p06_karperzadaci

Karakteristike i performanse sistema automatskog upravljanja - zadaci

Primer. Funkcija povratnog prenosa SAU je: W(s) = 4 s+2s3 + 6s2 + 11s + 6

. Odrediti

konstante greke Kp, Kv i Ka. Reenje.

Kp = lims0W(s) =

426 =

43;

Kv = lims0sW(s) = 0

426 = 0;

Ka = lims0s

2W(s) = 0 426 = 0.

Primer. Funkcija povratnog prenosa SAU je: W(s) = 10 s+5s (s + 3)2

. Odrediti konstante

greke Kp, Kv i Ka. Reenje.

Kp = lims0W(s) =

105032 = ;

Kv = lims0sW(s) = lims0 s 10

s+5s (s + 3)2

= lims0 10

s+5(s + 3)2

= 1059 = 509 ;

Ka = lims0s

2W(s) = lims0 s

2 10 s+5s (s + 3)2

= lims0 s 10

s+5(s + 3)2

= 0 1059 = 0.

Primer. Funkcija povratnog prenosa SAU je: W(s) = 50 s+2s2(s + 10)2

. Odrediti konstante

greke Kp, Kv i Ka. Reenje.

Kp = lims0W(s) =

5020100 = ;

Kv = lims0sW(s) = lims0 s 50

s+2s2(s + 10)2

= lims0 50

s+2s (s + 10)2

= 5020100 = ;

Ka = lims0s

2W(s) = lims0 s

2 50 s+2s2(s + 10)2

= lims0 50

s+2(s + 10)2

= 502100 = 1.

Primer. Funkcija povratnog prenosa SAU je: W(s) = K s+as (s + b), gde su K, a i b realne pozitivne konstante. Odrediti greku rada sistema u ustaljenom stanju, ako su na ulaz dovedeni signali: a) u(t) = r0h(t); r0 = const. b) u(t) = vth(t); v = const.

c) u(t) = at2

2 h(t); a = const.

Reenje. a) Za odskoni ulazni signal greka rada sistema u stacionarnom stanju je:

str. 1 od 8


ess = r0

1+Kp. Kp = lims0W(s) = Ka0b = ; ess =

r01+ = 0

b) Za nagibni ulazni signal greka rada sistema u stacionarnom stanju je: ess = vKv.

Kv = lims0sW(s) = lims0 s K

s+as (s + b) = lims0 K

s + a(s + b) =

Kab ; ess =

v

1+Kab = vbKa.

c) Za parabolini ulazni signal greka rada sistema u stacionarnom stanju je: ess = aKa.

Ka = lims0 s

2W(s) = lims0 s

2 K s + as (s + b) = lims0 s K s + a

(s + b) = 0 Kab = 0; ess =

a0 =

Primer. Funkcija povratnog prenosa SAU je: W(s) = 50 s + 4s2 (s + 2)(s + 5)

. Odrediti greku

rada sistema u ustaljenom stanju, ako je na ulaz doveden signal: u(t) = 4h(t) - 7th(t) + 9t2h(t).

c) u(t) = at2

2 h(t); a = const.

Reenje. Poto je sistem linearan, moe se primeniti princip superpozicije i odrediti prvo greku rada za svaku komponentu pobudnog signala. Zbir tako odreenih greki je ukupna greka rada sistema za datu pobudu.

ess (4h(t))= 4

1+Kp = 4

1+ = 0 ess (7th(t))=

7Kv =

7 = 0

ess ( )9t2h(t) = ess

18

2 t2h(t) = 18Ka =

1820 = 0.9

ess = ess (4h(t)) - ess (7th(t)) + ess ( )9t2h(t) = 0.9 Primer. Blok dijagram sistema u zatvorenoj povratnoj sprezi je prikazan na slici. Odrediti funkciju povratnog prenosa W(s) pod uslovom: a) da je greka u stacionarnom stanju na ulazni jedinini odskoni signal jednaka 0, a karakteristini polinom sistema u zatvorenoj sprezi f(s) = s3+4s2+6s+4. b) da je greka u stacionarnom stanju, za jedinini nagibni signal na ulazu, jednaka 2 i da su dominantni polovi sistema treeg reda s1,2 = -1j.

W(s)+

-

Reenje. a) Poto se zahteva da sistem radi bez greke u stacionarnom stanju kada se na njegov ulaz dovede odskoni signal, potrebno je obezbediti da signal poseduje astatizam najmanje prvog reda (r1). Kako je, prema uslovu zadatka, karakteristini polinom sistema u zatvorenoj sprezi treeg reda, to je i stepen polinoma u imeniocu funkcije povratnog prenosa takoe treeg reda. Na osnovu navedenog, reenje se moe pretpostaviti u obliku

str. 2 od 8


W(s) = c

s ( )s2 + as + b , gde su a,b i c nepoznate realne konstante. Takoe, mogua su

reenja oblika: W(s) = as2 + bs + c

s ( )s2 + ds + e ; W(s) = as2 + bs + cs2 (ds + e)

; W(s) = as2 + bs + c

s3 ali ova

reenja imaju vie nepoznatih koeficijenata za odreivanje, poslednje reenje moe biti problematino po pitanju stabilnosti. Iz prethodnog izlaganja se vidi da ovaj zadatak nema jedinstveno reenje, ve da postoji praktino beskonaan broj tanih reenja.

Posmatra se reenje oblika W(s) = c

s ( )s2 + as + b . Nakon zatvaranja povratne sprege, karakteristini polinom sistema je: f(s) = s3 + as2 + bs + c, i on je prema uslovu zadatka jednak polinomu f(s) = s3+4s2+6s+4. Na osnovu jednakosti polinoma, odreuju se

koeficijenti: a=4, b=6 i c=4. Funkcija povratnog prenosa je W(s) = 4

s ( )s2 + 4s + 6 . b) Poto se zahteva da vrednost greke u stacionarnom stanju, na nagibnu pobudu, bude konstanta razliita od 0 i potrebno je da sistem poseduje astatizam prvog reda (r=1). Poto se zahteva da sistem bude treeg reda, pogodno je traiti funkciju povratnog

prenosa u obliku W(s) = a

s ( )s2 + bs + c . Za jedninini nagibni ulazni signal greka rada sistema u stacionarnom stanju je:

ess = 1Kv = 2. Kv =

12 = lims0 sW(s) = lims0 s

as (s2 + bs + c)

= lims0

s + a s2 + bs + c

= ac; a =

c2.

Nakon zatvaranja povratne sprege karakteristini polinom je: f(s) = s3 + bs2 + cs + c/2. Po uslovu zadatka sistem poseduje dva pola s1,2 = -1j, tako da se karakteristini polinom moe napisati u obliku: f(s) = (s+1-j)(s+1+j)(s+d) = s3 + (d+2)s2 + (2d+2)s + 2d. Sada se mogu izjednaiti desne strane karakteristinih polinoma:

s3 + bs2 + cs + c/2 = s3 + (d+2)s2 + (2d+2)s + 2d, odakle sledi: c=4; a=2; d=1; b=3.

Sada je traena funkcija povratnog prenosa: W(s) = 2

s( )s2+3s+4 .

Primer. Funkcija spregnutog prenosa SAU je: Ws(s) = 1

s+1. Ulazni signal je u(t)=2h(t).

Odrediti: a) Vreme kanjenja Tk; b) Vreme uspona Tu; c) Vreme smirenja Ts2% i Ts5%. Reenje.

U(s) = 2s Y(s) = Ws(s)Y(s) =

1s+1

2s y(t) = 2(1 - e-t) yss = limt y(t) = lims0 sY(s) = 2

a) Vreme kanjenja je vreme potrebno da signal dostigne 50% vrednosti signala u stacionarnom stanju. Znai y(Tk)=1, odnosno y(Tk) = 2(1 - e-Tk) = 1 Tk = ln2 0.69sec. b) Vreme uspona je vreme potrebno da signal naraste sa 10% na 90% vrednosti signala u stacionarnom stanju. Znai Tu=T90%-T10%, gde je y(T10%)=0.2 i y(T90%)=1.8. y(T10%) = 2(1 - e-T10%) = 0.2 T10% = -ln0.9 0.1sec. y(T90%) = 2(1 - e-T90%) = 1.8 T90% = -ln0.1 2.3sec. Tu=T90%-T10%,= 2.3-0.1 = 2.2sec.

str. 3 od 8


c) Vreme smirenja je vreme potrebno da amplituda oscilacija odziva padne na vrednost manju od 2% (Ts2%), odnosno 5% (Ts5%) od vrednosti signala u stacionarnom stanju. Tako da je: y(Ts2%) = 2(1 - e-Ts2%) = 1.96 Ts2% = -ln0.02 3.91sec. y(Ts5%) = 2(1 - e-Ts2%) = 1.9 Ts5% = -ln0.05 3sec.

Primer. Data je funkcija spregnutog prenosa SAU: bs

a(s)sW += . Ulazni signal je u(t)=2h(t). Odziv sistema u stacionarnom stanju je 1. Koje uslove treba da zadovolje parametri a i b da bi vreme uspona bilo 1 sekunda. Koliko iznosi vreme kanjenja za zadati ulazni signal?

Reenje. Spregnuti prenos sistema je dat: bs

a)s(sW += . Ulazni signal je: u(t)=2h(t) U(s)=2/s Odziv sistema je:

s1

ba2

bs1

ba2

s2

bsa)s(U)s(sW)s(Y ++=+== )

bte1(ba2)t(y =

Odziv nakon ulaska u stacionarno stanje je: 1ba2)s(sY

0slim)t(y

tlimssy ==== 2a=b

Vreme uspona je: Tu=t2-t1 , t2=Tu+t1. Vremena t1 i t2 su definisana izrazima: y(t1)=0.1yss=0.1 1.0bte1)bte1(b

a2)1t(y 11 === 9.0bte 1 =

y(t2)=0.9yss=0.9 9.0bTe9.01bTebte1bte1)2t(y uu12 ==== 91bTe u =

Po uslovu zadatka je Tu=1 91be = 2.2

91lnb = .

Vrednost parametra a se izraunava iz izraza: 2a=b a=1.1. Konano je funkcija spregnutog prenosa:

2.2s1.1)s(sW +=

Vreme kanjenja je prema definiciji: y(Tk)=0.5yss=0.5.

5.0T2.2e1)bTe1(ba2)kT(y kk === 315.02.2

5.0lnkT = sekundi.

Primer. Posmatra se sistem automatskog upravljanja sa jedininom negativnom povratnom spregom. Kada na ulaz sistema deluje jedinina impulsna funkcija, signal greke je e(t)=(t)-4e-2tsin(4t). Odrediti funkciju povratnog prenosa sistema

Reenje. Ulaz u sistem je u(t), a izlaz y(t). Greka: E(s)=U(s)-Y(s) )s(U)s(W1

1)s(E +=

u(t)=(t) U(s)=1 )s(W1

1)s(E +=

E(s)=L{e(t)}=L{(t)-4e-2tsin(4t)}=162)2s(

161++

162)2s(

161)s(W1

1

++=+ 2)2s(

16

4s42s

1614s42s

20s42s)s(W+

=++

=++++=

str. 4 od 8


Primer. Funkcija spregnutog prenosa SAU je Ws(s) = 4

s2 + s + 4. Ulazni signal je u(t)=h(t).

Odrediti vreme i vrednost preskoka.

Reenje. s2+s+4=0 s1,2 = - 12 j 152 . Poto su polovi sistema konjugovano kompleksni

odziv sistema je oscilatoran.

U(s) = 1s Y(s) = Ws(s)Y(s) =

4s2 + s + 4

1s

y(t) = 1 - e-0.5 t cos

15

2 t - 115

e-0.5 t sin

15

2 t , to se moe napisati u obliku

y(t) = 1 - - e-0.5 t

1 - 0.252 sin

15

2 t - , gde je =arccos(-0.25), Preskok je maksimum funkcije y(t). Odreuje se na taj nain, to se diferencira y(t) po

vremenu i odredi najmanje t>0, za koje je dy(t)

dt = 0. Nakon diferenciranja i sreivanja sledi

izraz: sin

15

2 t = 0 152 t = t =

215

1.6sec.

yss = limt y(t) = lims0 sY(s) = 1; yMAX = y(1.6) 1.4; % =

yMAX - yssyss 100% 40%

Primer. Blok dijagram SAU je prikazan na slici. Odrediti vrednosti pojaanja K i konstante Kd tako da maksimalna vrednost preskoka =20% u jedininom odskonom odzivu nastupa u trenutku t=1sec. Parametri K i Kd su realni i pozitivni.

+

-1+Kds

)1s(sK+

U(s) Y(s)

Reenje. Spregnuti prenos je Ws(s) =

Ks(s + 1)

1 + K(1 + Kds)

s(s + 1) =

Ks2 + (1 + KKd)s + K

.

Poto po uslovu zadatka postoji preskok u odzivu, sistem poseduje konjugovano kompleksne polove, odnosno reenja karakteristine jednaine s2+(1+KKd)s+K=0 su konjugovano kompleksna. Odziv sistema, na jedininu odskonu pobudu, je dat izrazom

Y(s) = K

s2 + (1 + KKd)s + K 1s =

= - s +

12 (1 + KKd)

s + 12 (1 + KKd)2

+ K - 14 ( )1 + KKd

2 -

12 (1 + KKd)

s + 12 (1 + KKd)2

+ K - 14 ( )1 + KKd

2 + 1s.

Ako se uvedu smene (radi kraeg pisanja): p = 12 (1 + KKd) i q

2 = K - 14 ( )1 + KKd

2,

prethodni izraz se moe napisati u obliku: Y(s) = 1s -

s + p(s + p)2 + q2

- p

(s + p)2 + q2, tako da je

str. 5 od 8


y(t) = 1 - e-p t cos(q t) - pq e

-p t sin(q t).

Za odreivanje preskoka potrebno je odrediti maksimum prethodne funkcije: dy(t)

dt = q2 + p2

q e-p t sin(q t) = 0 sin(q t) = 0 qt = . Prema uslovu zadatka je t=1,

tako da je: q2 = K - 14 ( )1 + KKd

2 = .

Dalje je % = yMAX - yssyss 100% = y(1) - yss

yss 100% = y(1) - 1

1 100% = 20% y(1) = 1.2. Poto je q= i t=1 tada je y(1) = 1 - e-p cos() - p e-p sin() = 1 + e-p = 1.2 p = ln5. Sada se moe napisati sledei sistem jednaina:

p = 12 (1 + KKd) = ln5

q2 = K - 14 ( )1 + KKd

2 =

ija su reenja: K = 2 + ln25 12.4599sec. i Kd = 2ln5 - 12 + ln25 0.1781sec. Primer. Posmatra se sistem iji je blok dijagram prikazan na slici 1. Otkae se sve povratne sprege i na ulaz sistema se dovede jedinini odskoni signal. Odziv sistema je prikazan na slici 2. Odrediti nepoznatu prenosnu funkciju G(s).

Slika 1. Slika 2. Reenje. Sa slike 2 se odreuje analitiki izraz za odziv. Odziv je eksponencijalnog oblika (vidi se sa slike) i opti oblik mu je y(t)=a+bect : Sa slike se dalje vidi da je y(0)=-1=a+b

)ctbea(tlim1)(y +==

Poto je prema slici odziv u stacionarnom stanju konstantan to znai da je ,

odnosno da je c


Primer. Naponski signal u1(t)=10h(t) V doveden je na ulaz RL kola sa slike 1. Odziv na dovedeni signal je u obliku jedne od krivih sa slike 2. Odrediti vreme T i vrednost otpora R2, ako je R1=600 i L=2,5H. Poetni uslovi su nulti.

10

4

7

u2(t)

0 T t

R1

u1(t) u2(t)+

R2

L

Slika 1. Slika 2.

Reenje. Funkcija prenosa datog sistema je: 2R1RsL

2RsL)s(1U)s(2U

+++= , odnosno:

++++

+=+++=

s1

2R1R2R

L2R1Rs

1

2R1R1R10

s10

2R1RsL2RsL)s(2U (1)

)t(h2R1R

2RtLRR

e2R1R

1R10)t(2u21

++

++= (2)

Na osnovu prethodnog izraza je: u2(0)=10.

a na osnovu izraza (2) i slike 2 se vidi da je: 42R1R

2R10)t(2utlim =+= , i na osnovu

poznatog R1=600 izraunava se R2=400. Sada je u2(t)=4+6e-400t, odnosno u2(T)=4+6e-400T=7 -400T=ln0.5 T=1.73ms Primer. Sistem automatskog upravljanja je prikazan blok dijagramom na slici:

a2s1+ s

a2 2U(s)

Y1(s)

+

-Y2(s)

a) Ako se na ulaz dovede signal u(t)=h(t) odrediti odzive y1(t) i y2(t). b) Odrediti vrednost parametra 'a' tako da odziv y1(t) ima maksimalnu vrednost u trenutku t=4s. Reenje. a) Na osnovu dijagrama sa slike odreuje se funkcija prenosna G2(s)=Y2(s)/U(s):

2a2as22s

2a2)s(U)s(2Y

++=

s1)s(U =

2a2as22s

a2ss1

s1

2a2as22s

2a2)s(2Y +++=

++=

str. 7 od 8


2a2as22s

a2a2as22s

ass1)s(2Y ++

++

+=

)t(h))atsin()at(cos(ate1)t(h)atsin(ate)atcos(ate1)t(2y

+=

=

Na blok dijagramu se vidi da je: s

2a2)s(1Y)s(2Y = )s(2Y2a2

s)s(1Y = dt)t(2dy

2a2

1)t(1y = .

[ ]))atsin()at(cos())atcos()at(sin(atae2a21))atsin()at(cos(ate1

dtd

2a2

1)t(1y +=

+=

)atsin(atea1)t(1y

=

b) Potrebno je odredtiti maksimum signala )atsin(atea1)t(1y

=

( ) 0)atsin()atcos(ate)atcos(atae)atsin(ataea1)atsin(ate

a1

dtd

dt)t(1dy ==

+=

=

cos(at)=sin(at) 4

at = t=4 16

a = .

642.14

sin4e16)4(1ymax1y =

==

Slika 2

str. 8 od 8

p06_karperzadaci

Documents