Maxinski fakultet u BeograduKatedra za automatsko upravljanje

AU

Ime i prezime Indeks Bod 09.05.2015.

MERENjA U AUTOMATSKOM UPRAVLjANjU

1. Za elektriqno kolo sa slike:

2 Ω2 Ω

−

Vi

+2 Ω +

−V

3 Ω

I2 Ω

a) napisati jednaqine metodom napona qvorova koje su potrebne radi odreivanja svihnapona i struja u kolu;

b) sistem jednaqina dobijen u prethodnom koraku zapisati u matriqnom obliku;

v) odrediti vrednost napona Vi ako su date numeriqke vrednosti I = 3[A] i V = 2[V].

8 + 2 + 5

Rexenje

a)

Za kolo sa slike je prvo potrebno odabrati referentni qvor koji definixemo kao qvorqiji je potencijal nula i u odnosu na koji odreujemo potencijale svih drugih qvorovau sistemu.

Nakon xto smo definisali referentni qvor, ostaju nam jox qetiri qvora qije potencijaletreba odrediti. Oznaqimo li te qvorove sa a, b, c i d, a njihove potencijale sa Va, Vb, Vc,Vd, jasno je da vai Vd = V .

2 Ω2 Ω

−

Vi

+2 Ω +

−V

3 Ω

I2 Ω Vd = VVa

Vb

Vc

Pisanjem prvog Kirhofovog pravila za qvorove qiji su potencijali nepoznati dobijamosledee tri jednaqine:

−I +Va − Vb

3+Va − V

2= 0

Vb − Vc2

+Vb − 0

2+Vb − Va

3= 0

I +Vc − 0

2+Vc − Vb

2= 0

b)

U matriqnom obliku sistem jednaqina postaje:5

6−1

30

−1

3

4

3−1

2

0 −1

21

Va

Vb

Vc

=

I +

V

2

0

−I

,v)

Rexavanjem prethodnog sistema za konkretne vrednosti V = 2 i I = 3 dobijamo:

Va

Vb

Vc

=

4, 8421[V]

0, 1053[V]

−2, 9474[V]

Napon Vi prema slici predstavlja razliku potencijala Vc i referentnog potencijala kojije nula, pa stoga vai:

Vi = Vc − 0 = −2, 9474[V]

2. Za elektriqno kolo sa slike:

+−V

R

R

R

R 1

+ −Vi

a) nai vrednost napona Vi kada je R1 = R

b) nai vrednost napona Vi kada je R1 6= R

5 + 10

Rexenje

Zadatak se bre rexava ako se prvo uradi stavka b) jer je rexenje pod a) samo specijalnisluqaj rexenja pod b).

b)

Za kolo sa slike je prvo potrebno odabrati referentni qvor koji definixemo kao qvorqiji je potencijal nula i u odnosu na koji odreujemo potencijale svih drugih qvorovau sistemu.

Nakon xto smo definisali referentni qvor, ostaju nam jox qetiri qvora qije potencijaletreba odrediti. Oznaqimo li te qvorove sa a, b, c i d, a njihove potencijale sa Va, Vb, Vc,Vd, jasno je da vai Va = V i Vd = 0.

+−V

R

R

R

R 1

+ −Vi

Vd

Va

Vb Vc

Prvi Kirhofov zakon za qvor qiji je potencijal Vb daje jednaqinu:

Vb − VaR1

+Vb − VdR

= 0,

tj.

Vb − VR1

+Vb − 0

R= 0

odakle je:

Vb =R

R1 +RV.

Prvi Kirhofov zakon za qvor qiji je potencijal Vc daje jednaqinu:

Vc − VaR

+Vc − VdR

= 0,

tj.

Vc − VR

+Vc − 0

R= 0

odakle je:

Vc =V

2.

Napon Vi predstavlja razliku potencijala Vb i Vc. Stoga, traeno rexenje je:

Vi = Vb − Vc = V

(R

R1 +R− 1

2

)[V]

a)

R1 = R

Vi = Vb − Vc = V

(1

2− 1

2

)= 0[V]

3. U elektriqnom kolu sa slike:

+−V1

R1

−

+

+−V2

R3

R4

R2

+

−

Vi

vrednost pojaqanja operacionog pojaqavaqa tei beskonaqnosti. Operacioni pojaqavaqradi u linearnoj oblasti.

a) Odrediti funkcionalnu zavisnost Vi = f(V1, V2, R1, R2, R3, R4).

b) Napisati izraz za funkcionalnu zavisnost odreenu u prethodnoj taqki u sluqaju kadaje R1 = R3 i R2 = R4.

v) Neka je V1 = V2 6= 0, a neka je R1 = 1kΩ, R2 = 30kΩ, R3 = 1, 5kΩ. Odrediti vrednostotpora otpornika R4 tako da bude Vi = 0.

18 + 2 + 10

Rexenje

a)

+−V1

R1

−

+

+−V2

R3

R4

R2

+

−

Vi

V+

V−

Pretpostavka da pojaqavaq radi u linearnoj oblasti u paru sa pretpostavkom da opera-cioni pojaqavaq ima beskonaqno pojaqanje ukazuju da to da je V+ ≈ V−.S obzirom da su struje koje teku kroz prikljuqke pojaqavaqa zbog njegove ogromne ulazneimpedanse mnogo manje od svih drugih struja u kolu, smatramo da su jednake nuli. PrviKirhofov zakon primenjen na qvorove qiji su potencijali V+ i V− daje naredne dve jed-naqine, respektivno:

V+ − V2R3

+V+ − 0

R4+ 0 = 0,

V− − V1R1

+V− − ViR2

+ 0 = 0.

Ako uvedemo oznaku V ∗ = V+ = V−, moemo iz prve jednaqine da pixemo:

V ∗ =

(R4

R3 +R4

)V2,

dok iz druge dobijamo:

V ∗R2

(1

R2+

1

R1

)− R2

R1V1 = Vi.

Kombinovanjem ove dve jednaqine dobijamo rezultat:

Vi =

(R4

R3 +R4

)(R1 +R2

R1

)V2 −

R2

R1V1.

b)

U sluqaju kada je R1 = R3 i R2 = R4, prethodni izraz postaje:

Vi =

(R2

R1 +R2

)(R1 +R2

R1

)V2 −

R2

R1V1 =

R2

R1(V2 − V1) .

v)

Zamenom navedenih uslova zadatka u funkcionalnu zavisnost dobijenu pod a) i uvoenjemoznake V = V1 = V2, jednaqina koju treba rexiti je:

0 =R4

1500 +R4

31000

1000V − 30000

1000V,

tj.

V

(31R4

1500 +R4− 30

)= 0.

Imajui u vidu da je V 6= 0, rexenje sledi iz:

31R4 = 30R4 + 45000.

Dakle, traena vrednost je R4 = 45000Ω.

4. U elektriqnom kolu sa slike:

−

+

500 Ω

+−Vu

10µF

5kΩ

+

−

Vi

vrednost pojaqanja operacionog pojaqavaqa tei beskonaqnosti. Operacioni pojaqavaqradi u linearnoj oblasti.

a) Odrediti diferencijalnu jednaqinu ponaxanja elektriqnog kola koja povezuje promenuizlaznog napona Vi u zavisnosti od ulaznog napona Vu.

b) Odrediti prenosnu funkciju elektriqnog kola, kao i pojaqanje kola po ulaznom naponu.

v) Skicirati promenu izlaznog napona Vi ako se ulazni napon Vu menja po zakonu:

Vu(t) =

0, 5[V], 0 ≤ t < 0, 25

0[V], 0, 25 ≤ t < 0, 5

0, 5[V], 0, 5 ≤ t < 0, 75

0[V], 0, 75 ≤ t < 1

,

xto je i prikazano na narednoj slici i ako su svi poqetni uslovi jednaki nuli. Grafiqkiprikaz podupreti analitiqkim rexavanjem diferencijalne jednaqine ponaxanja kola.

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

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

t

Vy

15 + 5 + 20

Rexenje

−

+

500 Ω

+−Vu

10µF

5kΩ

+

−

Vi

V−

V+

a)

Pretpostavka da pojaqavaq radi u linearnoj oblasti u paru sa pretpostavkom da opera-cioni pojaqavaq ima beskonaqno pojaqanje ukazuju da to da je V+ ≈ V−.Direktno se oqitava vrednost V+ = 0, odakle je V− = 0.

S obzirom da su struje koje teku kroz prikljuqke pojaqavaqa zbog njegove ogromne ulazneimpedanse mnogo manje od svih drugih struja u kolu, smatramo da su jednake nuli.

Prvi Kirhofov zakon napisan za qvor na potencijalu V− daje jednaqinu:

0− Vu500

+0− Vi5000

+ 10 · 10−6d

dt(0− Vi) = 0,

koja zamenom vrednosti za V− postaje:

Vi + 5 · 10−2dVidt

= −10Vu

b)

Prenosna funkcija kola je:

Xi(s)

Xu(s)=

−10

5 · 10−2s+ 1

a poslediqno je pojaqanje KVu = −10.

v)

Na intervalu 0 ≤ t < 0, 25 vrednost ulaza je 0, 5[V]. Jednaqina ponaxanja kola tada postaje:

Vi + 5 · 10−2dVidt

= −5

Homogeno rexenje jednaqine je:

Vih(t) = Ke−20t,

dok je partikularno rexenje:

Vip(t) = −5.

Konaqno rexenje je zbir homogenog i partikularnog:

Vi(t) = Ke−20t − 5,

a iz poqetnog uslova se dobija K = 5 i konaqno dobijamo zakon promene napona na inter-valu 0 ≤ t < 0, 25 kao:

Vi(t) = −5(1− e−20t

).

U trenutku t ≈ 0, 25[s] izlazni napon ima vrednost Vi(0, 25) ≈ −5.

Na intervalu 0, 25 ≤ t < 0, 5 ulazni napon je nula, a na poqetku ovog intervala izlazninapon je −4, 9663[V].

S obzirom da je sistem stacionaran, moemo trenutak t = 0, 25 da proglasimo za t′ = 0 nanovoj vremenskoj osi, jer je ponaxanje sistema u potpunosti odreeno ulazom i poqetnimstanjem.

Sada rexavamo diferencijalnu jednaqinu:

Vi + 5 · 10−2dVidt′

= 0

na intervalu 0 ≤ t′ < 0, 25 uz poqetni uslov Vu(t′ = 0) = −5.

Jednaqina ima samo homogeno rexenje:

Vih(t′) = Ke−20t′,

a konstanta K je u ovom sluqaju:

−5 = K.

Iz ovog razloga, jednaqina ponaxanja kola na intervalu 0 ≤ t′ < 0.25 jeste:

Vih(t′) = −5e−20t′.

Ovo je u isto vreme i jednaqina ponaxanja sistema na intervalu 0, 25 ≤ t < 0, 5.

Na preostala dva intervala se ponavlja ulaz, pa se ponavlja i ponaxanje.

Analitiqki zapisano rexenje ponaxanja kola je:

Vi(t) = −5(1− e−20t

)(h(t)− h(t− 0, 25))− 5e−20t(h(t− 0, 25)− h(t− 0, 5))−

−5(1− e−20t

)h((t− 0, 5)− h(t− 0, 75))− 5e−20t(h(t− 0, 75)− h(t− 1))

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1−5

−4.5

−4

−3.5

−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

Vreme za izradu testa je 3 sata. Literatura nije dozvoljena.

Predmetni nastavnik

Prof. dr Zoran B. Ribar