Zapas stabilnosci 0, Automatyka
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wyznaczanie zapasu stabilności
Dany jest układ otwarty regulacji opisany następującą transmitancją operatorową
K
o
)
T
gdzie:
G ()
:=
K
o
≡
50
T
≡
(
1
5
0.5
(
)
1s
1
(
)
(
)
sT
0
⋅
+
1
⋅
+
⋅
⋅
1s
2
+
⋅
Jego charakterystyki częstotlliwościowe podane są poniżej, a z których można określić zapas stabilności.
Zadanie
:
Ilokrotnie musi się zmienić wartość wzmocnienia
K
aby zpas modułu i fazy były nie mniejsze niż
:=
[dB]
Λ
u
5
Δφ
u
:=
30 deg
⋅
ω
:=
0.1 0.15
,
..
100
Zakres zmienności pulsacji (częstotliwości kątowej)
L
()
20 log
(
⋅
( )
)
...... moduł transmitancji widmowej obiektu
:=
⋅
G j ω
Charakterystyka przebiegu
fazy
układu
otwartego przecina oś -
π
przy częstotliwośc
40
ω
π
ω
1
ω
π
=
1.612
25
L ()
L ω
( )
Zapas modułu wynosi zatem
10
A ()
L ω
()
0
Λ
:=
−
Λ
=
−
8.047
5
Charakterystyka przebiegu modułu
układ
otwartego przecina oś 0 dB przy pulsacji
20
0.1
1
10
ω
1
=
2.422
ω
Wartość kąta fazowego dla tej pulsacji
φω
()
203.292
0
=
−
deg
ω
π
ω
1
φ
()
deg
100
π φ ω
()
a zatem zapas fazy
Δφ
:=
+
−
180
200
ma wartość
Δφ
=
−
23.292
deg
300
0.1
1
10
ω
K¹t fazowy Go1
180 stopni
1
Char. amplit.-faz.
Na podstawie transmitancji układu zamkniętego
1
−
1
G()
1G()
0.5
G
z
()
:=
0
+
0
Q ()
oraz postaci transformaty sygnału wymuszenia
Y
o
()
O
I
m
0.5
−
:=
wyznacza się postać transformaty
odpowiedzi układu
1
s
1
Y()
:=
G
z
()Y
o
()
⋅
1.5
2
oraz odpowiedź czasową układu
t
sym
:=
2
4
2
0
P ()O
R
m
,
(
)
(
y
:=
OdpCzas Y t
sym
,
y
o
:=
OdpCzas Y
o
t
sy
,
Odpowiedz skokowa uk³adu zamkniêtego
4
y
〈〉
2
y
o
〈〉
y
o
〈〉
y
〈〉
−
0
2
0
5
10
15
20
25
y
〈〉
Rozwiązanie.
Wprowadzenie członu proporcjonalnego nie zmienia charakterystyki fazowej układu otwartego. Zmienia się
natomiast połozenie (w pionie) charakterystyki modułu układu.
Pulsacja, przy której charakterystyka fazowa przecina warość kąta:
φ
u
:=
π
u
−
wynosi
ω
φ
=
0.996
⋅
( )
Moduł układu przyjmie wartość
k
φ
:=
Gjω
φ
k
φ
=
6.244
1
k
φ
Zatem krotność z jaką ma się zmienić moduł układu otwartego wynosi
k
r
:=
k
r
=
0.16
G
k
()
k
r
Gjω
⋅
( )
czyli
:=
⋅
(
G
k
ω
()
)
Zapas modułu wyniesie
Λ
k
:=
2− log
⋅
Λ
k
=
7.863
Układ będzie stabilny.
2
Odpowiedź układu po korekcji
⋅
1
r
G()
k
r
G()
(
)
G
zk
()
:=
Y
k
()
:=
G
zk
()Y
o
()
⋅
y
k
:=
OdpCzas Y
k
t
sym
,
+
⋅
Odpowiedz skokowa ukladu zamknietego
1.5
y
k
〈〉
1
y
o
〈〉
y
o
〈〉
y
k
〈〉
0.5
−
0
0.5
0
5
10
15
20
25
y
〈〉
Char. amplit.-faz.
1
−
1
0.5
0
Q ()
0
O
I
m
0.5
Q
k
()
1
1.5
2
5
4
3
2
1
0
1
P ()O
R
m
,
,
P
k
()
3
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]