מבוא לבקרה (034040)
'&."$"%-!./0$'(!'&("12' !# ()*+#(!#,"("$%&!!"%-! " !!"#$%
TECHNION — Israel Institute of Technology, Faculty of Mechanical Engineering
מבוא לבקרה )(034040
גליון תרגילי בית מס׳ 5
d
?
r - leyl
)C(s
)P(s
6
ציור :1דיאגרמת הבלוקים
שאלה מס׳ 1
נתונה המערכת המתוארת בציור .1
.1מהי שגיאת המצב המתמיד כאשר
s+1
)(s−2)(s+3
.2מהי שגיאת המצב המתמיד כאשר
s+10
(s+1)2
.3נתון כי:
1
)(s+a)(s+3
= ),P(s
= ),P(s
3
s+1
s+10
s+1
r(t) = 1(t) ,C(s) = 1 −ו־? d(t) = 0
= ) r(t) = 1(t) ,C(sו־? d(t) = 0
= ) r(t) = 1(t) ,C(s) = 1 ,P(sו־ .d(t) = 0חשב את aאם נתון כי שגיאת המצב המתמיד הינה:
)א( ess = 0.75
)ב( ess = 0
.4נתון כי:
1
)s(τs+1)(s+2
= ).C(s) = K ,P(s
)א( האם יתכן מצב בו שגיאת המצב המתמיד הינה ess = 0.1כאשר r(t) = 0ו־)? d(t) = 1(t
)ב( מהי שגיאת המצב המתמיד כאשר r(t) = 0ו־)? d(t) = t · 1(t
)ג( חשב את Kאם נתון כי שגיאת המצב המתמיד הינה ess = −0.1כאשר r(t) = 0ו־) .d(t) = 1(tמה ניתן לומר על τ
במקרה זה ?
)ד( האם τמשפיע על שגיאת המצב המתמיד כאשר:
r(t) = t1(t) .iו־.d(t) = 0
r(t) = 0 .iiו־).d(t) = t1(t
הסבר.
.5נתון כי:
1
)0.2(0.2s+1
= ),P(s
)2(0.5s+1
s
= ) .C(sמצא את שגיאת המצב המתמיד עבור הכניסות הבאות:
)א( .d(t) = 0.5 ,r(t) = 2
)ב( .d(t) = 0.5 ,r(t) = 2t
)ג( .d(t) = 0.5t ,r(t) = 2
)ד( .d(t) = 0.5t ,r(t) = 2t
פתרון לשאלה מס׳ 1
.1
s−2
s+1
= ) ⇐ C(sהחוג הסגור לא יציב )יש צמצום לא יציב( ⇐ ∞ → .ess
.2פ״א של המערכת בחוג סגור .χcl (s) = (s + 1)3 + (s + 10)2 = s3 + 4s2 + 23s + 101 :נבדוק את היציבות לפי קריטריון
ראוט:
1
23
101
s3
s2
s1
s0
1
4
−9/4
101
יש החלפת סימן ⇐ החוג הסגור לא יציב ⇐ ∞ → .ess
.3נמצא את המשוואה האופיינית של החוג הסגור:
1
e
=
r
1+P
החוג הסגור יציב עבור .a > − 13במקרה זה:
=⇐
3a
3a+1
=
χcl (s) = s2 + (a + 3)s + 3a + 1
1
1
1+ 3a
= .ess
• כאשרa = 1 ⇐ ess = 0.75 :
• כאשר) a = 0 ⇐ ess = 0 :אינטגרטור ב־(P
.4נמצא את פ״ת
e
r
ו־ : de
e
P
−1
=−
=
.
d
1 + CP
s(τs + 1)(s + 2) + K
e
1
)s(τs + 1)(s + 2
=
=
r
1 + CP
s(τs + 1)(s + 2) + K
הפ״א של המערכת בחוג סגור .χcl (s) = τs3 + (2τ + 1)s2 + 2s + K :נבדוק את היציבות לפי קריטריון ראוט:
2
K
τ
2τ + 1
τK
2 − 2τ+1
K
s3
s2
s1
s0
בהנחה ש־ τ > 0נקבל ש־) χcl (sיציב אמ׳׳מ . τ2 + 4 > K > 0
1
.Ted (0) = − Kהיות ו־) K > 0אחרת ∞ → .ess < 0 (essלא ייתכן .ess = 0.1
)א( אם החוג הסגור יציב:
)ב( ∞ = ) essאין אפילו אינטגרטור אחד בבקר(.
)ג( > τ > 0 ⇐ K = 10 ⇐ ess = −0.1
1
3
)אחרת החוג הסגור לא יציב(.
)ד( מטבלה בשקף 18פרק מס׳ :5
2
K
α
kv
= .essבוודאי ש־ τמשפיע .היות והחוג הסגור יציב רק עבור
=
.iמע׳ מסוג ⇐ 1עבור כניסת ריצה
τ , τ2 + 4 > K > 0קובע את השגיאה המינימלית במצב מתמיד.
.iiפ״ת מ־K d־ eמסוג ⇐ 0עבור כניסת ריצה ∞ → τ .essלא משפיע.
.5כדי למצוא את essנשתמש בטבלאות שבשקפים 18־ 19בפרק .5
• שגיאת המצב המתמיד עקב הכניסה בערך הרצוי :יש ב־ CPאינטגרטור ,ולכן
ess = 0ועבור r(t) = 2tנקבל .ess = 0.2
e
r
מע׳ מסוג :1עבור כניסה r(t) = 2נקבל
• שגיאה במצב מתמיד עקב כניסת ההפרעה ⇐ B = C ,F = P ,R = −1 :מע׳ מסוג :1עבור כניסה d(t) = 0.5נקבל
ess = 0ועבור d(t) = 0.5tנקבל .ess = −0.25
.ess = erss + ed
המערכת ליניארית ,לכן ניתן לעשות סופרפוזיציהss :
)א( .ess = 0 + 0 = 0
)ב( .ess = 0 + 0.2 = 0.2
)ג( .ess = −0.25 + 0 = −0.25
)ד( .ess = −0.25 + 0.2 = −0.05
2
שאלה מס׳ 2
נתונה סכימת הבקרה בציור .1בכל אחד מהסעיפים הבאים עליכם לקבוע את מספר האינטגרטורים המינימלי האפשרי ב־) P(sו־)C(s
כך שתתקבלנה התגובות הבאות:
−2t
y(t) = 1(t) − eותגובת אותה מערכת
א .תגובת המערכת עבור כניסת מדרגה ,r(t) = 1(t) ,היא )cos(2t) + 0.01 sin(2t
עבור כניסת מדרגה בהפרעה ,d(t) = 1(t) ,היא ).y(t) = e−2t sin(2t
ב .שגיאת המערכת לכניסת מדרגה ) ,r(t) = 1(tהיא ) e(t) = 1(t) − 1.2e−3t cos(2t) + 0.01 sin(2tושגיאת אותה מערכת
להפרעת מדרגה ) ,d(t) = 1(tהיא ).e(t) = −0.5e−3t sin(2t
ג .שגיאת המערכת לכניסת ריצה ,r(t) = tהיא ) e(t) = 0.85e−3t sin(10tושגיאת אותה מערכת להפרעת מדרגה ),d(t) = 1(t
היא ).e(t) = −0.5e−3t sin(10t
פתרון לשאלה מס׳ 2
הערה :היות ובכל סעיפי השאלה כל התגובות בזמן חסומות ברור שהחוג הסגור צריך להיות יציב.
ולכן שגיאת
א .מתגובת המערכת ) ys (tהנתונה עבור כניסת מדרגה ,r(t) = 1(t) ,ניתן לראות כי = y(t → ∞) = 1
המצב המתמיד עבור כניסה זו היא .erss = 0לפי הטבלה הכללית לשגיאת המצב המתמיד ,עבור כניסת מדרגה מספר
האינטגרטורים המינימלי הדרוש ב־) B(s) = C(s)P(sהוא ) 1או ב־) P(sאו ב־) .(C(sתגובת אותה מערכת לכניסת מדרגה
.ybמאחר והתגובה להפרעה היא עבור ,r = 0אזי שגיאת המצב המתמיד
בהפרעה ,d(t) = 1(t) ,נתונה כ־ss = y(t → ∞) = 0
.edמהטבלה הכללית לשגיאת המצב המתמיד ,עבור כניסת מדרגה מספר האינטגרטורים המינימלי
עבור כניסת הפרעה היא ss = 0
.edמשתי הדרישות הנ״ל מס׳ האינטגרטורים המינימלי הוא אינטגרטור אחד
=
0
לקבל
ע״מ
הדרוש ב־) B(s) = C(sהוא 1
ss
ב־) C(sואפס אינטגרטורים ב־).P(s
yrss
.edמהטבלה
ב .משגיאת המערכת עבור כניסת מדרגה ,r(t) = 1(t) ,מתקבל כי שגיאת המצב המתמיד היא ss = e(t → ∞) = 1
הכללית) 0 < |erss | < ∞ ,סופית אך שונה מאפס( מתקבלת אם ל־) B(s) = C(s)P(sאין אינטגרטורים .מתגובת אותה מערכת
.edלכן נדרש שב־) B(s) = C(sיהיה אינטגרטור אחד
לכניסת מדרגה בהפרעה ,d(t) = 1(t) ,מתקבל ש־ss = e(t → ∞) = 0
לפחות .דבר זה סותר את הנתון ) .(erss = 1לפיכך ,לא ניתן לקיים את שתי הדרישות בו זמנית.
ג .משגיאת המערכת עבור כניסת ריצה ,r(t) = t ,מתקבל .erss = e(t → ∞) = 0לשם כך נדרש שמספר האינטגרטורים המינימלי
.ed
ב־) B(s) = C(s)P(sיהיה .2מתגובת אותה מערכת עבור כניסת מדרגה בהפרעה ,d(t) = 1(t) ,מתקבל ss = e(t → ∞) = 0
לכן דרוש שמספר האיטגרטורים המינימלי ב־) B(s) = C(sיהיה .1לפיכך ,יש שתי אפשרויות :שני אינטגרטורים ב־) C(sאו
אינטגרטור אחד ב־) C(sואינטגרטור אחד ב־) .P(sס״ה מספר אינטגרטורים מינימלי .2
y
-
1
s
d
?
1
- lJs
K2
- l- l - K
1
6
6
r
ציור :2דיאגרמת הבלוקים
שאלה מס׳ 3
ציור 2מתאר מערכת לבקרת מתקן ״הליכה״ בחלל J = 25 (kg m2 ) .הינו מומנט האינרציה של האסטרונאוט כולל הציוד.
.1חשבו את פונקציות התמסורת הבאות, er :
e
d
).(e = r − y
.2מצאו את תחום ערכי K2 ,K1המבטיח את יציבות החוג הסגור.
.3בציור 3נתונה תגובת המערכת לכניסת מדרגה בערך הרצוי .מצאו את ערכי K2 ,K1המתאימים לתגובה זו.
.4עבור הפרעת מדרגה בעוצמת יחידה ) d = 1(tו־ K2 ,K1שמצאתם בסעיף ,3חשבו את שגיאת המצב המתמיד ,תגובת היתר ,זמן
הרגיעה ל־ ±5%מערך המצב המתמיד.
.5ציירו במישור הפרמטרים את תחום ערכי K2 ,K1בו שגיאת המצב המתמיד ess < 0.05כאשר ) d = 1(tו־).r = t · 1(t
.6בנוסף לסעיף 5דרישות הביצועים עבור כניסת מדרגה בערך הרצוי הן :תגובת יתר ,OS < 15%וזמן רגיעה )ts < 15(sec
)לרמת הרגיעה של .(±5%רשמו את התנאים שעל K2 ,K1לקיים.
3
Step Response
1.4
1.2
Amplitude
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
5
10
15
20
25
Time (sec)
תגובת המדרגה:3 ציור
3 פתרון לשאלה מס׳
: נעביר את הדיאגרמת הבלוקים לצורה הבאה.1
r - lK1
6
d
?
1
- lJs2
1 + K2 s y
-
דיאגרמת הבלוקים האקוויולנטית:4 ציור
:נקבל
K
Tyr =
Ter =
K1 K2
J
1
y
Js2
=
=
r
1 + K1 (1 + K2 s) Js12
s2 +
K1
J
K1 K2
J s
1
+
,
K1
Tyd =
y
Js2
=
=
d
1 + K1 (1 + K2 s) Js12
s2 +
Ted =
e
−y
=
=
d
d
s2 +
J
s2 + K1JK2 s
e
r−y
=
=
,
r
r
s2 + K1JK2 s + KJ1
> 0 , KJ1 > 0 יציבות מובטחת כאשר: מערכת מסדר שניχcl (s) = s2 +
1
J
K1 K2
J s
+
K1
J
− 1J
K1 K2
J s
K1 K2
K1
J s+ J
+
K1
J
: הפ״א של המערכת בחוג הסגור.2
.K1 > 0 ∪ K2 > 0 ⇐
: נקבל.tp = 5(sec) ,OS = 0.3 : ניתן לחלץ את שני הפרמטרים5 שבגליון תרגילים2 מציור.3
s
ζ=
ln2 (OS)
π2 + ln2 (OS)
⇐
−πζ
ln (OS) − ζ ln (OS) = π ζ
⇐ ln(OS) = √
1 − ζ2
π
π
π
√
ωn = √
⇐ tp =
=
ωd
tp 1 − ζ2
ωn 1 − ζ2
2
2
2
2 2
√−πζ
⇐
OS = e
1−ζ2
: ונקבלωn = 0.67 ,ζ = 0.36 נציב מספרים
K2 =
2Jζωn
K1
= 1.06
⇐
K1 K2
J
, K1 = Jω2n = 11.32
= 2ζωn
4
⇐
K1
J
= ω2n
.4כדי למצוא את שגיאת המצב המתמיד נשתמש במשפט הערך הסופי עבור פה״ת מ־ dל־ eשמצאנו בסעיף :1
1
= −0.0883
K1
ed
ss = Ted (0) = −
מכיוון שבמקרה שלנו לפונקציות התמסורת Tyrו־ Tydיש אותם קטבים ואפסים ,תגובת היתר עבור כניסת הפרעה וכניסה בערך
הרצוי היא אותה תגובת יתר OS = 0.3וזמן הרגיעה ל־ ±5%הוא .ST = ω3n ζ = 12.44
r
d
edמצאנו בסעיף ,4באותו אופן נמצא את :erss
.5מערכת ליניארית ,לכן מתוך סופרפוזיציה .ess = ess + ess :את ss
s2 + K1JK2 s
1
K1 K2
s
=
= K2
s→0 s2 s2 + K1 K2 s + K1
K1
J
J
erss = lim
2 −1
< 0.05 ⇐ |ess | = K1 K
נקבל< 0.05 :
K1
− 0.05
1
K1
K1 K2 −1
K1
< .−0.05
נקבל שני אי שיויונים:
+ 0.05
1
K1
> K2ו־
> ) K2בנוסף לתנאי היציבות .( K2 > 0 , K1 > 0 :תחום ערכי K2 ,K1הדרוש נתון בציור מס׳ .5
ציור :5מישור הפרמטרים
r
)ln2 (OS
> ζועבור ts |δ=0.05 < 15נקבל = 0.2
.6עבור OS < 0.15נקבל = 0.52
2
)π +ln2 (OS
10
0.2 2
2
nζ
K2 > K2J1 0.2 = Kו־= 3.7
K2 = 2Jωולכן נקבל
.K1 > J 0.52לכן:
את הקשר K1 = Jωnו־ K1
1
3
15
ו־
10
K1
> .ωn ζבסעיף 3מצאנו
K1 > 3.7
> . K2
שאלה מס׳ 4
בציור מס׳ 6נתונה תגובה למדרגת יחידה של מערכת מסוימת.
.1מהו סדר המערכת המינימלי ?
.2תכננו בקר כך ש ess = 0 :עבור כניסות מדרגה בערך הרצוי ובהפרעה OS < 10% ,עבור כניסות מדרגה בערך הרצוי.
פתרון לשאלה מס׳ 4
K
.1התגובה של המערכת היא תגובה אופיינית למערכת מסדר ראשון מהצורה:
.P(s) = τs+1ברור ש־ ,K = 5נמצא :τעבור
מערכת מסדר ראשון זמן הרגיעה ל־ 37%שווה ל־ .τמציור רואים שב־ 10שניות תגובת המערכת שווה בערך ל־,3.15כלומר
.τ = 10
.2כדי לאפס את שגיאת המצב המתמיד עבור כניסת מדרגה בערך הרצוי ובהפרעה נשתמש בבקר עם אינטגרטור מהצורה:
0.5ki
CP
i
= 10s25k
.G(s) = 1+CPמהדרישה OS < 0.1נחשב
= s2 +0.1s+0.5k
.C(s) = ksiפה״ת של המערכת בחוג סגור:
+s+5ki
i
r
2
2
) .ki > 0.01 ⇐ 0.5ki = ωn ,2ζωn = 0.1 ⇐ ωn > 0.08 ,ζ = π2ln+ln(OSקיבלנו את הבקר
את ערכו של > 0.59 :ζ
2
)(OS
הבא:
0.02
s
= ). C(s
5
Step Response
5
4.5
4
3.5
2.5
2
Amplitude
3
1.5
1
0.5
60
40
50
30
)Time (sec
20
0
0
10
ציור :6תגובת המדרגה
y
-
d
?
)- l - C(s) - l - P(s
6
r
ציור :7דיאגרמת הבלוקים
שאלה מס׳ 5
התהליך
1
)s(0.1s+1
= ) P(sמבוקר בחוג סגור כמתואר בציור מס׳ .7דרישות הביצועים הן:
• ess = 0עבור כניסת מדרגה בערך הרצוי.
• ess 6 0.1Adלכניסת מדרגה בגובה Adבהפרעה.
.1עבור בקר :C(s) = kp ,P
)א( מצאו את כל ערכי kpעבורם מתקיימות דרישות הביצועים.
)ב( מצאו את זמן הרגיעה ) tsמוגדר לפי רמת הרגיעה של (±5%ותגובת היתר אשר ניתן להשיג באמצעות בקר Pעבור ערכו
המינימלי של kpהמקיים את דרישות הביצועים.
)ג( מצאו את הערך המקסימלי של התגובה עם הבקר שהתקבל בסעיף ב׳ עבור:
.d = 0 ,r = 2 .i
.d = 1 ,r = 0 .ii
.d = 1 ,r = 2 .iii
.2עבור בקר .C(s) = kp + kd s :PD
)א( מצאו את תחום ערכי kd ,kpעבורם דרישות הביצועים מתקיימות.
)ב( .d = 1 ,r = 0בכל אחד מן המקרים הבאים חשבו את תגובת היתר ,זמן העלייה וזמן הרגיעה ל־) ±1%מומלץ להשתמש
ב־ .(M ATLABהסיקו מסקנות.
4
1000
1
3
10
1
6
2
1000
0
1
10
0
kp
kd
פתרון לשאלה מס׳ 5
.1עבור בקר .C(s) = kp :P
)א( נבדוק יציבות :הפ״א של המערכת בחוג סגור ,χcl (s) = s2 + 10s + 10kpהמערכת יציבה עבור .kp > 0
1
•
: er = 1+CPמערכת מסוג erss = 0 ⇐ 1שגיאת המצב המתמיד עבור כניסת מדרגה בערך הרצוי לא תלויה ב־ .kp
תשובה :כל kpעבורו מערכת יציבה.
) R(0
−P
−
) ,ed = −1R(0נקבל 6 0.1R(0) :
•
:R = −1 ,B = C ,F = P , de = 1+CPמערכת מסוג :0
)= − R(0
ss
Kp
kp
F (0)+kp
⇐ ) −10 > kp > 10נוסיף תנאי היציבות.Kp > 10 ⇐ (Kp > 0 :
100
s2 +10s+100
)ב( פה״ת של המערכת בחוג הסגור כאשר :kp = 10
√
2
.OS = e−πζ/ 1−ζ = 0.163 ,ts |δ=0.05 = ω3n ζ = 0.6
=
10kp
s2 +10s+10kp
=
CP
1+CP
=
y
r
⇐ .ζ = 0.5 ,ωn = 10
)ג( לפי ההגדרה.ymax = (1 + OS)yss :
ymax = (1 + 0.163)2 = 2.326 .i
y
0.1) ymax = (1 + 0.163)0.1 = 0.1163 .iiהינו ההגבר הסטטי של
(d
y
dיש אותם קטבים ואפסים ולכן לאחר כניסת המדרגה בערך הרצוי ובהפרעה תגובות
.iiiלפונקציות התמסורת yrו־
המערכת מגיעות למקסימום בו זמניתymax = (1 + 0.163)(2 + 0.1) = 2.4423 .
.2עבור בקר .C(s) = kp + kd s :PD
)א( נבדוק יציבות :הפ״א של המערכת בחוג סגור ,χcl (s) = s2 +10(1+kd )s+10kpמערכת יציבה עבור kp > 0ו־.kd > −1
1
: er = 1+CPמערכת מסוג erss = 0 ⇐ 1שגיאת המצב המתמיד עבור כניסת מדרגה בערך הרצוי לא תלויה ב־ kp
•
ו־ .kdתשובה :כל kpו־ kdעבורם מערכת יציבה.
) R(0
−P
−
) ,ed = −1R(0נקבל 6 0.1R(0) :
:R = −1 ,B = C ,F = P , de = 1+CPמערכת מסוג :0
•
)= − R(0
ss
kp
kp
F (0)+kp
⇐ ) −10 > kp > 10נוסיף תנאי היציבות kp > 10 ⇐ (kd > −1 ,kp > 0 :ו־.kd > −1
)ב( בציור 8מתוארת תגובת המערכת לכניסת מדרגה בהפרעה עבור kpו־ kdשונים.
Step Response
Step Response
−3
x 10
0
0
−0.2
Kp=1000, Kd=0
Kp=1000, Kd=1
−0.02
Kp=10, Kd=0
Kp=10, Kd=1
−0.4
−0.6
−0.04
Amplitude
−1
−1.2
−0.08
Amplitude
−0.06
−0.8
−1.4
−1.6
−0.1
−1.8
2
1.5
1
)Time (sec
0.5
−0.12
0
1
0.8
0.4
0.6
0.2
−2
0
)Time (sec
)ב(
)א(
ציור :8תגובת המערכת עבור Kpו־ Kdשונים
הנתונים שהתקבלו מ־:M ATLAB
)ts (sec
0.878
0.915
0.664
0.448
)tr (sec
0.165
0.0106
0.336
0.011
)OS(%
16.3
85.4
0
72.9
1
2
3
4
ע״י שינוי kpניתן לשנות את ה־ trואת שגיאת המצב המתמיד של המערכת .ע״י שינוי kdניתן להשפיע על הריסון של המערכת
ובכך לשנות את ה־.OS
7
כדי לחשב את תגובת המערכת ב־ M ATLABניתן להשתמש בתוכנית הבאה:
;Kp = 1000
;Kd = 1
;)]P = tf([1],[0.1 1 0
% Process
;)]C = tf([Kd Kp],[1
% Controller
%%%%%% another way to define P and C : %%%%%%
%
;% s=tf(’s’); P=1/(0.1*sˆ2+s); C=Kp+Kd*s
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
;)Ted = -P/(1+C*P
% TF from d to e
;t = 0:0.0005:1
% time
;)step(Ted,t
% Step response of Ted
y
-
d
?
1
1
lJs+B
s
6
KT
K
- l
6
r
ציור :9דיאגרמת הבלוקים
שאלה מס׳ 6
Nm
B = 1 [ rad/secו־] .J = 1 [kg m2הבקרים
ציור מס׳ 9מתאר מערכת סרוו בעלת שני משובים :משוב מהירות ומשוב מקום .נתונים ]
Kו־ KTניתנים לכיוונון.
y y
.1חשבו את פונקציות התמסורת , r
.d
.2מהם ערכי Kו־ KTהמבטיחים את יציבות החוג הסגור ?
.3מצאו ערכי Kו־ KTהמבטיחים זמן שיא ראשון של ) tp ≈ 0.57(secוזמן רגיעה של )) ts ≈ 2.86(secלרמת הרגיעה של .(±5%
.4מהו ה־ OSהצפוי בתגובה לכניסת מדרגה בערך הרצוי עם Kו־ KTשחושבו בסעיף ? 3
.5מהן שגיאות המצב המתמיד לכניסת מדרגה בערך הרצוי ? בהפרעה ? ).(e = r − y
.6מהן שגיאות המצב המתמיד לכניסת ריצה בערך הרצוי? בהפרעה ?
פתרון לשאלה מס׳ 6
.1נמצא את פה״ת של החוג הפנימי:
1
=
) Js + (B + KT
1
Js+b
1
1 + KT Js+b
= )Gin (s
נקבל:
)(1
1
1
K Js+(B+K
K
y
K
T) s
=
= 2
= 2
,
1
1
r
Js
+
(B
+
K
)s
+
K
s
+
(1
+
KT )s + K
1 + K Js+(B+KT ) s
T
1
)(2
1
y
1
1
Js+(B+KT ) s
=
= 2
= 2
.
1
1
d
Js
+
(B
+
K
)s
+
K
s
+
(1
+
KT )s + K
1 + K Js+(B+K
T
T) s
.2הפ״א של המערכת בחוג הסגור .χcl (s) = s2 + (1 + KT )s + K :המערכת יציבה עבור K > 0 :ו־.KT > −1
8
.3אנו יודעים ש
π
√ = tp
1 − ζ2 ωn
מכאן נקבל:
2.88
≈
ו־
3
(−ζ + 0.64ζ2 + 0.96ζ)ωn
ts |δ=0.05
2.88
π
=
√ = ωn
3
2
(−ζ + 0.64ζ2 + 0.96ζ)ts
1 − ζ tp
או ,בהצבת הערכים המספריים של tpו־ :ts
1.01
5.51
=
√ = ωn
.
−ζ3 + 0.64ζ2 + 0.96ζ
1 − ζ2
ניתן להיווכח כי הערך הממשי היחיד של ζבתחום ) (0, 1המתקבל מפתרון המשוואה הנ״ל הינו:
ζ ≈ 0.173
ומכאן:
ωn ≈ 5.596.
ממשוואה ) (1ניתן לראות ש־ K = ω2nו־ .KT = 2ζωn − 1מכאן נמצא ש־ K = 31.314ו־ . KT = 0.935כדי לבדוק
שפרמטרים שמצאנו אמנם נכונים נבצע סימולציה של המערכת בחוג הסגור עבור כניסת מדרגה .בציור מס׳ 10ניתן לראות
שהפרמטרים שמצאנו אכן מקיימים את הדרישות.
Step Response
1.6
1.4
1.2
1
Amplitude
0.8
0.6
0.4
0.2
6
4
5
3
)Time (sec
2
0
0
1
ציור :10תגובת המדרגה
√
.4נמצא את תגובת היתר· 100% ≈ 57.6 :
.5נסמן C(s) = K
1
ו־
s2 +(1+KT )s
1−ζ2
.OS = e−πζ/
˘
).P(s
=
• שגיאת המצב המתמיד עקב כניסת המדרגה בערך הרצוי :פ״ת מ־ rל־:e
• שגיאת המצב המתמיד עקב כניסת המדרגה בהפרעה :פ״ת מ־ dל־:e
1
= −K
מסוג = −0.03 ⇐ 0
.6
)R(0
L−1
f (0)+kp
1
˘
1+CP
˘
−P
˘
1+CP
=
e
r
⇐ מערכת מסוג .erss = 0 ⇐ 1
= ⇐ R = −1 ,B = C ,F = P ; deמערכת
.ed
= ss
• שגיאת המצב המתמיד עקב כניסת ריצה בערך הרצוי עבור מערכת מסוג = 0.07 :1
ed
• שגיאת המצב המתמיד עקב כניסת ריצה בהפרעה עבור מערכת מסוג ss = ∞ :0
9
KT +1
K
=
1
kv
= .erss
© Copyright 2025