Projekt kursi

Jepet funksioni si me poshte;

Pjesa e pareTema: Projektimi i rregullatorit per vendosje te deshiruar te poleve

1-1. Te ndertohet skema me rregullator PI kur jepet k=1

ZgjidhjeForma klasike e rregullatorit PI jepet si me poshte ;

Jepen ; K=ki dhe

Lidhja e rregullatorit PI me objektin e rregullimit OR jepet si me poshte;

Detyra jone ka te bej me gjetjen e rregullatorit PI me koeficentet perkates ne menyre qe te kemi kushtet e vendosura.

1-2. Per r(t)=t dhe Kv=28 do kemi qe pjesa imagjinare e rrenjve kompleke te ekuacionit karakteristik te sistemit te mbyllur nuk eshte me e madhe se 34.Te gjendet K dhe T per kushtet 1-1 dhe 1-2.

Zgjidhje

Gjejme GH(s),GM(s),F(s)Do te kemi;

1

Gjejme GM(s):

Funksioni karakteristik F(s) eshte ;

Dy te panjohurat e ekuacionit do te percaktojne pozicionin e poleve te sistemit te korigjuar.Gjejme koeficientin e gabimit.

Nga kushti i mesiperm kemi qe KV=28Gjejme K;

Me ane te veprimeve qe bem me siper kemi qe per rregullatorin PI te kemi nje siguri per gabimet qe ndodhin ne gjendjen e qendrueshme sipas kerkeses se dhene.Ne menyre jo direkte percaktojme polin e trete.

Bejme zevendesimin e K te funksioni karakteristik;

Me qense kemi tre rrenje do kemi qe konturi i mbyllur do kete tre pole.

Ekuacioni eshte me nje te panjohur , ka dy rrenje komplekse dhe nje reale. Teorikisht polet duhet te jene te vendosur si ne figure ;

2

Dime qe ;

ku ω=28 Bejme zevendesimin e ω=28 dhe do kemi qe ;.Funksioni F(S) e ndajme si me poshte ; .Polinomi i pare eshte ;

Gjejme polinomin tjeter duke pjestuar F(s) me A(s).

Pjesa qe mbetet eshte ; Barazojme pjeset me 0. Gjejme vleren e ; =23.3541 Vlera e gjetur bashke me ω=34 krijojne ciftin dominues; = - 23.3541 j28Bejme zevendesimin e = 23.3541 per te gjetur T pra do kemi ; per =23.3541Gjejme qe ;

Perfundimisht kemi harritur ne perfundimin qe ;

Gjejme ;

3

Duke zbatuar kriteret qe jane dhene ne fillim do kemi ;

Forma e rregullatorit PI do te jete ;

Funksioni transmetues i konturit te mbyllur do kete formen e meposhtme ;

1-3. Te ndertohet VGJR kur kemi nje ndryshim te konstantes integrale te kohes dhe duke mos ndryshuar parametrin proporcional te rregullatorit PI .

T do ndryshoje vlerenFunksioni transmetues per gjendjen e hapur do te jete ;

Barazojme pjesen poshte me 0 ; Duke zevendesuar vleren e k=28 do te kemi ; Parametri qe do te ndryshoj ndodhet ne ekuacion bashke me nje variabel te rendit te pare prandaj duhet te gjejme nje funksion transmetues te perafert. Funksioni transmetues i perafert do jete i formes ;

Nga funksioni do kemi qe Fe q(s)=F(S).Veprojme si me larte per Feq(s) ; Per konturin e hapur do kemi funksionin ;

Polet jane; S1 = -28 dhe S2,3 = j6.75. Zerot do jene ; q=0 .Per te gjetur VGJR do ndjekim disa stade ;Stadi 1Numri i trajektoreve eshte sa numri i poleve ne rastin qe kemi ne do kemi 3 trajektore.Stadi 2Fillimi i trajektoreve do jete te polet e njohura , numri i zerove eshte 1 pra ;m=1 pra do kemi n-m=3-1=2

4

2 trajektore do shkojne ne pafundesi ndersa nje trajektore do te kycet te zeroja.Stadi 3Gjejme asimtodat ne varesi te T-se. Gjejme piken ne boshtin real nga do nisen 2 gjysem drejtezat ;

Kendi i asimtodave me boshtin real do gjendet me formulen ;

ku do kemi qe ; i=0,1,2 pra i=n-m

Bejme zevendesimin e i-se dhe do te kemi ;

Stadi 4Trajektoret do jene simerike me boshtin real per shkak se rrenjet qe kemi gjetur jane te vijueshme dhe jene reale mbi boshtin real ose komplekse te konjuguar (simetrike me boshtin e abshisave).

Stadi 5 Ne boshtin real kemi vetem nje pole dhe nje zero e cila ndodhet ne origjin. Segmenti [0,-28] eshte pjese e trajektores sepse ne te djathte ka vetem nje zero.Segmenti bashkon polin me zeron.Segmenti [-28,∞] nuk ben pjese ne trajektore sepse ka numer cift pole-zero ne anen e djathte.

Stadi 6 Gjejme derivatin e numeruesit me ane te formules ;

Pika qe do prese brenda zonave te ndaluara te trajektoreve do ta shenojme me Sm

Funksionin transmetues do ta shkruajme ne formen e meposhtme ;

Gjejme derivatin ;

Bejme zevendesimet te ekuacioni i mesiperm nga ku do te kemi ;

Nga zgjidhja e ekuacionit te mesiperm do kemi ;5

S1=- 56.26 + j 34.43 S2=- 56.26 – j 34.43 S3=48.25

Llogjikojme mbi polet ;Polet nuk jane pjese e trajektoreve dhe jane rrenje komplekse prandaj nuk do kene pike prerje me boshtin real prandaj asnje nga polet e mesiperme nuk pranohet.Poli pozitiv nuk eshte pjese e trajektores prandaj nuk mund ta pranojme.Trajektoret nuk presin boshtin real dhe fillojne nga boshti imagjinar.Stadi 7Drejtimi i shigjetave do ndryshoj me rritjen e T drejtimi do tregoje dhe qe numri i poleve do ndryshoje.Gjejme piken e prerjes se trajektoreve me boshtin imagjinar ;

Do kemi qe ;

Llogjikojme persa u perket -ve qe gjetem.Sic shikoje ne figure e meposhtme =0 eshte pike prerje e trajektoreve.

eshte e pranueshme.Percaktojme ;

Pergjigjia kalimtare eshte nje sinusoid qe nuk shuhet.Shkruajme ne MATLAB ;num=784

em =[1 28 15 784]

step(num,em)

dhe marim pergjigjien e meposhtme ;

6

sistemi eshte i qendrueshem per T> Tk=0 dhe per T< Tk =0 sistemi eshte i paqendrueshem.

Stadi 8Ndertojme VGJR duke u mbeshtetur ne te dhenat e mesiperme.Ndertimin e bejme ne matlab.

-18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2

x 1013

-6

-4

-2

0

2

4

6x 10

13 Nyquist Diagram

Real Axis

Imagin

ary A

xis

1-4 Gjeni pergjigjen kalimtare h(t)Fusim funksionin transmetues te korigjuar ne MATLAB nga ku do te marrim pergjigjen klimtare h(t). num=[4890.9056 784]

em=[1 28 4890.9056 784]

step(num,em)

7

0 10 20 30 40 500

0.3

0.6

0.9

1.2

1.5

1.8

2.1

2.4

2.7

3

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ud

e

1-5 Vleresimi i treguesve cilesor.Treguesit cilesor jane ; mr% , tr , ε(∞) .Nga grafiku do kemi qe : tr=0.72 sMbirregullimi eshte ;

Gabimi i vendosur jepet si me poshte ;

Integratori tenton qe te ule gabimin.1-6 Perfundime.Me percaktimin e koeficentit proporcional dhe integral ne mund te bejme vendosjen e deshiruar te poleve ne planin kompleks. Polet duhet te plotesojne kushtet cilesore.

8

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4 System: sys

Peak amplitude: 1.24Overshoot (%): 18At time (sec): : 0.72

System: sysSettling Time (sec): 1.84

System: sysRise Time (sec): 0.4 8

Pjesa e dyte

Tema : Vezhgimi mbi pranin e voneses se perqendruar

2-1. Ndertojme KLA dhe KLF kur jepet dhe k=28

ZgjidhjeFunksioni per gjendjen e hapur duke mare dhe vonesen ne konsiderat eshte :

Ndertojme KLA per funksionin e mesiperm1 . k=267

R(ω)=267

L(ω)=20 log 267=48.53 dB

Pjeresia eshte 0.

2 .

3 .

9

4 .

Frekuenca prerese eshte :

5 .

6 .

Ndertojme KLA per GH(s).

Nga GH(s) konstruktojme KLF nga ku gjejme φ(ω). φ(ω)= φo(ω)- ω =-90o - arctan 1.34 ω – arctan 0.16 ω + arctan 1.072ω –

Ndertojme tabelen me ω dhe φ(ω) .I japim vlera ω dhe gjejme vlerat e φ(ω).

10

ω 0 10-2 10-1 100 101 102 ∞

-90o -90o -90o -90o -90o -90o -90o -90o

-tan-1 1.34ω 0 -0.76 -7.63 -36.86 -82.47 -86.46 -90o

-tan-10.16ω 0 -0.09 -0.91 -3.74 -30.42 -80.31 -90o

tan-11.072ω 0 0.61 6.11 43.53 78.32 85.34 -90o

-0. 28 ω 0 -0.16 -1.6 -6.32 -72.64 -712.23 -∞

φ(ω) -90o -89.83 -89.78 -94.28 -203.06 -917.95 -∞

2-2 . Gjejme k

Gjejme k per modelin matematik :

Me ane te ndryshimit te τ procesi do kaloj ne gjendje kritike nga ku do te llogjikojme per parametrat kritik. Kalimi i trajektores te pika -1 te karakteristika NYQUIST eshte regjim kritik.Duke mare parasysh kete kriter do te kemi :

Kushtet kritike per sistemin do jene kur :

Analizojme keto kushte .

Gjejme frekuencen kritike qe te coj KAF ne piken -1 kur .Karakteristika logaritmike do te jete zero per frekuencen kritike .

sepse .Gjejme ωk. Zgjidhjet e polinimit jane : ( 74.23, 6.23 i, -0.000 72.65 i )

11

Do kemi 6 zgjidhje por do pranojme si frekuence kritike vetem ωk=74.23Vlerat e tjera nuk mund te jene frekuenca kritike.Me ane te ωk gjejme τk duke pasur parasysh qe : Gjejme :

Per τ < τ k sistemi eshte i qendrueshem Per τ = τ k sistemi eshte ne gjendje kritike Per τ > τ k sistemi eshte i paqendrueshem

Nga perafrimi PADE do vertetojme qe trajektorja Nyquist per τ=τk do kaloj te pika -1.Bejme zevendesimin e meposhtem :

Nga ku do te gjejme :

Te Nyquist per funksionin e mesiperm do te kemi qe KAF kalone afer pikes -1. Kjo afersi ka te beje me perafrimin PADE .

2-3. Te ndertohet karakteristika e voneses nga koeficenti i transmetimit τ .12

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-2.1

-1.8

-1.5

1.2

-0.9

-0.6

-0.3

0

0.3Nyquis Diagram

Real Axis

Ima

gin

ary

Axi

s

Funksioni i hapur do te jete ;

Ku K do jete : Krr eshte K e rregullatorit PI K eshte k e objektitPer te ndertuar vartesin e τ nga K duhet te gjejme varesin e ωk nga K . Kemi :

Meqense nuk gjejme dote vartesin e ωk nga K atehere i japim disa vlera K nga ku do kemi vlera te ωk.

Ndertojme nje tabele :

Nga tabela ndertojme grafiku e varesis se τ nga K .

2-4. Beni nje inperpretim per sa i perket zones se krijuar ne 2-3

Zona mbi kurb eshte zone e qendrueshmerise se sistemit kurse ajo nen kurben eshte zona e paqendrueshmerise se sistemit dhe zona ku kurba kalon eshte zona e gjendjes kritike te sistemit .Per nje vlere te K =K1 ne gjejme vlera te ndryshme te qendrueshmerise kritike, por qe varen nga koeficenti i gabimit ne zgjedhjen e K.

13

K 400 800 1200 1600 2000 2400 2800 3200 3600 3780 4000 4400 4800

ωk 24.5 37.2 47.7 50 62.2 68.4 74.1 80.6 87.9 88.4 90.7 91.9 92.5

τ 0.13 0.062 0.04 0.03 0.024 0.018 0.016 0.014 0.0128

0.0130

0.0118

0.01 0.0098

2-5. Me ane te perafrimit PADE gjeni pergjigjen kalimtare te sistemit te mbyllur h(t) . Ndertojme pergjigjen kalimtare te sistemit te mbyllur per tre raste:Per τ > τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte i paqendrueshemPer τ = τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte ne zone kritike te qendrueshmerisePer τ < τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte i qendrueshemPer rastine e pare : τ = τk = 0.0142 sFunksioni i hapur eshte :

Funksioni i mbyllur eshte :

Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :

Pergjigjja del sinusoid qe shuhet.Ne shuarjen e sinusoides ndikon perafrimi PADE.

Per rastin e dyte per kushtin τ<τk kemi :Funksioni per sistemin e hapur kur marim : τ<τk = 0.0142 s dhe τ=0.005 eshte :

14

S15S27.971.08SS0.0055

7460S4033.435S11.213sG

234

2

H

Funksioni per sistemin e mbyllur eshte :

Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :Do kemi nje vones me te madhe se τk , kjo do ndikoje ne sistem duke e bere ate te paqendrueshem.

Per τ>τ k kemi qe :

Ne kete raste marrim nje τ=0.007Funksioni transmetues per sistemin e hapur eshte :

Funksioni transmetues per sistemin e mbyllur eshte :

Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :

15

0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5-0.5

0

0.5

1

1.3

2

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

2-6. Perfundime

Te gjetja e rregullatorit duhet te marim parasysh dhe kohen e voneses se sistemit sepse ne llogaritjet e bera ne qofte se nuk marim parasysh vonesen do kemi gabime te korektuesit i cili ne qofte se do lidhet me sistemin nuk do kete efekt ne qendrueshmeri dhe ne parametrat cilesor. Ne krijimin e rregullatorit duhet te meret parasysh dhe koha e voneses se procesit ‘τ’.

16

2 4 6 8 10 12 14 16

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5 x 10

6 Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

-2

Pjesa e trete

3-1. Te studiohet sjellja e procesit te meposhtem ne rrafshin fazor.

Konstanten elektromagnetike e marim 0. Te dhenat jane dhene me posht gjithashtu eshte dhene dhe karakteristika e elementit jolinear : To = 10 s ko = 28 grad / rad k1 = 0.25 A spira / rad k2 = 15 rad / s i = 1000 koc = 2.5 A spira / rad

Kemi nje proces termik te cilin e kontrollojme me pajisje elektromekanike qe formojne konturin e mbyllur. Ne qender kemi relen elektromagnetike qe bene leshimin e kundert te motorit.Releja vepron mbi valvulen e lendes djegse me ane te organit ekzekutues.Nxjerim modelin matematik nga skema e mesiperme .

17

1. OR eshte :

Ku: eshte temperatura faktike dhe eshte kendi i rrotullimit te organit ekzekutues Skema eshte :

2. Organi mates (OM) jepet me :

aw1 = k1 ku = 1 - 2

ku: 1 eshte madhesia e vleres dhenese ne ure dhe 2 eshte gabimi (devijimi)Skema eshte :

3. Rregullatori pozicional ose ndryshe elementi jolinear RL jepet me :

U = F ( aw ) aw = aw1 - awoc

ku : aw1 eshte amper spira nga trakti kryesor dhe awoc eshte amper spira nga lidhja e kundert poziciometrike.

Skema eshte :

4. Motori i rrymes se vazhduar jepet me : Po te marim do te kemi : Meqense To =10 s inercin e motorit nuk do ta marim parasysh .Skema eshte :

5. Reduktori jepet me :

Ku : k3 = i -1

Skema eshte si me poshte :

6. Lidhje e kundert LK jepet me :

awoc= kocα18

Skema eshte :

Elementet e mesiperm i grumbullojme ne nje skeme si me poshte :

Skema e dhene perben modelin matematik te procesit tone. Kemi nje problem :Sinjali ne hyrje dhe ne dalje nuk eshte funksion i operatorit s nuk ka pike pune dhe nuk linearizohet . Duke reduktuar skemen do kemi dy ekuacione :

Ne kushtet normale kemi qe : 1=0 dhe = - 2

Lidhja e kundert lokale eshte : awoc=0 Rryma ne relen polarizuese varet nga shmangia .

Cvendosja e organit ekzekutues varet nga tensioni ne motor.

Ne pjesen lineare ne hyrje do te kemi shmangien Kurse ne dalje do te

kemi - pra do kemi varesin : = - S φ

Nga skema kemi qe :

Karakteristika statike e skemes jepet :

Kushtet qe kemi te pjesa lineare jane : = - 2

19

= -

RL i nenshtron nje ekzekutimi ne tre stade modelit linear . Zgjidhim 3 ekuacionet :

Po te marim ne konsiderat kushtet e mesiperme do kemi qe :

Zevendesojme :

x =

Pasi bejme zevendesime te ndryshme kemi qe :

Duhet te kemi kujdes per zgjidhjet qe do marim sepse kemi kushte fillestare te ndryshme per secilin ekuacion. Kushtet fillestare dhe perfundimtare te proceseve do percaktohen nga zgjidhja e perbashket e ekuacioneve.

Per ekuacionin e pare do kemi :

dhe y=

Pjestojme me y dhe do kemi qe :

Bejme disa veprimeve matematike dhe do kemi qe :

Zgjidhja e integralit eshte zgjidhja e ekuacionit te pare

Bejme zevendesimet ku do ta marim 1.65

Zgjidhim ekuacionin e dyte:

20

Zevendesojme T :

Nga zgjidhja e te 3 ekuacioneve do te kemi :

Zgjidhim ekuacionin e pare duke mare kushtet fillestare : x = 8 dhe y = 0Percaktojme konstanten e kohes C1 duke bere zevendesimin e x dhe te y.Ekuacioni per trajektoren e pare eshte:

Per x>b=2 kemi zonen tone matematike qe po kerkojme.Kerkojme pikat karakteristikeGjejme piken fillestare per kushtet fillestare te dhena : Pika tjeter eshte : Vlera Y = - 45.2 ben eliminimin e ln.Me ane te kesaj pike percaktojme trajektoren.Pika tjeter eshte : y = - 46.2 eshte asimtode e trajektores.Pika tjeter eshte edhe : Ndertojme trajektoren duke u mbeshtetur te pikat e gjetura.Nga ekuacioni i pare per x = 2 dhe y = - 10.9 percaktojme konstanten e kohes C2 te ekuacionit te dyte.Bejme zevendesimet te ekuacioni i dyte : Gjejme qe : C2 = - 107Per ekuacionin e trajektorese se dyte duhet te gjejme dy pika kryesore :

pika e kushteve fillestare do te jete pika e pare : Pikat e dyta per x = - 2 jane kushte kufitare per ekuacionin e dyte dhe do te na sherbejne si kushte fillestare per ekuacionin e trete. Nga dy pika qe gjetem ndertojme trajektoren per zonen Kushte kufitare te ekuacionit te dyte do ti marim si kushte fillestare per ekuacionin e trete .Percaktojme konstanten e kohes C3 te ekuacionit te trete per : x = - 2 dhe y = - 10.5Bejme zevendesimet dhe gjejme qe : C3 = 1754.3518Ekuacioni i trajektores eshte : Gjejme pikat karakteristike.Pika e pare per kushtet fillestare eshte :

21

y = 45.2 eshte pika tjeter qe ben eleminimin e ln. Pika na ndimon ne trajektoren.Pika tjeter eshte ne qofte se e marim y=0 Pike tjeter eshte dhe pika : y = 46.2 eshte asimtod e trajektores.Ne qofte se y rritet nga - 10.8 deri ne y = 0 x zvoglohet dhe me pas me rritjen e metejshme te y , x rritet deri ne vleren y = 46.2 ku x eshte ∞.drejtza x = - 2 do pritet nga trajektorja ne dy pika .Gjejme piken qe do sherbej si kusht kufitar per ekuacionin e trete ( x < - 2 ). Ne zonen - 2 < x < 2 eshte i percaktuar ekuacioni i dyte. Kushtet kufitare te ekuacionit do na duhen si kushte fillestare per ekuacionin e dyte. Percaktojme konstanten e kohes C2 dhe ndertojme trajektoren e ketij ekuacioni duke gjetur pika te vecanta.Te trajektorja do te pranojme vetem pjesen per .C2 eshte 40.1.Pika e pare karakteristike eshte : Pika e dyte per x=2 eshte : Kushtet kufitare per ekuacionin e dyte eshte pika e dyte qe do ta perdorim si kusht fillestar per ekuacionin e pare.Percaktojme konstanten e kohes te ekuacionit te pare.Gjejme piken karakteristike dhe ndertojme trajektoren e ekuacionit.Konstantja C1 eshte : C1 = 1572.386Veprojme sin e rastin e pare .Gjejme pikat karakteristie :Pika e pare eshte : Pika e dyte per y=0 eshte : Pika e trete per y = - 45.2 eshte : Pika tjeter per y = -46.2 eshte : Trajektorja e ekuacionit te trete e pret drejtzen x = 2 ne dy pika. Gjejme y per te cilin plotesohet kushti : y < 0 dhe x = 2 Duke u mbeshtetur te pika karaktristike ndertojme trajektoren. Pika e fundit e ekuacionit te pare na duhet si kusht fillestar per ekuacionin e dyte. Percaktojme konstanten C2 per piken x = 2 dhe y = - 10.5 : C2 = - 103Pika e pare karakteristike eshte :

22

Pika tjeter per x = - 2 eshte : Kurba jone do rrotullohet .Ajo do vi duke u mbyllur duke ju afruar qendres .

3-2. Studioni sistemin per jolinearitetin e dhene ne 3-1 me ane te metodes se balancimit harmonik.Te dhenat :k1 = 15 V / rad Elementi mates

k2 = 28 Amplifikatori linear

ku = 10 - 2 Taho gjeneratori

i = 1000 Reduktori

T1 = 0.05 Konstantja e amplifikatorit

Mo = 100 Momenti i leshimit

no = 6000 rrot / min Numri fillestar i rrotullimeve

I = 0.008 Inercia

U3 = C = 110 V Tensioni

Te elementet dallojme momentin e reduktuar ne boshtin e motorit. Momentin statik te ngarkeses e marim 0 dhe Induktivitetin e motorit e marim 0.

RL ka zone ndjeshmerie : b = 0.5

Skema konstruktive e sistemit eshte :

23

Pjeset perberse :

<1> . Elementi mates ose ndryshe dhenes i kendit te devijimit.

<2> . Objekti i rregullimit ku integrohen rrotullime pra kendi ndryshon.

<3> . Elektromotori

<4> . TAHO gjeneratori qe jep shpejtesi

<5> . Amplifikatori linear

<6> . Elementi jolinear

<7> . Nyja shumare <8> . Reduktori

Ekuacionet per skemen srtrukturore te mesiperme jane : Dalja e elementit mates

Per amplifikatorin linear kemi :

Dalja e amplifikatorit Dalja e TAHO gjeneratorit

Elmenti jolinear ka :

24

Karakteristika statike eshte se elementi jolinear eshte : 1. i paderivueshem , 2.. i vazhdueshem , 3. nuk linearizohet.Organi ekzekutuesKemi qe:

Ku: kendi i rrotullimit te elektromotorit konstante elektromekanike

TAHO gjeneratoriKemi :

Reduktori Kemi qe :

Keta element i permbledhim ne nje skeme .Elementi jolinear eshte i vecuar nga elementi linear. Elementi jolinear eshte ne hyrje te motorit. Skema eshte :

25

Ekuacionet per skemen jane :

Me ane te reduktimit te skemave gjejme ekuacionet perfundimtar. Ekuacioni 2* tregon jolinearitetin qe nuk eshte tek ekuacioni 1*.Zevendesojme k4 = 0 dhe do te kemi :

Skema eshte:

Jolineariteti eshte : Do kemi qe :

dhe

q eshte koeficenti i linearizimit me amplitude A dhe frekuence brenda intervalit [ 0;2π ].Bejme perafrimin :

q’(a) e marim 0 sepse nuk kemi lake histerezie.

26

a b

Harim ne perfundimin qe :

Per modelin perfundimtar kemi : Perfitojme ekuacionin : Ne qofte se e marim si nje ekuacion diferencial atehere do te kemi : Qe shprehja te jete e sakte duhet qe te kalojme ne rrafshin e frekuences : Bejme ndarjen e pjeseve :

Gjejme :

Zevendesojme e gjetur te ekuacioni 1 dhe do kemi :

Per jolinearitetin kemi :

Ku a dhe jane : amplituda dhe frekuenca vetijake per regjimin kritik te NYQUIST.Per te gjetur amplituden kritike barazojme :

~

Per C=110 , b=0.5 , T1 = Tm = 0.05 , k = 0.28 gjejme a . Marim rrenjet pozitive.Rrenjet jane :

27

a1= 13.2451 ± j4.6837 a2= - 13.2451 ± j4.6837

Nuk marim ne konsiderat rrenjet qe na dolen.

3-3. Rasti 3-2 te studiohet me ane te metodes se frekuences Studiojme rastin e mesiperm me metoden e frekuences : C = 110 , b = 0.5 , T1 = Tm = 0.05 , k = 0.28

Funksioni i elementit linear eshte :

Funksioni per pjesen jolineare eshte :

ku

Per kushtet kritike kemi do kemi : Kufiri i qendrueshmeris ne piken kritike eshte :

Zevendesojme : .

Imagjinari i eshte 0.Kemi qe :

Zevendesojme nga ku marim :

Zevendesojme edhe : C = 110 , b = 0.5 , , k = 0.28Nga ku marim :

28

Ekuacioni eshte i njejte si ne rastin 3-2.

Pjesa e katert

4-1. Per objektin e dhene te gjendet forma diskrete

a)

Llogjikojme per cdo element derivat , proporcional. u = u (k) ε = ε (k)

Bejme zevendesimet ne ekuacionin a) :

b) Objekti eshte PID me te dhenat qe vijojne :

3

Nga teoria e superpozimit llogjikojme per elementet. u = u (k) , ε = ε (k)

Bejme zevendesimet te ekuacioni 3 dhe do te kemi :

c) Bejme raportin e me dhe do kemi :

Nga pavarsia e veprimeve duke u mbeshtetur te teoria e superpozimit llogjikojme per secilin element.u=u(k) ε = ε ( k )

29

Bejme zevendesimet dhe do kemi ekuacionin :

4-2. Per sistemin diskret te gjendet pergjigja per secilin nga rastet..

Sistemet diskrete kane sinjale te kampionuara.Lidhjet hyrje –dalje na japin modele diskrete me nje transformim z.

Sistemi diskret eshte :

Dalja diskrete eshte : Pergjigjja per daljen diskrete eshte :

Dalja gjendet duke pjestuar polinomet.

b) Ekuacioni diskret

Ekuacioni pas nje periode kampionimi eshte :

Kurse shpejtesia eshte :

30

Dalja diskrete eshte :

c) procesi ka pamje :

4-3. Ndertoni strukturen perkatese te transformit Z me ane te perdorimit te B0

Marim skemen :

Shfrytezojme vetit per konturet :

Gp(S) per rasti (a) eshte :

Llogarisim :

Bejme ndarjen ne 2 pjese :

Duke pranuar gjejme qe :

Ndajme ekuacionin ne thyesa :

31

Bejme zevendesimin :

Ekuacioni ka strukturen :

Veprojme si me siper vetem se ndryshojme Gp(s) pra : ku:

Llogarisim :

Transformimi Z eshte :

Skema strukturore Z eshte :

Gp(s)e marim :

eshte :

32

Transformimi Z i eshte :

Gjejme :

Gjejme koeficentet A,B,C dhe bejme zevendesimet :

Zevendesojme dhe do kemi :

Struktura Z eshte :

4-4. Llogjikoni per sa i perket qendrueshmeris ne 4-3.

Per vleren kufitare kemi :

Limiti i majte tregon ne qofte se harrihet qendrueshmeria.Ne qofte se limiti ne anen e djathte eshte i fundem atehere do kemi qendrueshmeri.

Limiti eshte :

33

Konturi ka gjendje te qendrueshme.Llogjikojme per rastin :

Limiti eshte i pafundem gje pra nuk do kemi qendrueshmeri.Gjejme limitin :

Vlera 28/15 tregon se kemi gjendje te qendrueshme.

4-5. Ndertoni nje kontur te mbyllur me PI dixhitale me B0 dhe me OR.

Per te ndertuar konturin e mbyllur duhet te gjejme transformimet z.Gjejme :

Kurse pas nje periode kampionimi do kemi :

Shpejtesia e ndryshimit eshte :

Bejme transformimin z :

Zevendesojme numrat :

34

Skema strukturore eshte :

4-6. Analizoni strukturen e mesiperme.

Kemi element dixhitale dhe analoge. Skema ka nje PI dixhitale nje B0 dhe nje Go(S) ne Laplas.Transformojme B0 dhe Go(S) ne rrafshin z :

Gjejme qe :

Ndajme funksionin ne thyesa :

Zevendesojme koeficentet ne ekuacion :

Gjejme :

Ekuacionin karakteristike eshte : Nga :

35

Gjejme F(z) per T =1 :

Ekuacioni ndryshe mund te shprehet : Rrenje e funksionit jane:

Konturi i mbyllur eshte i paqendrueshem sepse modulet e te gjitha rrenjve jane me te medha se 1

4-7. PerfundimeTe vendi gjometrik i rrenjve te pjesa e pare gjetem rrenje komplekse te cilat nuk ishin te pranueshme sepse duhet te ishin pozitive dhe pjese e VGJR pra duhet te presin boshtin real.Dy parametrat K dhe T percaktojne pozicionin e poleve. Drejtimi i shigjetave do ndryshoj me rritjen e T drejtimi do tregoje dhe qe numri i poleve do ndryshoje. Me ane te koeficentit proporcional dhe integral vendosim polet. ne boshtet real dhe imagjinar por polet duhet te plotesojne kushtet cilesore perndryshe vendosja e poleve eshte e papranueshme.Te pjesa e dyte duke ndryshuar τ procesi do harris nje gjendje kritike. Te NYQUIST Kalimi i trajektores te pika -1 eshte regjim kritik.Te grafiku 2-3 ku jepet varesia e τ nga K kemi pjesen mbi kurb qe eshte zone e qendrueshme dhe pjesen nen kurb qe eshte zone e paqendrueshme.Me ane te perafrimit PADE perfitojme nje rregullator i cili ben shuarjen e lekundjeve dhe te Nyquist do dallojme qe trajektorja kalon shume afer pikes -1. Te pjesa e trete Kemi nje proces termik te cilin e kontrollojme me pajisje elektromekanike , ne qender kemi relen elektromagnetike qe bene leshimin e kundert te motorit.Releja vepron mbi valvulen e lendes djegese me ane te organit ekzekutues.Duke gjetur modelin matematik te objektit rregullues ,organit mates , rregullatorit pozicional ,motorrit te rrymes se vazhduar , reduktorit ,lidhjes se kundert ne ndertojme dhe studiojme skemen e pergjithshme qe permban keta element.Ne skeme: dallojme qe sinjali ne hyrje dhe ne dalje nuk eshte funksion i operatorit s nuk ka pike pune dhe nuk linearizohet .Te pjesa e katert dallojme qe te funksioni diskret kemi nje dalje u(Z) nje hyrje ε(z) si dhe nje funksion D(Z).Pergjigjja per daljen diskrete eshte:

.4-4. Per qendrueshmerin ne 4-3 per vleren

kufitare dallojme qe :

36

Ne qofte se limiti ne anen e djathte eshte i fundem atehere do kemi qendrueshmeri.Te skema te 4-5 Kemi element dixhitale dhe analoge. Skema ka nje PI dixhitale nje B0 dhe nje Go(S) ne Laplas.I kthejme te gjithe elementet ne rrafshin z dhe gjejme rrenjet ku do dallojme qe konturi i mbyllur do jete i paqendrueshem sepse modulet e te gjitha rrenjve jane me te medha se 1.

37