješenje 6.9

a)

G (s) = U i (s)

U u (s) =

− 1

1 + sRC =

− 1

1 + 0 .1sb) Bodeov prikaz amplitudno-frekvencijske karakteristike (aproksimaciju s

pravcima) dan je na slici 6.24.

c) Za frekvenciju ulaznog signala ω = 100 rad/s očitava se s dijagramapojačanje -20 dB, odnosno u apsolutnom iznosu 0.1 pa je amplituda iz-laznog signala ui u ustaljenom stanju jednaka ui(∞) = 0 .1 ·2 = 0.2 V.

Rješenje 6.10

a) Fazna karakteristika ne ovisi o pojačanju pa se ona prva ucrtava (slika6.25). Nakon toga se iz zadanog faznog osiguranja odreduje frekvencijapresjeka ωc = 0.063 rad/s. Oblik amplitudne karakteristike je poznat(nagib -1 do prve lomne frekvencije ωl1 = 0.1 rad/s, -2 izmedu dvijulomnih frekvencija ωl1 = 0.1 rad/s i ωl2 = 0.5 rad/s te -3 nakon drugelomne frekvencije ωl2 = 0.5 rad/s.

Pojačanje otvorenog kruga se isčitava na frekvenciji ω = 1 rad/s u produžetkunagiba -1 te iznosi K = −24.1 dB, odnosno K = 0.0622.

93


97/208


10−1

100

101

102

103

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

5

ω [rad/s]

A ( ω ) d

B

Slika 6.24

Pri crtanju amplitudne karakteristike može se pretpostaviti neka vrijed-nost po jačanja K , a nakon toga spustiti ili podići amplitudnu karakteris-tiku na 0 dB na presječnoj frekvenciji. Rezultat mora ispasti isti.

b) Iz relacije γ [◦] = 70 − σm [%] dobiva se procijenjeno nadvišenje σm =20%, odnosno vrijeme prvog maksimuma iz relacije tm = 3ωc = 30.063 =47.6 s. Stvarni odziv je dan na slici (6.26), a studenti bi trebali skiciratioblik PT 2S člana s naznačenim procijenjenim vrijednostima nadvišenja ivremena prvog maksimuma.

Rješenje 6.11

a) Prijenosna funkcija u formi prikladnoj za crtanje Bodeovog dijagrama:

Go(s) = 0.4

s(s + 1)( s5 + 1)

94


98/208


10−3

10−2

10−1

100

101

102

−200

−150

−100

−50

0

50

L ( ω ) [ d B ]

ω [rad/s]

10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2−270

−130

−180

−90

φ ( ω ) [ ° ]

ω [rad/s]

Slika 6.25

Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

0 20 40 60 80 100 120 140 1600

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Slika 6.26

b) Sa slike 6.27 očitavamo presječnu frekvenciju ωc = 0.4rad/s i fazno osigu-

95


99/208


0.01 0.1 1 10 1000.4 5−120

32

−8

0

−36

−80

frekvencija [rad/s]

a m p

l i t u

d a

[ d B ]

−1

−2

−1

(a) Amplitudno-frekvencijska karakteristika.

0.01 10 50 1000.1 1−300

−270

−239

−180

−90

−50

frekvencija [rad/s]

f a z a

[ ° ]

0.4

−117−121

−1

−2

−1

0.5

(b) Fazno-frekvencijska karakteristika.

Slika 6.27: Aproksimacija pravcima Bodeove karakteristike.

96


100/208


ranje.

φ(ωc) = −90 −(log0.4 −log0.1) ·45 = −117◦γ = 180◦ −φ(ωc) = 63◦

Vrijeme prvog maksimuma i nadvišenje odredujemo približno (slika 6.28):σm ≈70 −γ = 7%tm ≈ 3ωc = 7 .5s.

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

Slika 6.28: Prijelazna funkcija zatvorenog kruga upravljanja

Rješenje 6.12

a) Prijenosna funkcija otvorenog kruga s PID regulatorom je:

Go(s) = K R

T I

T I T D s2 + T I s + 1s

1(1 + T

1s)(1 + T

2s)(1 + T

3s)

Go(s) = 1 .021 + s0.487 1 +

s0.325

s 1 + s0.5 1 + s0.3̇ 1 +

s0.25

Vidi se da u brojniku i nazivniku postoje bliske frekvencije, tako da će zapotrebu aproksimacije pravcima biti sasvim zadovoljavajuće da pokratimobliske nule i polove, što daje:

Go(s) ≈ 1

s 1 + s0.25Bodeov dijagram dobiven aproksimacijom pravcima dan je na slici 6.29.

97


101/208


10−2

10−1

100

101

−60

−40

−20

0

20

40

X: 0.5191Y: −0.004989

A m p

l i t u

d a

[ d B ]

10−2

10−1

100

101

−180

−160

−140

−120

−100

X: 0.5191Y: −148.3

F a z a

[ ° ]

Frekvencija


b) Iz slike 6.29 očitavamo da je presječna frekvencija ωc = 0.52 rad/s, dok je faza na presječnoj frekvenciji -148◦. Odatle se korištenjem približnihrelacija dobiva vrijeme prvog maksimuma

tm ≈3/ω c = 5.8 s,Fazno osiguranje je

γ = −148◦ + 180◦ = 32◦pa je nadvišenje

σm ≈70 −γ = 70 −32 = 38%

Rješenje 6.13

a) Vremenska konstanta PI regulatora je T I = 1 s.

b) Go = 1−ss(s+10) = 0.1

s1−s1+ s10

c) Na slici 6.30 se vidi da uz K R = 1 amplitudno osiguranje iznosi 20 dB,dakle treba smanjiti amplitudno osiguranje za 10 dB, odnosno povécatipojačanje sustava za 10 dB.20logK R = 10 K R = 3.16

98


102/208


10−2

10−1

100

101

102

103

−300

−250

−200

−150

−100

−50

10−2

10−1

100

101

102

103

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

−20 dB/dek

−45 °/dek

−45 °/dek

−90 °/dek

−90 °

−270 °

A.O.

−20 dB/dek

Slika 6.30: Bodeov dijagram za K R = 1

d) Na slici 6.31 nalazi se Bodeov dijagram sustava s pojačanjem K R =100.5 = 3 .16. Koristeći amplitudno-frekvencijsku karakteristiku računase prvo presječna frekvencija sustava.

y = −20x −10Za y = 0 imamo:

xc = −0.5 ωc = 10−0.5 = 0 .316Koristeći fazno-frekvencijsku karakteristiku računamo fazno osiguranjesustava:

y = −45x −135Za x = xc = −0.5 imamo:

y = −45(−0.5) −135 = −112.5◦ = (ωc)γ = 180 + (ωc) = 67 .5◦99


103/208


10−2

10−1

100

101

102

103

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

10−2

10−1

100

101

102

103

−280

−260

−240

−220

−200

−180

−160

−140

−120

−100

−80

−20 dB/dek

−20 dB/dek

A.O.

F.O.

−90 °

−270 °

−90 °/dek

Slika 6.31: Bodeov dijagram za K R = 3.16

Rješenje 6.14

a) Vidi sliku 6.32.

b)

|G( jω0)| = 0 .4152 → |G( jω0)|dB = −7.63 [dB],

arg{G( jω0)}= −138.3584◦ = −2.415 [rad ].Odziv izlaza iz sustava u stacionarnom stanju je

y(t) = 2

·0.4152 sin(4t

−2.415).

100


104/208


105/208


106/208


d)GP (s) = −1015/ 20

s10 −1

(s + 1)( s0.1 + 1) = −0.05623

s −10(s + 1)( s + 0 .1)

.

Rješenje 6.16

a) Za pomoć u raspisivanju jednadžbi pravaca amplitudne i fazno-frekvencijskekarakteristike prikladno je skicirati aproksimaciju Bodeovog dijagrama s

jasno označenim lomnim frekvencijama i nagibama. Bodeov dijagramprikazan je na slici 6.33.

10− 2 10− 1 100 101 102 103

− 100− 80− 60− 40− 20

0204060

A ( ω

) [ d B ]

10− 2 10− 1 100 101 102 103

− 90

− 135

− 180

− 225− 270

ω [rad/ s]

( ω

) [ ◦ ]

Slika 6.33: Aproksimacija pravcima Bodeovog dijagrama.

Jednostavnom provjerom slijedi presjěcna frekvencija na prvoj lomnojfrekvenciji ωc = 1 [rad/ s]. Iz aproksimacije slijedi iznos faznog osiguranja

103


107/208


na frekvenciji ωc

γ = 180 [◦]−(−90 [◦]−45 [◦]) = 45 [◦].Za odredivanje iznosa amplitudnog osiguranja najprije je potrebno odre-diti frekvenciju ωπ na kojoj fazno kǎsnjenje iznosi −180 [◦],

= −135 [◦]−90 [◦/dekada ]log ω1

= −180 [◦], (6.1)log ω = 0.5 →ω = 3.1623 [rad/ s]. (6.2)

Iz čega slijedi iznos amplitudnog pojačanja na frekvenciji ωπ ,

|G( jω)|dB = −40 [dB/ dekada] log ω = −20 [dB].Rezultat je amplitudno osiguranje Ar,dB = 20 [dB].

b) Analitički slijedi presječna frekvencija ωc = 0.784 [rad/ s], odnosno iznosfaznog osiguranja γ = 47.4◦.

c) Kašnjenje koje unosi D/A element može se aproksimirati članom kašnjenjas mrtvim vremenom, što rezultira linearnim padom fazno-frekvencijske

karakteristike u ovisnosti o frekvenciji

∆ ≈ −ωT s2

.

Iz jednadžbe aproksimacije nadvišenja prijelazne funkcije iznosom faznogosiguranja σm = 70 −γ slijedi uvjet

ωcT s2 ≤8%,

T s ≤0.356 [s].

Rješenje 6.17

a) Iz slike 6.10 i uvažavajući uvjete u zadatku moguće je prepoznati sljedećepolove/nule: -1 (p), -5 (n), -10 (p), 0 (p).Prijenosna funkcija otvorenog kruga je

G(s) = K 1s

s5 + 1

(s + 1) s10 + 1.

104


108/208


Iznos koecijenta K proizlazi iz |G( j 1)|aproks. = 1. Na frekvenciji ω =1 rad/s je aproksimacija amplitudno-frekvencijske karakteristike odredenasamo integralnim članom, vrijedi

|G( j 1)|aproks. = K 1ω

= 1

što je zadovoljeno za K = 1.

b) Vidi sliku 6.34.

10− 1

100

101

102

103

− 120− 100− 80− 60− 40− 20

0

20

A ( ω ) [ d B ]

Slika 6.34: Aproksimacija amplitudno-frekvencijske karakteristike sustava.

c) Frekvencija ω za koju vrijedi (ω) = −140◦ nalazi se na segmentu 1 ≤ω ≤10.−140◦ = 0 −45 log

ω1

,

0 = −90 −45 log(5) = −121.45◦,45 log(ω) = 18 .54635→ω = 10

18 . 54645 = 2 .583.

Rješenje 6.18

105


109/208


110/208


Slika 6.36: Nyquistov dijagram za K < 0.

Slika 6.37: Nyquistov dijagram za K = −10.5.

Rješenje 6.19

Uvrštavanjem s = jω dobije se:

Go ( jω) = K · 1 −0.242ω2 + j (0.004ω3 −2.12ω)

0.0016ω4 + 4 .0004ω2 + 1

Realni i imaginarni dio iznose:

(ω) = K · 1−0.242ω2

0.0016ω4 + 4 .0004ω2 + 1

(ω) = K · 0.004ω3 −2.12ω

0.0016ω4 + 4 .0004ω2 + 1

Početna i konačna točka:

ω = 0 (0) = K (0) = 0 ω → ∞ (∞) = 0(∞

) = 0

107


111/208


Sjecišta sa negativnim poluosima:

ωπ2

= 0 ωπ2

= 2 .0328 ωπ2

= −0.24353K (ωπ ) = 0 ωπ = 23.022 (ωπ ) = −0.049505K

Oba pola unose po -90◦ u faznu karakteristiku, a isto tako i nula u desnojpoluravnini pa ukupna fazna karakteristika zavřsava na -270 ◦, što je ujednoi kut upada u ishodište Nyquistovog dijagrama.

Granica stabilnosti:

(ωπ ) =

−0.049505K =

−1 K kr = 20.2

Skica dijagrama prikazana je slikom 6.38.

−2 0−1 2 4 5 6 8 10 12 14 15 16−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

Re( ω )

j I m ( ω )

K=5K=15


Rješenje 6.20

a) Iz nadvišenja se dobije faktor prigušenja:

σm = 100e− ζπ√ 1 −ζ 2 ζ =

ln 100σm

π2 + ln 100σm

2= 0 .69

108


112/208


Vrijeme prvog maksimuma od Y (s)U (s) je 1.5s, ali vrijeme prvog maksimumaod X (s)U (s) je tm −T t = 0.5s. Dakle:

tm −T t = π

ωn 1 −ζ 2ωn =

π(tm −T t ) 1 −ζ 2

= 8 .68

Naposlijetku, prijenosna funkcija je

G (s) = Y (s)U (s) = ω2n

s2 + 2 ζωn s + ω2n e−T t s = 75.34s2 + 11 .98s + 75 .34e−s .

Budući da odziv počinje tek u t = 1s, nagib u t = 0+ je 0.

b) Ako je Gx = X (s)U (s) , onda

G0 (s) = Gx (s)1 −Gx (s)

= 75.34

s (s + 11 .98)

Re

{G ( jω)

}= −K (ω)2 + p2 = −

75.34ω2 +143 .52

Im {G ( jω)}= −1ω pK ω2 + p2 = −1ω 902.57ω2 +143 .52ω = 0 →Re = −K p2 = −0.525, Im = −∞ω = ∞ →Re = 0 , Im = 0

S obzirom da je sustav drugog reda, Nyquistova krivulja prolazi samo krozdva kvadranta, tj. nigdje ne siječe niti realnu niti imaginarnu os.

c) Kut i amplituda od Gx (s) na ω = 3:

|Gx ( j 3)

|= 1√ ω2 +1 =

1√ 10Gx ( j 3) = −arctan ω = −1.25rad x (t) = 0 .63sin(3t −0.726)

Kut i amplituda kǎsnjenja na ω = 3:

e−3T t = 1e−3T t = −ωT t = −3rad

y(t) = 0 .63sin(3t −3.726)

Rješenje 6.21

109


113/208


−1 −0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

Nyquist Diagram

Real Axis

I m a g

i n a r y

A x

i s

−0.525

Slika 6.39: Slika uz rješenje Zadatka 1.

a) Iz Nyquistovog dijagrama je očito je da je riječ o sustavu trećeg reda:

G(s) = K a 3 s

3+ a 2 s

2+ a 1 s+1

,

G( jω) = K 1−a 2 ω2 + jω (a 1 −a 3 ω2 ).

Iz G( j1) = − j slijedi:1 −a2ω2 = 0 a2 = 1,K

j (a 1 −a 3 ) = − j K = a1 −a3.

Iz G( j3) = −14 slijedi:a1 −a3ω2 = 0 a1 = 9a3

K 1−a 2 ω2 = −

14 K = 2

Kombinirajući gore dobivene uvjete, dobije se: a3 = 0.25, a1 = 2.25,odnosno prijenosna funkcija glasi:

G(s) = 2

0.25s3 + s2 + 2 .25s + 1.

110


114/208


b) Direktnim očitavanjem iz Nyquistovog dijagrama, odnosno zadane tablice,dobije se rješenje:

y(t) = 4 + 3 sin t − π2

+ cos (3t).

Rješenje 6.22

a) Vidi sliku 6.40.

Go( jω) = K 1−ω2T 1T 2 − jω (T 1 + T 2)(1 −ω2T 1T 2)

2 + ω2 (T 1 + T 2)2

Karakteristične točke dijagrama su:

• G(0) = K ,• G j 1√ T 1 T 2 = − j K

√ T 1 T 2T 1 + T 2 ,

• G( j∞) = 0.

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Nyquist Diagram

Real Axis

I m a g

i n a r y

A x

i s

Slika 6.40: Nyquistov dijagram

b) Ne može. Otvoreni krug je stabilan, a Nyquistov dijagram ne prelazi udrugi kvadrant pa ne može ni zaokružiti tocku −1.

Rješenje 6.23

a) Prijenosna funkcija otvorenog kruga:

111


115/208


−1 −0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

Nyquist Diagram

Real Axis

I m a g

i n a r y

A x

i s

Slika 6.41: Nyquistov dijagram prijenosne funkcije otvorenog kruga Go(s).

Go(s) = Gz1−G z= 11

ω ns 2 + 2 ζω n s

= 10.5539s2 +0 .9326s

Slika 6.41.

b) Za sustav na granici stabilnosti vrijedi:

|Go( jωc)| = 1|Go( jωc)| = 1√ 0.55392 ω4c +0 .93262 ω2c ωc = 0.9370 rad/s

Fazno osiguranje sustava je:

γ = 180◦ + 0(ωc) = 60 .9035◦

Da bi sustav bio stabilan mora biti zadovoljen uvjet:

ωcT t < γ [rad]T t < 1.1345s

Rješenje 6.24

a)

Go( jω) = −2ω2K p

ω6 + 2 ω4 + ω2 − j K p(ω −ω3)ω6 + 2 ω4 + ω2

112


116/208


Iz prijenosne funkcije slijedi kako Nyquistov dijagram prolazi kroz 2. i3. kvadrant kompleksne ravnine ( −270◦ ≤ {G( jω) ≤ −90◦}). Karakte-ristične točke dijagrama u ovisnosti o parametru K p su:

• Ishodište Nyquistova dijagrama: G( j 0) = −2K p − j∞.• Točka završetka Nyquistova dijagrama: G( j∞) = 0 + j 0.• Točka presjeka s realnom osi:

Im = 0 →ω = 1 [rad/s2],

G( j 1) = −K p2 .Nyquistov dijagram prikazan je na slici 6.42.

Slika 6.42: Nyquistov dijagram otvorenog kruga Go (s)K p

Rješenje 6.25

113


117/208


118/208


− 1.2 − 1 − 0.8 − 0.6− 0.4 − 0.2 0− 20

− 15

− 10

− 5

0

5

{ G o ( jω )}

{ G

o ( j ω ) }

Slika 6.43: Nyqvistov dijagram prijenosne funkcije Go(s)

• ω = ∞{Go( j∞)}= limω

→∞

−204ω2 + (5

−ω2)2

= 0

{Go( j∞)}= limω→∞10(ω2 −5)

4ω3 + ω(5 −ω2)2 = 0

• {Go( jω i)}= 0 Ispunjeno jedino za ωi → ∞.• {Go( jω r )}= 0

10(ω2 −5)4ω3 + ω(5 −ω2)2

= 0

ω2 −5 = 0ωr = √ 5

Odatle imamo

{Go( j√ 5)}= −20

4ω2 + (5 −ω2)2 = −1 .

Nyquistov dijagram prikazan je slikom 6.43.

Rješenje 6.27

115


119/208


10 − 1 10 0 10 1 10 2 10 3

− 120− 100− 80− 60− 40− 20

0

20

A ( ω

) [ d B ]

Slika 6.44: Aproksimacija amplitudno-frekvencijske karakteristike sustava.

a) Aproksimacija amplitudno-frekvencijske karakteristike je prikazana na slici6.44.

b) Pojačanje procesa na frekvenciji ω = 2rad / s iznosi

|G( j 2)|stvarno = 2

2√ 22 + 4 2 = 0 .2236 → |G( j 2)|dB,stvarno = −13.01dB.

Za aproksimaciju amplitudno-frekvencijske karakteristike na frekvenciji2rad / s vrijedi prijenosna funkcija

G(s)aproks. = 24s

,

a amplitudno pojačanje iznosi

|G( jω)|aproks. =2

4 ·2 j= 0 .25 → |G( j2)|dB,aproks. = −12.04dB.

Prema tome, razlika izmedu stvarne amplitudno-frekvencijske karakteris-tike i njene aproksimacije iznosi −0.9691dB.c) Prema γ = 70◦ −σm proizlazi

(ωc) = 70◦ −σm −180◦ = −117◦.I. Proračun preko stvarne fazno-frekvencijske karakteristike:

Odgovarajuće fazno kašnjenje se postiže na frekvenciji

(ω) = −90 −arctanω4

= −117◦ →ω = 2.0381rad/ s.116


120/208


121/208


limω→0 {Go( jω)}= −

254

K

limω→0 {Go( jω)}= −∞

Presječna točka Nyquistove krivulje s realnom osi:

{Go( jω)}= 0 ω2 = 4ω = 2 { Go( jω)}= −5K

Nyquistov dijagram je prikazan slikom 6.45. Iz njega se može očitati daće sustav biti stabilan za slučaj kada je točka ( −5K, j 0) desno od (-1,j0),odnosno 0 < 5K < 1 iz čega slijedi

0 < K < 0.2

− 1 − 0 . 5 0 0 . 5

− 2

0

2− 25

4 K

− 5 K

Slika 6.45: Nyquistov dijagram za K = 0.1

b) Bodeov dijagram sa označenim amplitudnim i faznim osiguranjem je pri-kazan slikom 6.46.

Rješenje 6.29

a) Računamo prvo koja je presječna frekvencija ako je fazno osiguranje 60 ◦:

arg (Go) = −90◦ −arctg (ωcT 2) −arctg (ωcT 3) = −120◦ωc(T 2 + T 3)1 + ω2c T 2T 3

= 0 .5774 ωc = 0.9215

118


122/208


123/208


Go( jω) = 1

0.54 jω(1 + 0.5 jω)(1 + 0 .1 jω) = 1.85−0.6ω2 − jω (1 −0.05ω2)

0.36ω4 + ω2(1 −0.05ω2)Re = 0 −

0.6ω2

0.36ω4 + ω2(1 −0.05ω2) = 0 nikada ne siječe imaginarnu os

Im = 0 − ω(1 −0.05ω2) = 0 ω = √ 20 Re = −0.154Zatim računamo početnu i konačnu točku:

ω = 0

→ Re =

−1.11 , Im =

∞ω = ∞ → Re = 0 , Im = 0Nyquistov dijagram prikazan je na slikama 6.47 i 6.48.

−1.4 −1.2 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

Nyquist Diagram

Real Axis

I m

a g

i n a r y

A x

i s

Slika 6.47: Područje stabilnosti

c) Označiti amplitudno i fazno osiguranje na Nyquistovom dijagramu.

Rješenje 6.30

a) Nyquistov dijagram prikazan je na slici 6.49.

b) Bodéov dijagram prikazan je na slici 6.50.

c) Zatvoreni krug s K > 0 ne može se dovesti na rub stabilnosti jer fazadoseže -180◦ tek u beskonačnosti. Amplitudno osiguranje je beskonačnopa bi tek za K

→ ∞ sustav došao na rub stabilnosti.

120


124/208


−0.16 −0.14 −0. 12 −0.1 −0.08 −0.06 −0. 04 −0.02 0−0.025

−0.02

−0.015

−0.01

−0.005

0

0.005

0.01

0.015

0.02

Nyquist Diagram

Real Axis

I m a g

i n a r y

A x

i s

Slika 6.48: Područje stabilnosti

Re(ω)

− KT asimptota

j Im( ω)


Rješenje 6.31

a) Slika 6.51 (dovoljno je crtati samo za pozitivne frekvencije).

Presječne točke očitavaju se direktno iz Bodeovog dijagrama, na frekven-cijama za koje faza iznosi 0◦,

−90◦,

−180◦ i

−270◦: (1, 0), (2.72, 0), (0,

121


125/208


10−3

10−2

10−1

100

101

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

ω [rad/s]

A ( ω ) [ d B ]

10−3

10−2

10−1

100

101

−225

−180

−135

−90

−45

0

ω [rad/s]

( ω )

Slika 6.50: Bodéov dijagram.

-2.11), (-0.34, 0), (0,0).

b) U Bodeov dijagram sa slike 6.19 treba uključiti i utjecaj integratora. In-tegrator spušta cijelu faznu karakteristiku za 90 ◦ pa za stabilnost trebapromatrati frekvenciju gdje dijagram sa slike 6.19 poprima vrijednost

−90◦. Iz Bodeovog dijagrama ili iz podzadatka a) očitavamo da uz fazuod −90◦, amplituda iznosi 2 .11. Potrebno je uračunati djelovanje inte-gratora i na amplitudu te ukupna amplituda na spomenutoj frekvencijiiznosi 2.1512T I = 0 .176

1T I . Sustav je stabilan dok god je ta amplituda manja

od 1 pa je konačno rješenje:

T I > 0.176

c) Amplituda pada sa 60 dB/dek na visokim frekvencijama, što znači da jebroj polova za tri veći od broja nula – ukupno postoji samo jedna nula.Pošto je proces stabilan, a amplituda konstantna na niskim frekvencijama,znamo da su svi polovi u lijevoj poluravnini (polovi ukupno spuštaju fazuza 4 ·90◦ = 360◦). Faza ukupno pada za 3 ·90◦ = 270◦, što znači da senula ne nalazi u desnoj poluravnini. Pǒsto je amplituda konstantna naniskim frekvencijama (odnosno, faza je jednaka 0 ◦ na frekvenciji 0 rad/s),nula se ne nalazi u ishodištu. Pošto postoji samo jedna nula, ona morabiti realna.

122


126/208



Zaključno: Postoji točno jedna realna nula u lijevoj poluravnini (odnosnonalazi se na realnoj osi, lijevo od ishodišta).

123


127/208


128/208


129/208

7. Polovi, nule i vremenski odzivi v1.0

Zadatak 7.6

Na slici 7.5 zvjezdicama su prikazani polovi sustava G1(s) a trokutićimapolovi sustava G2(s). Kvalitativno skicirajte prijelazne funkcije sustava G1(s)i G2(s).

σ

jω

j 1

j 2

60°

s -ravnina

Slika 7.5: Polovi sustava u kompleksnoj s-ravnini.

Zadatak 7.7

Za sustav G(s) = 32s 2 +2 s+16 odredite vremenske pokazatelje kvalitete: vrijeme porasta tr , vrijeme prvog maksimuma tm , maksimalno nadvišenje σm ivrijeme smirivanja t

1%.

Zadatak 7.8

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 7.6. Prijelazna funkcija hr (t)

K R2

(1 + 0 .1s )(1 + 0 .002s )

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−


zatvorenog sustava upravljanja u ustaljenom stanju ima vrijednost h r (∞) =0.98. U tom slučaju potrebno je:a) Odrediti pojačanje regulatora K R .

b) Odrediti maksimalnu vrijednost prijelazne funkcije hr,m (tm ) te vrijemeprvog maksimuma tm na temelju relacija za sustav drugog reda.

c) Skicirati polove zatvorenog sustava u kompleksnoj s ravnini te naznačitivezu izmedu položaja polova i relativnog koecijenta prigušenja ζ , od-nosno prirodne frekvencije neprigušenih oscilacija ωn .

126


130/208


Zadatak 7.9

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 7.7. Prijelazna funkcija hr (t)

Go (s )

R (s ) Y (s )

−


zatvorenog sustava upravljanja ima oblik prijelazne funkcije PT 2S člana bezkonačnih nula, pri čemu je hr (∞) = 1, nadvišenje iznosi σm = 8%, a vrijemeprvog maksimuma tm = 3 s. Potrebno je:a) Odrediti polove zatvorenog sustava upravljanja i prikazati ih u komplek-

snoj ravnini.

b) Odrediti prijenosnu funkciju otvorenog kruga Go(s).

Zadatak 7.10

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go (s) = K

s (1 + T s).

Za zadanu vremensku konstantu T = 10 s potrebno je odrediti koecijentpojačanja K tako da nadvišenje prijelazne funkcije σm zatvorenog kruga s jediničnom negativnom povratnom vezom iznosi točno 10%.

Zadatak 7.11


G R (s ) 10(s + 2)( s + 5)

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−

Slika 7.8: Sustav upravljanja s općenitim regulatorom.

Neka regulator ima oblik P člana, GR (s) = K R . Odredite pojačanje K Rtako da vrijeme prvog maksimuma prijelazne funkcije zatvorenog kruga budetm = 0.7s.

127


131/208


Zadatak 7.12

Prijenosna funkcija G1(s) ima kompleksno–konjugirani par polova s1,2 =

−σ1 ± jω1, σ1 > 0. Naznačite u kompleksno j s–ravnini položaj polova prije-nosne G2(s) čija prijelazna funkcija ima jednako nadvišenje i dvostruko većevrijeme porasta od prijelazne funkcije od G1(s).

Zadatak 7.13

Za linearni kontinuirani sustav drugog reda opisan prijenosnom funkcijomG(s) bez konačnih nula zadani su sljedeći pokazatelji kvalitete:

tm = 3.14 s,σm = 16.3%.

a) Odredite i skicirajte položaj polova prijenosne funkcije G(s) u s-ravnini teodredite prijenosnu funkciju G(s) uz dodatni zahtjev da statičko pojačanjesustava iznosi 1.

b) Ako je G(s) prijenosna funkcija zatvorenog kruga s jediničnom povratnomvezom, odredite i skicirajte položaj polova prijenosne funkcije otvorenogkruga Go(s). Je li otvoreni krug stabilan?

Zadatak 7.14

Koristeći relacije koje vrijede za sustav II reda (bez konačnih nula) potrebno je skicirati područje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se istovremenozadovoljili sljedeći zahtjevi:

• vrijeme prvog maksimuma tm < 1 s i• nadvǐsenje σm < 10%.

Zadatak 7.15

Koristeći relacije koje vrijede za sustav II reda (bez konačnih nula) potrebno je skicirati područje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se istovremenozadovoljili sljedeći zahtjevi:

• vrijeme smirivanja t1% < 2 s,• vrijeme porasta tr < 0.5 s i• nadvǐsenje σm < 16.3%.

128


132/208


Zadatak 7.16

Koristeći relacije koje vrijede za sustav drugoga reda (bez konačnih nula)potrebno je skicirati područje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se isto-vremeno zadovoljili sljedeći zahtjevi:

• vrijeme prvog maksimuma tm < 1 s i• vrijeme smirivanja t1% < 2 s.

Zadatak 7.17

Odredite pokazatelje kvalitete prijelazne funkcije za sustav drugog reda bezkonačnih nula, za koji je dano područje polova u s-ravnini prema slici 7.9.

Slika 7.9: Područje polova sustava drugog reda bez konačnih nula.

Zadatak 7.18

Snimanjem prijelazne funkcije zatvorenog kruga (slika 7.10) s jednim paromkonjugirano kompleksnih polova bez konačnih nula utvrdeni su sljedeći iznosikarakterističnih veličina:

tm = 1.2[s], σm = 20[%], h(∞) = 0 .9,pri čemu je tm vrijeme prvog maksimuma, a σm relativni iznos nadvišenjaprijelazne funkcije h(t).

a) Skicirajte prijelaznu funkciju zatvorenog kruga upravljanja i pritom nagrafu označite karakteristične veličine prijelazne funkcije: ( i) vrijeme pr-vog maksimuma, ( ii ) relativni iznos nadvišenja, ( iii ) vrijeme smirivanja,

129


133/208


Go (s )

R (s ) Y (s )

−

Slika 7.10: Zatvoreni krug upravljanja.

(iv) vrijeme porasta i ( v) iznos stacionarnog stanja. Pritom izračunajtekarakteristične veličine koje nisu zadane zadatkom.

b) Izračunajte i označite položaj para polova prijenosne funkcije otvorenog kruga Go(s) u kompleksnoj ravnini.

c) Neka je prijenosna funkcija zatvorenog kruga Gr (s) = 1s2 +2 s+5 . Skicirajtepodručje polova familije prijenosnih funkcija zatvorenog kruga s manjimiznosom nadvišenja i manjim iznosom vremena prvog maksimuma prije-lazne funkcije u odnosu na Gr (s).

130


134/208


7.1 Rješenja

Rješenje 7.1

Karakteristična jednadžba sustava upravljanja:

1 + Go(s) = 1 + K

(s + a)(s + 1)( s + 2) = 0

s3 + (3 + a)s2 + (2 + 3 a)s + 2 a + K = 0

Uvrštenjem K = 43 i a = −23 u karakterističnu jednadžbu slijede polovizatvorenog kruga.

s1,2 = 0, s3 = −73

Rješenje 7.2

Prema zadanim polovima i nulama, prijenosna funkcija procesa je oblika

G p(s) = Y (s)U (s)

= K s −1

s(s + 1)( s + 15) .

Nagib prijelazne funkcije u ustaljenom stanju predstavlja iznos derivacije uustaljenom stanju. Operacija deriviranja u vremenskom području prelazi umnoženje s kompleksnom varijablom s u Laplaceovom području:

L{h (t)}=derivacija

sY (s) = sG p(s) 1s

U (s)

= G p(s) .

Uvrštavanjem u teorem o konačnoj vrijednosti dobivamo

limt→∞

h (t) = lims→0

sG p(s) = 15

lims→0

sK s −1

s(s + 1)( s + 15) =

15

K −11 ·15

= 15

K = −3

131


135/208


Rješenje 7.3

Prijenosna funkcija sustava u direktnoj grani:

ζ = 0.71ωn = 1.41

σm [%] = 100e− ζπ√ 1 −ζ 2 = 4 .21%

tm = π

ωn

1 −ζ 2

+ T t = 5.164s

t1% = 4.6ζωn+ T t = 6.6 s

0 2 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t [s]

h ( t )

Slika 7.11: Prijelazna funkcija otvorenog sustava.

Rješenje 7.4

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga:

Gcl(s) = Go(s)

1 + Go(s) =

2(1 −s)s

2+ 2 s + 2

Karakteristike odziva:

0

1 1

• nadvǐsenje jer zatvoreni krugima kompleksne polove• podbačaj jer zatvoreni krug imaneminimalno faznu nulu• jedinǐcno pojačanje

132


136/208


Rješenje 7.5

Za skicu odziva računaju se vrijednosti u stacionarnom stanju premapojačanju zatvorenog kruga:

y (∞) = K 1 + K

te se dobiju vrijednosti 56 za K = 5 i 1516 za K = 15.

Prijenosne funkcije zatvorenog kruga za K = 5 i K = 15:

Gz1 (s) = 56 ·

1−0.1s(1 + 0.22351s) (1 + 0 .029828s)

Gz2 (s) = 1516 ·

1−0.1s(1 + (0 .01625 + 0.047286 j ) s) (1 + (0 .01625−0.047286 j ) s)

Obje prijenosne funkcije imaju nulu u desnoj poluravnini pa će i objeprijelazne funkcije imati podbačaj. Polovi prijenosne funkcije Gz1 su realnipa pri dolasku u ustaljeno stanje nema oscilacija, dok su polovi prijenosnefunkcije Gz2 konjugirano-kompleksni pa prijelazna funkcija ima i prebačaj ioscilatornost pri dolasku u ustaljeno stanje (vidi sliku 7.12).

0 0.5 1 1.5−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Step Response

Time (sec)

A m p l i t u d e

K=5K=15

Slika 7.12: Prijelazne funkcije zatvorenog sustava za K o = 5 i K o = 15.

133


137/208


138/208


Vremenski pokazatelji:

tm = π

ωn 1 −ζ 2=

π√ 15 = 0 .81 s

σm = 100e− ζπ√ 1 −ζ 2 = 100e−

π√ 15 = 44.43 %

t1% = 4.6ζωn

= 4 .6 s

t r = 1.8ωn

= 0 .45 s

Rješenje 7.8

a) Prijenosna funkcija zatvorenog sustava glasi:

Gz (s) = Y (s)R(s)

=K R · 2(1+0 .1s)(1+0 .002s)

1 + K R · 2(1+0 .1s)(1+0 .002s)=

= 2K R

1 + 2K R + 0.102s + 0 .0002s2 =

=

2K R1+2 K R

1 + 0.1021+2 K R s + 0.00021+2 K R s

2

Pojačanje regulatora lako se odredi iz teorema o konačnoj vrijednosti:

hr (∞) = lims→0 s ·Gz (s) ·U (s) = lims→0 s ·Gz (s) · 1s

= 2K R1 + 2K R

2K R1 + 2K R

= 0 .98 K R = 24.5

b) Prijenosna funkcija s uvrštenim pojačanjem:

Gz (s) = Y (s)R (s) =

0.981 + 0 .00204s + 4 ·10−6s2

= K

1 + 2ζT n s + T 2n s2 =

Kω2nω2n + 2ζωn s + s2

Iz prethodnog izraza slijedi da je:

T n = √ 4 ·10−6 = 0 .002 sωn =

1T n

= 500 rad/s

2ζT n = 0.00204 ζ = 0.51

135


139/208


Korištenjem relacija za sustav drugog reda dobiva se:

σm [%] = 100·e− πζ√ 1 −ζ 2 = 15.526%

hr,m = hr (∞) · 1 + σm100

= 0.98 ·1.15526 = 1.1322tm =

πT n

1 −ζ 2= 0 .0073045 s

c) Polovi sustava su:s1,2 =

−255

± j 430.09

Relativni koecijent prigušenja ζ je kosinus kuta kojeg polovi zatvaraju snegativnog realnom osi, a prirodna frekvencija neprigušenih oscilacija ωn je udaljenost polova od ishodišta:

ζ = cos arctg 430.09

255 = 0.51

ωn = 2552 + 430.092 = 500 rad/sRješenje 7.9

a)

σm % = 100 ·e− πζ√ 1 −ζ 2 ζ = 0.6266

tm = π

ω 1 −ζ 2ωn = 1.3437

Polovi zatvorenog sustava upravljanja su:

s p1 , 2 = −ζωn ± jωn 1 −ζ 2s p1 , 2 = −0.8419± j 1.0472b) Prijenosna funkcija zatvorenog kruga:

Gz(s) = 1

1ω2n

s2 + 2ζ ωn s + 1

Gz(s) = 1

0.5539s2 + 0 .9326s + 1

136


140/208


Pole−Zero Map

Real Axis

I m a g

i n a r y

A x

i s

−0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

System: GzPole : −0.842 − 1.05iDamping: 0.627Overshoot (%): 8Frequency (rad/sec): 1.34

System: GzPole : −0.842 + 1.05iDamping: 0.627Overshoot (%): 8Frequency (rad/sec): 1.34

Slika 7.14: Polovi zatvorenog sustava upravljanja.

Prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go(s) = Gz1 −Gz

= 1

1ω2n

s2 + 2ζ ωn s=

10.5539s2 + 0 .9326s

Rješenje 7.10

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga:

G (s) = Go (s)1 + Go (s)

= 0.1K

s2 + 0 .1s + 0 .1K

ω2n = 0.1K 2ζωn = 0.1

K = 0.025

ζ 2

σm = 100e− πζ√ 1 −ζ 2 ... ζ = ln

100σm

π2 + ln 2 100σm = 0.5912

K = 0.025

ζ 2 = 0.0715

137


141/208


142/208


Rješenje 7.13

a)

σm = e− ζπ√ 1 −ζ 2 −→ζ = 0.5

tm = π

ωn 1 −ζ 2 −→ω p = ωn 1 −ζ 2 = 1

−→ωn =

2√ 33

, ωn ζ =√ 33

G(s) =

43

s2 + 2√ 3

3 s +

43

b)

Go =

43

s(s + 2√ 3

3 )

Rub stabilnosti.

Rješenje 7.14

Za vrijeme prvog maksimuma vrijedi:

jπ

σ

jω

-jπ

tm = π

ωn

1 −ζ 2

< 1

= ωn 1 −ζ 2

> π

Za maksimalno nadvišenje vrijedi:

139


143/208


144/208


Slika 7.17: Područje traženih zahtjeva.

Rješenje 7.16

jω

σ

jπ

-jπ

-2.3tm =

πωn 1 −ζ 2

< 1 ωn 1 −ζ 2 > πt1% =

4.6ζω

n

< 2 ζωn > 2.3

Rješenje 7.17

Iz slike 7.9 se očitava ωn > 4 s−1, te kut s negativnom realnom osi |α| < π4 =45◦. Relativni koecijent prigušenja je jednak ζ = cos(α) > √ 22 . Konačno,veza s vremenskim područjem:

t r < 1.8

ωn=

1.8

4 = 0.45 s.

σm < 100e− πζ√ 1 −ζ 2 = 4 .32%.

Rješenje 7.18

a) Iz zadanih σm i tm najprije se odrede relativni koecijent prigušenja ζ iprirodna frekvencija neprigušenih oscilacija ωn ,

0.2 = e− ζπ√ 1 −ζ 2

→ζ = 0.4559,

141


145/208


Slika 7.18: Prijelazna funkcija zatvorenog kruga

ωn = π

tm 1 −ζ 2 = 2 .9416 [rad/ s].Vrijeme smirivanja iznosi t1% = 3.43 [s], a vrijeme porasta tr = 0.6119 [s].Prijelazna funkcija zatvorenog kruga s označenim karakterističnim veličinamaprikazana je na slici 7.18.

b)

Gr (s) = Kω2n

s2 + 2 ζωn s + ωn 2 −Kω2n, Go(s) =

Gr (s)1 −Gr (s)

,

s p1 , 2 = −ζωn ±ωn ζ 2

−(1 −K )Uz izračunate ζ i ωn slijede polovi:s p1 = −2.3071, s p2 = −0.3751,

koje je potrebno ucrtati u kompleksnoj ravnini.

c) Polovi referentnog sustava su s p1 , 2 = −1±2 j . Iz uvjeta za manje vrijemeprvog maksimuma slijediπ

ωn

1

−ζ 2

< π

ωn

1

−ζ 2

,

142


146/208


ωn 1 −ζ 2 < ωn 1 −ζ

2,Im < Im ,

što predstavlja uvjet da sustav mora imati polove udaljenije od realne osi,u odnosu na konjugirano kompleksni par polova referentnog sustava.

Iz uvjeta za nadvišenje slijedi,

σm < σm

α < α (α = arccos (ζ ))

pri čemu je α kut kojeg polovi s p1 , 2 zatvaraju s kompleksnom ravninom.Područje polova u kompleksnoj ravnini koje zadovoljava dana ograničenjaprikazano je na slici 7.19.

α

2

− 2

Slika 7.19: Dozvoljeno područje polova u kompleksnoj ravnini s obzirom nazadana ograničenja tm < t m i σm < σ m

143


147/208

Poglavlje 8

Stabilnost linearnihkontinuiranih sustavaupravljanja

Zadatak 8.1

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 8.1.

K

s

1s 2 + s + a

R (s )

Z (s )E (s ) Y (s )

−+

Slika 8.1: Zatvoreni regulacijski krug.

a) Korištenjem Hurwitzovog kriterija odredite područje stabilnosti u K -aravnini.

b) Koliki je iznos perioda oscilacija sustava na rubu stabilnosti?

Zadatak 8.2

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 8.2. Hurwit-zovim kriterijem stabilnosti odredite interval vrijednosti pojačanja K R zakoje je sustav upravljanja stabilan.

144


148/208

8. Stabilnost linearnih kontinuiranih sustava upravljanja v1.0

K Rs − 1

(s + 2)( s + 3)( s + 4)

Regulator ProcesR (s ) Y (s )

−


Zadatak 8.3


K

(s + a )( s + 1)( s + 2)

R (s ) Y (s )

−


Odredite i skicirajte područje stabilnosti sustava u a-K ravnini koristećiHurwitzov kriterij.

Zadatak 8.4Zadana je prijenosna funkcija otvorenog regulacijskog kruga:

Go (s) = K

s (1 + 10s) (1 + 2s)

Korištenjem Hurwitzovog kriterija stabilnosti odrediti dozvoljene iznosepojačanja K za koje je zatvoreni sustav s jediničnom negativnom povratnomvezom stabilan.

Zadatak 8.5


G R (s ) 10(s + 2)( s + 5)

Regulator Proces

R (s ) Y (s )

−

Slika 8.4: Sustav upravljanja s opčenitim regulatorom.

145


149/208


−

+

−

+

R

C

u

e

R 1R 1

Slika 8.5: Regulator izveden idealnim operacijskim pojačalima.

a) Neka je regulator GR (s) prikazan slikom 8.5. Odredite prijenosnu funkcijutakvog regulatora, uz zadan R1 = 100kΩ.

b) Primjenom Hurwitzovog kriterija stabilnosti odrediti područje promije-njivih parametara C i R za koje će zatvoreni sustav upravljanja sa slike8.4 uz regulator odreden u a) dijelu zadatka biti stabilan.

Zadatak 8.6

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 8.6. Pri-

K Rs

G (s ) G (s )

G (s )

R (s ) E (s )

Y (s )

−

−

+

++

Slika 8.6: Sustav upravljanja.

tom je: G(s) = 1s + 2

.Primjenom algebarskog kriterija stabilnosti odredite interval vrijednosti

pojačanja K R za koji je sustav stabilan.

Zadatak 8.7


146


150/208


K s

1s +2

1s + a

R (s )Z (s )

E (s ) Y (s )

−

+


Korǐstenjem Hurwitzovog kriterija stabilnosti odredite i skicirajte po-dručje stabilnosti zatvorenog kruga upravljanja u K − a ravnini (K os –apscisa, a os – ordinata).

Zadatak 8.8

Na slici 8.8 prikazan je zatvoreni krug upravljanja koji se sastoji od regulatoraGR (s), procesa GP (s), te mjernoga člana GM (s). Prijenosna funkcija procesa je GP (s) = 1s 2 +2 s+2 .

G R (s ) G P (s ) G M (s )R (s ) Y (s )

−

Slika 8.8: Zatvoreni krug upravljanja.

Neka je GM (s) = 1. Korištenjem Hurwitzovog kriterija odredite za kojevrijednosti parametara K R i T I je sustav upravljanja stabilan. Skicirajtedobiveno područje stabilnosti u K R −T I ravnini.

Zadatak 8.9

1+2 s(1+4 s )(1+8 s )

G F ( s )

K s

G R ( s )

1+ s(1+2 s )(1+5 s )

G P ( s )R (s ) Y (s )

−

Slika 8.9: Sustav automatskog upravljanja.

Za sustav upravljanja prikazan slikom 8.9, korištenjem Hurwitzovog kri-terija stabilnosti, odredite iznose pojačanja regulatora K za koje je sustav

147


151/208


upravljanja stabilan.

148


152/208


8.1 Rješenja

Rješenje 8.1

Go(s) = K

s(s2 + s + a)Karakteristična jednadžba se dobije iz 1 + Go(s) = 0.

P (s) = s3 + s2 + as + K

a) Hurwitzov kriterij:

• a1 > 0 K > 0 (I uvjet)a2 > 0 a > 0 (II uvjet)• D1 = a1 = a > 0 (isto kao II uvjet)

D2 =a1 a0a3 a2

= a K 1 1 = a −K > 0 (III uvjet)Uzimanjem u obzir uvjeta I, II i III dobiva se područje stabilnosti prika-

zano slikom 8.10.

K

a

a=K

Slika 8.10: Područje stabilnosti.

b) Rub stabilnosti je ostvaren kada K = a. Uvrštavanjem u karakterističnu jednadžbu dobiva se period oscilacija kako slijedi.

P (s) = s3 + s2 + as + a = ( s + 1)( s2 + a)P ( jω) = ( jω + 1)(−ω2 + a) = 0

ω = √ aT =

2π√ a

149


153/208


Rješenje 8.2


1 + Go(s) = 1 + K R (s −1)

(s + 2)( s + 3)( s + 4) = 0

s3 + 9 s2 + (26 + K R )s + 24 −K R = 0Nužno je da su svi koecijenti karakteristične jednadžbe istog predznaka:

a3 = 1 > 0a2 = 9 > 0

a1 = 26 + K R > 0 K R > −26a0 = 24 −K R > 0 K R < 24

Determinante moraju biti pozitivne:

D1 = a1 > 0

D2 =a1 a0a3 a2

> 0

9(26 + K R ) −1(24 −K R ) > 0 K R > −21Konačno rješenje je:

K R −21, 24

Rješenje 8.3


1 + Go(s) = 1 +

K

(s + a)(s + 1)( s + 2) = 0

s3 + (3 + a)s2 + (2 + 3 a)s + 2a + K = 0

Nužno je da su svi koecijenti karakteristične jednadžbe istog predznaka:

a3 = 1 > 0a2 = 3 + a > 0 a > −3

a1 = 2 + 3 a > 0 a > −23

a0 = 2a + K > 0 K > −2a

150


154/208


Determinante moraju biti pozitivne:

D1 = a1 > 0

D2 =a1 a0a3 a2

> 0

(2 + 3a)(3 + a) −(2a + K ) > 0 K < 3(a + 1)( a + 2)Konačno rješenje je odredeno područjem:

a > −23

K > −2aK < 3a2 + 9 a + 6i prikazano na slici 8.11 (sjecište pravca K = −2a i parabole K = 3a2 +9 a +6 je u točki −23 ).


Rješenje 8.4

Karakteristična jednadžba dobije se iz:1 + Go (s) = 0

P (s) = 20s3 + 12 s2 + s + K = 0

Prvi uvjet je K > 0, a determinante prema Hurwitzu su:

D1 = 1 > 0

D2 =1 K 20 12 = 12 −20K > 0 K <

35

151


155/208


Ukupno je, dakle:0 < K <

35

Rješenje 8.5

a) Neka je opčeniti blok izveden operacijskim pojačalom prikazan na slici8.12. Njegovu prijenosnu funkciju možemo odrediti promatrajući strujuI koja prolazi otporima Z 1 i Z 2.

u = Z 2I y = −Z 1I

Gb = yu

= −Z 1Z 2

Prijenosna funkcija regulatora prikazanog slikom 8.5 tada je:

−

+

Z 1

yu

Z 2

I

Slika 8.12: Blok izveden idealnim operacijskim pojačalom.

GR (s) = − RR1 −

1sCR 1

GR (s) = RsCR 21

b) Uz GR (s) = RsCR 21 imamo

G(s) = GR (s)G p(s)1 + GR (s)G p(s)

= 10R

CR 21s3 + 7 CR 21s2 + 10 CR 21s + 10RP (s) = CR21s

3 + 7 CR 21s2 + 10 CR 21s + 10R

152


156/208


Iz uvjeta za koecijente karakteristǐcnog polinoma P (s) slijedi R > 0 iC > 0, što je ispunjeno za sve ostvarive otpornike i kondenzatore. Preos-taje ispitati determinantu:

10CR 21 10RCR 21 7CR 21

> 0

70C 2R41 −10CR 21R > 010CR 21(7CR

21 −R) > 0

7CR 21 −R > 0R < 7R21C

Područje stabilnosti prikazano je slikom 8.13.

C

R

7 R 21

1

R

C

7 R 21

1


Rješenje 8.6

Blokovskom algebrom dobije se prijenosna funkcija otvorenog kruga:

G0(s) = K R

s G(s)

G(s)1 + G(s)

G(s)1 −G(s)

= K R1

s(s + 2)( s + 3)( s + 1)

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga i karakteristični polinom iznose

G(s) = K R

s4 + 6 s3 + 11 s2 + 6 s + K RP (s) = s4 + 6 s3 + 11 s2 + 6 s + K R

Koristeći Hurwitzov kriterij ispitujemo sljedeće uvijete:

153


157/208


1) svi koecijenti od P su veći od nule K R > 0;2) provjera determinanti:

D1 = 6 > 0

D2 =6 K R6 11 > 0 K R < 11

D3 =6 K R 06 11 60 1 6

> 0 K R < 10

Sustav je stabilan za vrijednosti K R unutar skupa 0, 10 .Rješenje 8.7

Karakteristični polinom zatvorenog kruga zadovoljava jednadžbu

1 + Go(s) = 0 , Go(s) = K

s1

s + 21

s + a,

iz čega slijediP (s) = s3 + (2 + a)s2 + 2 as + K.

Iz Hurwitzovih kriterija stabilnosti slijedi:

• iz uvjeta na koecijente polinoma:a > 0, K > 0

• iz uvjeta na strogo pozitivnu determinantu drugog reda D2:K < 4a + 2 a2.

• iz uvjeta na strogo pozitivnu determinantu trećeg reda D3 slijedi istiuvjet kao i za D2.Dozvoljeno područje stabilnosti prikazano je na slici 8.14.

Rješenje 8.8

Karakteristična jednadžba zatvorenog kruga upravljanja glasi:

P (s) = T I s3 + 2 T I s2 + (2 + K R )T I s + K R = 0

154


158/208


Slika 8.14: Područje stabilnosti u K-a ravnini

Primjenom Hurwitzovog kriterija odreduju se parametri regulatora za koje je sustav upravljanja stabilan:

a0 > 0 →K R > 0a1 > 0 →T I > 0

a1 a0a3 a2

= (2 + K R )T I K RT I 2T I

> 0

→T I >

K R

4 + 2K R

Rješenje 8.9

Prijenosna funkcija GF (s) je očito stabilna (polovi se nalaze u lijevoj po-luravnini). Stoga za GF (s) nije potrebno dodatno provjeravati stabilnost.Karakteristični polinom zatvorene petlje glasi:

10s3 + 7 s2 + ( K + 1) s + K = 0.

Slijede uvjeti: K > 0K + 1 K

10 7 = −3K + 7 > 0 → K < 73

.

Stoga je konačno rješenje 0 < K < 73 .

155


159/208

Poglavlje 9

Pokazatelji kvalitete SAU uustaljenom stanju

Zadatak 9.1

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga

Go(s) = 1

sT I (s + 1)( s + 5).

Potrebno je odrediti T I tako da regulacijsko odstupanje zatvorenog sus-tava upravljanja s jediničnom povratnom vezom na pobudu r(t) = 2 tS (t) uustaljenom stanju ima vrijednost e∞ = 5.

Zadatak 9.2

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 9.1. Odredite regulacijsko od-stupanje e∞ u ustaljenom stanju ak

automatsko upravljanje-zbirka

Documents