ΣΑΕ 1. Συστήματα Αυτομάτου Ελέγχου I. Σημειώσεις από τις παραδόσεις

Transcript

1 ΣΑΕ Συστήματα Αυτομάτου Ελέγχου I Σημειώσεις από τις παραδόσεις Για τον κώδικα σε L A TEX, ενημερώσεις και προτάσεις: Οκτώβριος-Ιανουάριος 207 Τελευταία ενημέρωση: 5 Δεκεμβρίου 207 Συστήματα Αυτομάτου Ελέγχου Υπεύθυνη καθηγήτρια: Ζωή Δουλγέρη, ασκήσεις από τον Παπαγεωργίου Δημήτρη - δεν υπάρχει διαχωρισμός ασκήσεων και θεωρίας. Κεφάλαιο Συστήματα Γνωρίζουμε από τα προηγούμενα μαθήματα τι είναι το σύστημα. Σκοπός του μαθήματος είναι να σχεδιάσουμε έναν "ελεγκτή" ώστε ένα σύστημα να έχει μια επιθυμητή έξοδο. Για παράδειγμα, αν έχουμε έναν κινητήρα που επιθυμούμε να ελέγξουμε, μπορούμε να τον παραστήσουμε με το παρακάτω σχήμα: r u E Σ y όπου: H Σ είναι ο κινητήρας u είναι η τάση εισόδου (που ρυθμίζουμε εμείς) y είναι η έξοδος του συστήματος, εδώ η ταχύτητα του κινητήρα Η ροπή του φορτίου εκφράζει την είσοδο της διαταραχής H είναι ένας μετρητής που μπορούμε να έχουμε για να ελέγχουμε την ταχύτητα του κινητήρα E είναι ο ελεγκτής που θέλουμε να υλοποιήσουμε, ώστε να ρυθμίζει την τάση u εισόδου του κινητήρα για να πετύχουμε την επιθυμητή ταχύτητα. Έχουμε και μία είσοδο αναφοράς που καθορίζει την επιθυμητή έξοδο του συστήματος. Στα πλαίσια των ΣΑΕ βρίσκουμε το μαθηματικό μοντέλο του συστήματος, καθώς και το μαθηματικό μοντέλο του ελεγκτή, και τα υλοποιούμε με φυσικό τρόπο (για παράδειγμα μέσω κυκλωματικών στοιχείων, μικροελεγκτών, arduino κ.ά). Παραδείγματα συστημάτων αυτομάτου ελέγχου είναι: Τα αμορτισέρ του αυτοκινήτου, οι κινητήρες των CD drives, οι κινητήρες των γραμμών παραγωγής (ώστε για παράδειγμα να είμαστε σίγουροι ότι τα υλικά περνάν από έναν κλίβανο ακριβώς για 30 λεπτά, διατηρώντας σταθερή την ταχύτητα μεταφοράς τους), κ.ά.

2 . Μοντελοποίηση συστημάτων Για το σύστημα ενός σώματος στο οποίο ασκείται δύναμη, έχουμε πολύ απλά: F = mẍ Για μια δύναμη ελατηρίου, ισχύει F = κ δx, και για μια δύναμη απόσβεσης/ιξώδους: F = dẋ Ανάρτηση αυτοκινήτου αποσβεστήρα: m Θεωρούμε ότι η ανάρτηση ενός αυτοκινήτου αποτελείται από ένα ελατήριο και έναν x 0 x i ρ Και όπως πριν προκύπτει η σχέση: mẍ 0 + b(ẋ 0 ẋ i ) + κ(x 0 x i ) = 0 η οποία μπορεί να μετασχηματιστεί κατά Laplace: mẍ 0 + bẋ 0 + κx 0 = bẋ i + κẋ i ms 2 X 0 (s) + bsx 0 (s) + κx 0 (s) = X (s)bs + κx (s) X 0 (s) X (s) = bs + κ ms 2 + bs + κ Αυτή είναι μία απλή μέθοδος μοντελοποίησης συστημάτων, αλλά η μοντελοποίηση δεν είναι αντικείμενο αυτού του μαθήματος..2 Ορισμοί Ορισμός. Συνάρτηση μεταφοράς: G(s) = Y(s) (έξοδος) U(s) (είσοδος) N(s) (αριθμητής) = D(s) (παρονομαστής) Χαρακτηριστικό πολυώνυμο: D(s) Θυμόμαστε ότι στα φυσικά συστήματα δεν γίνεται να έχουμε βαθμό του αριθμητή μεγαλύτερο από το βαθμό του παρονομαστή. Ορισμός.2: Μορφές έκφρασης συνάρτησης μεταφοράς H(s) = K(s + z ) (s + z m ) (s + p ) (s + p n ) H(s) = G( + sτ n+) ( + sτ n+m ) ( + sτ ) ( + sτ n ) όπου G = kz z m p p m 2

3 Ορισμός.3 Πόλοι ονομάζονται οι τιμές p για τις οποίες ισχύει: lim s p H(s) = Μηδενικά ονομάζονται οι τιμές z για τις οποίες ισχύει: lim s z H(s) = 0 Θεώρημα.: Σύνδεση εν σειρά Όταν συνδέουμε δύο απομονωμένα συστήματα εν σειρά, για τις συναρτήσεις μεταφοράς τους ισχύει: G(s) = G (s)g 2 (s) X (s) G (s) X 2(s) G2 (s) X 3(s) Παράδειγμα R R u(s) C C 2 y Για το παραπάνω κύκλωμα, αν και έχουμε δύο συστήματα ενωμένα σε σειρά, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα στο παραπάνω κύκλωμα, αφού τα επιμέρους κυκλώματα δεν είναι απομονωμένα και παρουσιάζουν σύνθετες αντιστάσεις εισόδου και εξόδου. Πράγματι, αν επιλύσουμε το κύκλωμα: G (s)g 2 (s) = (R C s + ) (R 2 C 2 s + ) y(s) u(s) = R C R 2 C 2 s 2 + (R C + R 2 C 2 + R C 2 )s + Παρατηρούμε τον όρο R C 2 s που δεν υπάρχει στον απλό πολλαπλασιασμό των δύο συστημάτων. Άσκηση Ποιές από τις παρακάτω συναρτήσεις μεταφοράς έχουν ρυθμούς (ρίζες του παρονομαστή) που δεν είναι πόλοι; (i) (ii) (iii) (iv) s + 8 (s + 3)(s + 0) s + (s + ) 2 (s + 2) s + 9 (s + 2) s + (s + )(s + 2) 3

4 Απάντηση (i) Έχει μηδενικό στο 8 και πόλλους στα 3 και 0. (ii) Έχει μόνο έναν πόλο στο και στο 2. (iii) Έχει μηδενικό στο 9 και πόλους στα 2 + j3 και 2 j3. (iv) Έχει μόνο πόλο στο 2. Η λύση αυτή μπορεί να προκύψει από τους ορισμούς του πόλου και του μηδενικού..3 Σύστημα κλειστού βρόγχου είσοδος διαταραχής d(s) r(s) w(s) G(s) + y f(s) H(s) Ορίζουμε: συνάρτηση μεταφοράς κλειστού βρόγχου: T(s) = y(s) r(s) συνάρτηση μεταφοράς εισόδου διαταραχής: T d (s) = y(s) d(s) Για να υπολογίσουμε την έξοδο του συστήματος, αν δεν λάβουμε υπ' όψιν την είσοδο διαταραχής: y(s) = G(s)w(s) = G(s) ( r(s) f(s) ) y(s) = G(s) [ r(s) H(s)y(s) ] y(s) [ + G(s)H(s) ] = G(s)r(s) y(s) = G(s)r(s) + G(s)H(s) G(s) T(s) = + G(s)H(s) Αν συμπεριλάβουμε και την είσοδο διαταραχής, το ζητούμενο είναι η είσοδος αυτή να μην επηρεάζει καθόλου (ή όσο το δυνατόν λιγότερο) την έξοδο. Έχουμε: y(s) = d(s) + G(s)w(s) = d(s) G(s)f(s) y(s) [ + G(s)H(s) ] = d(s) Συνοπτικά: = d(s) G(s)H(s)y(s) T d (s) = y(s) d(s) = + G(s)H(s) 4

5 Θεώρημα.2: Συναρτήσεις μεταφοράς σε σύστημα κλειστού βρόγχου Για ένα σύστημα κλειστού βρόγχου με είσοδο r(s), είσοδο διαταραχής d(s), συνάρτηση G(s) στην ευθεία διαδρομή και H(s) στη διαδρομή ανάδρασης, οι συναρτήσεις μεταφοράς είναι: T(s) = y(s) G(s) r(s) = d(s)=0 + G(s)H(s) T d (s) = y(s) d(s) = r(s)=0 + G(s)H(s) και η συνολική έξοδος του συστήματος είναι: y(s) = T(s)r(s) + T d (s)d(s) Παρατηρούμε ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι το ίδιο στις δύο συναρτήσεις μεταφοράς. Παράδειγμα r(s) κ s + a y Θα υπολογίσουμε την έξοδο του συστήματος χωρίς ανάδραση και με ανάδραση σε βηματική είσοδο r(s) u(t). Χωρίς ανάδραση Το σύστημα χωρίς ανάδραση είναι το παραπάνω χωρίς τον κάτω βρόχο: Και ισχύει: κ y(s) = r(s) s + a y(s) = κ s ( s + a ) y(t) = κ e t /τ r(s) κ s+a y (όπου η σταθερά χρόνου τ = a ) Για t το αποτέλεσμα είναι y(t) = κ. Με ανάδραση y(s) = G(s)r(s) + G(s) τ = a + κ Παρατηρούμε πως το σύστημα αυτό φτάνει πολύ πιο γρήγορα στην τελική του τιμή. Αυτό φαίνεται αν συγκρίνουμε τις σταθερές χρόνου μεταξύ τους, σκεπτόμενοι ότι λειτουργούν ως συντελεστές στην εκθετική συνάρτηση: a k a a a κ 5

6 .4 Ισοδύναμα λειτουργικά διαγράμματα Για τη διευκόλυνσή της εύρεσης της συνάρτησης μεταφοράς, μπορούμε αντί να βρούμε την έξοδο αλγεβρικά χρησιμοποιώντας ενδιάμεσες συναρτήσεις, να εφαρμόσουμε κανόνες όπως τους παρακάτω: H y H y y 2 H y 2 u H y y u H y H y H + y H /H 2 + H 2 y H 2 Παράδειγμα r(s) H w(s) κ + H 2 y(s) Χρησιμοποιώντας τους παραπάνω κανόνες, ή την προηγούμενη μέθοδο, μπορούμε να βρούμε: T(s) = κh 2(s) + H 2 (s)h (s) + H (s)h 2 (s) Ενδεικτικά, με βοηθητικές συναρτήσεις, οι πράξεις γίνονται ως εξής: y(s) = H 2 (s) (κr(s) + w(s) ) ( ) = H 2 [κr ] + H r y = κh 2 r + H 2 H r H H 2 y y ( + H H 2 ) = κh 2 r + H 2 H r y = κh 2r + H 2 H r + H H 2 T(s) = κh 2(s) + H 2 (s)h (s) + H (s)h 2 (s) Κεφάλαιο 2 Προδιαγραφές Ορίζουμε κάποιες προδιαγραφές που επιθυμούμε να πληροί η έξοδος του συστήματος, όπως η ακρίβεια θέσης, η ταχύτητα της απόκρισης, η ευστάθεια κλπ. Για να μετρήσουμε ποσοτικά αυτά τα κριτήρια, ορίζουμε νέα μεγέθη και χρησιμοποιούμε διάφορες συναρτήσεις ως "εισόδους αναφοράς", όπως την κρουστική δ(t) (για μελέτη ευστάθειας), τη βηματική u(t), την ράμπα, την ημιτονοειδή (για μελέτη απόκρισης συχνότητας και ταχύτητας) κλπ. 6

7 2. Ακρίβεια Το ζητούμενο της ακρίβειας είναι η τελική έξοδος να είναι κοντά στην επιθυμητή είσοδο. Για να υπολογίσουμε την τελική έξοδο, δεν χρειάζεται να υπολογίσουμε τον αντίστροφο Μ/Σ Laplace της συνάρτησης για να πάμε στο πεδίο του χρόνου, αλλά αρκεί να χρησιμοποιηθεί το θεώρημα της τελικής τιμής: f( ) = lim s 0 sf(s) Για παράδειγμα, για βηματική είσοδο (u(t) s ) σε ένα σύστημα (ss = steady state): y ss = lim s 0 sf(s) = lim s 0 sh(s) s = lim s 0 H(s) Για να μελετήσουμε την ακρίβεια, ορίζουμε το σφάλμα: Ορισμός 2.: Σφάλμα e(s) = r(s) y(s) Χρησιμοποιούμε διάφορες εισόδους για να βρούμε διάφορα είδη σφαλμάτων του συστήματος: y(t) = u(t) y(s) = s e ssp σφάλμα θέσης y(t) = t y(s) = s 2 e ssv σφάλμα ταχύτητας y(t) = t 2 /2 y(s) = s 3 e ssa σφάλμα επιτάχυνσης Για παράδειγμα, για το σύστημα κλειστού βρόγχου, θυμόμαστε ότι: r(s) y H(s) G(s) Αν θεωρήσουμε ότι η G(s) είναι, τότε: y(s) r(s) = H(s) + H(s) όπου H(s) = G(τ n+s + ) (τ n+m s + ) s N ( + sτ ) ( + sτ n ) e(s) = r(s) y(s) = + H(s) r(s) e ss = lim s 0 se(s) (δηλαδή N είναι η τάξη του τυχόν πόλου στο 0). 7

8 Εφαρμόζοντας τις διάφορες συναρτήσεις ως εισόδους, σύμφωνα με τα παραπάνω, έχουμε: για N = 0 e ssp = = = +G + lim H(s) + K pos s 0 + = 0 για N }{{} K pos e ssv = = 0 = για N = 0 = για N = lim sh(s) K G v s 0 }{{} = 0 για N 2 K v e ssa = lim s 2 = για N = για N = 2 H(s) K G a s 0 0 για N > 2 }{{} K a Δε συζητάμε για ακρίβειες πέραν της επιτάχυνσης, επειδή σπάνια τα συστήματα έχουν πάνω από 2 ολοκληρωτές. Ορισμός 2.2: Ολοκληρωτής Ένας πόλος στο 0 λειτουργεί σαν ολοκληρωτής, επειδή έχει την ιδιότητα να ολοκληρώνει το σήμα εισόδου. Ορισμός 2.3: Τύπος συστήματος Ο τύπος του συστήματος είναι ο αριθμός των ολοκληρωτών που έχει. Παράδειγμα r(s) Έστω το σύστημα: s(s+a) H(s) d(s) = s + y Ποιά θα είναι η έξοδος του συστήματος στη μόνιμη κατάσταση αν προσθέσουμε την είσοδο διαταραχής; Γνωρίζουμε για το σύστημα κλειστού βρόχου ότι: y(s) d(s) = + H(s) lim sy(s) = lim s 0 s 0 s d(s) + H(s) = lim s 0 s s + H(s) = lim s 0 + H(s) = 0 Δηλαδή y ss = 0, άρα το σύστημα έχει πάλι τέλεια ακρίβεια, και σφάλμα θέσης 0. Παράδειγμα Το παρακάτω διάγραμμα αντιστοιχεί σε έναν κινητήρα: d r(s) κ + s(js+b) y 8

9 Το μετασχηματίζουμε στο ισοδύναμό του, ώστε να εφαρμόσουμε τους τύπους κλειστού βρόγχου: d r(s) κ + s(js+b) y s(js+b) Τότε προκύπτει (για είσοδο s, αφού αναζητούμε σφάλμα θέσης): T(s) = s(js + b) T d (s) = s(js + b) κ + κ s(js+b) + κ s(js+b) = = κ s(js + b) + κ s(js + b) + κ y(s) = T(s)r(s) + T d (s)d(s) = κ s s(js + b) + κ + s s(js + b) + κ e(s) = r(s) y(s) e ssp = lim se(s) s 0 [ = lim s s 0 = lim s 0 [ s s κ s(js + b) + κ s ] s(js + b) + κ ] κ s(js + b) + κ s(js + b) + κ = κ κ κ = κ Δηλαδή βλέπουμε ότι η διαφορετική θέση της εισόδου διαταραχής επηρεάζει το σφάλμα θέσης του συστήματος. Αν, προσπαθώντας να μειώσουμε στο 0 το σφάλμα της εξόδου, προσθέσουμε έναν ολοκληρωτή πριν από την είσοδο διαταραχής: d r(s) κ/s + s(js+b) y τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του συστήματος γίνεται: Js 3 + bs 2 + κ = 0 που έχει ρίζες στο δεξί ημιεπίπεδο, άρα οδηγεί σε ασταθές σύστημα (θυμόμαστε από τα Κ3 ότι μόνο τα πολυώνυμα με θετικούς συντελεστές μπορεί να οδηγήσουν σε ευστάθεια). Για να διορθώσουμε αυτήν την ατέλεια, χρησιμοποιούμε έναν ελεγκτή PI (Proportional & Integral), δηλαδή πολλαπλασιάζουμε την είσοδό του e(t) με K P e(t) και ολοκληρώνουμε με K I e(t). 9

10 Ελεγκτής PI Σύμφωνα με την παραπάνω παράγραφο, η έξοδος u(t) ενός ελεγκτή PI είναι: ˆ u(t) = K P e(t) + K I e(t) dt (όπου e η είσοδος) και, μετασχηματίζοντας κατά Laplace: ) K P (s + K I K P u(s) = όπου z = K P K I ( K P + K ) I = s μία σταθερή τιμή. s = K P(s + z) s Στο συγκεκριμένο παράδειγμα, αντικαθιστούμε τη συνάρτηση μεταφοράς κ /s με τη συνάρτηση: ( ) s + z K p s όπου z = K P K I, και το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γίνεται: x(s) = Js 3 + bs 2 + K p s + K I = 0 που μπορεί να είναι ευσταθές με κατάλληλη επιλογή των σταθερών. Παράδειγμα Στο σύστημα χωρίς βρόγχο: r(s) y(s) H κ (s) e ssp = lim s 0 se(s) = lim s 0 ( Hκ (s) ) H κ (s) e ssv = lim s 0 s H κ (s) e ssa = lim s 0 s 2 Παράδειγμα r(s) H(s) y H(s) = s + 9 s 2 + 7s + 3 Τι σφάλμα θέσης έχει το παραπάνω σύστημα; e ssp = + K pos K pos = lim s 0 H(s) = 9 3 = 3 e ssp = + 3 = 4. 0

11 Παράδειγμα r(s) H(s) y Στο παραπάνω σχήμα, θέτουμε: H(s) = 2(s + 0) s(s + 2)(s + 5) Τι σφάλματα έχει το παραπάνω σύστημα; K pos = K v = lim s 0 sh(s) = 20 0 = 2 K a = 0 e ssp = + = 0 e ssv = K v = 2 e ssa = 0 = Παράδειγμα r(s) H(s) y Στο παραπάνω σχήμα: H(s) =.8κ s(s + 3.3) Ποιά πρέπει να είναι η σταθερά κ ώστε να ισχύει e ssv = 0.327;.8κ K v = lim sh(s) = lim s 0 s 0 s = 8κ 33 e ssv = = 33 = K v 8κ 33 κ = Άσκηση Έστω ένα σύστημα με συνάρτηση μεταφοράς: H κ (s) = κs + b s 2 + as + b Ποιά είναι τα σφάλματα του συστήματος, και ποιά είναι η συνάρτηση μεταφοράς, αν προέρχεται από σύστημα κλειστού βρόγχου μοναδιαίας αρνητικής ανάδρασης;

12 Σφάλματα [ e ssp = lim Hκ (s) ] = b s 0 b = 0 [ ] H κ (s) e ssv = lim = a κ s 0 s b e ssa = lim s 0 [ Η κ (s) s 2 Συνάρτηση μεταφοράς r(s) H(s) y ] = Γνωρίζουμε ή βρίσκουμε ότι, για συστήματα κλειστού βρόγχου: άρα: H κ (s) = H(s) + H(s) H κ ( + H) = H H κ + H κ H = H H( H κ ) = H κ H = H = H(s) = H κ H κ κs+b s 2 +as+b ks+b s 2 +as+b κs + b s(s + a κ) = κs+b s 2 +as+b s 2 +as+b ks b s 2 +as+b Παράδειγμα 0.5 y(t) 2 3 t Έστω το σύστημα με την παραπάνω απόκριση στη βηματική συνάρτηση. Ποιός είναι ο τύπος του συστήματος; r(s) y(t) 2 3 t 2

13 Η επιθυμητή έξοδος του συστήματος είναι, αλλά η έξοδός του στη μόνιμη κατάσταση είναι 0.5, επομένως υπάρχει σταθερό σφάλμα 0.5. Άρα το σύστημα έχει τύπο 0. Γνωρίζουμε ότι, αφού είναι τύπου 0, θα έχει άπειρο σφάλμα ταχύτητας. Πράγματι, αν βάλουμε ως είσοδο τη συνάρτηση ράμπας, το σφάλμα όσο t θα αυξάνεται όλο και περισσότερο: r(s) 3 y(t) 2 3 t Άσκηση Ποιά είναι τα σφάλματα του παρακάτω συστήματος; r(s) κ y Js 2 + bs Επειδή δεν έχουμε μοναδιαία αρνητική ανάδραση, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τους τύπους σφάλματος για συστήματα μοναδιαίας αρνητικής ανάδρασης. Βρίσκουμε τη συνάρτηση μεταφοράς κλειστού βρόγχου: y = H(s) ( r G(s)y ) = = H(s) + H(s)G(s) = κ /Js 2 + bs = κ Js 2 + κbs + κ Επομένως μπορούμε να εφαρμόσουμε τους τύπους σφάλματος χωρίς βρόγχο: e ssp = 0 e ssv = b e ssa = Άσκηση d(s) r(s) H (s) + H 2 (s) y (α) H (s) = s + 2 s + (β) H (s) = s + 2 s(s + ) H 2 (s) = 0 s(s + 6) H 2 (s) = 0 s + 6 Να βρεθούν και στις δύο περιπτώσεις τα σφάλματα θέσης και ταχύτητας με διάφορες περιπτώσεις διαταραχών. Λύση, αν δεν υπάρχει διαταραχή d(s) (α) Έχουμε μοναδιαία αρνητική ανάδραση και το σύστημα έχει έναν ολοκληρωτή, άρα είναι τύπου. Το σφάλμα θέσης είναι e ssp = 0, και το σφάλμα ταχύτητας μία σταθερά e ssv = = K v lim s 0 sh(s) = lim s 0 s s+2 = = /6 0. s+ s(s+6) 3

14 (β) Αντίστοιχα με το προηγούμενο ερώτημα, έχουμε: Άρα: s K pos = lim H(s) = lim s 0 s 0 s(s + ) s + 6 = s K v = lim sh(s) = lim s 0 s 0 s + s + 6 = = 0 3 e ssp = + K pos = 0 e ssv = K v = 3 0 Λύση με διαταραχή d(s) = A s Υπολογίζουμε: y = H 2 ( d + H (r y) )... y = H H 2 + H H }{{ 2 } y r + H 2 d + H H }{{ 2 } y 2 Φαίνεται η επαλληλία στη απόκριση του συστήματος, την οποία θα μπορούσαμε να εκμεταλλευτούμε. Θυμόμαστε ότι: e(s) = r(s) y(s) και e ss = lim s 0 se(s) Για την εύρεση του αποτελέσματος, θα χρησιμοποιήσουμε τον ορισμό του σφάλματος. (α) σφάλμα θέσης [ s s 0 e ssp = lim Για το σφάλμα θέσης, θεωρούμε r(s) = s, και έχουμε: ] s H H 2 + H H 2 s H 2 A + H H 2 s s+2 0 s+ s(s+6) 0 s(s+6) = lim s 0 + s+2 s+ = lim s 0 = lim s 0 [ = A 0 20 = A 2. 0(s+2) s(s+)(s+6) s(s+)(s+6)+0(s+2) s(s+)(s+6) + s+2 0 s(s+6) 0 s+ s(s+6) A 0 s(s+6) s(s+)(s+6)+0(s+2) s(s+6)(s+) 0(s + 2) s(s + )(s + 6) + 0(s + 2) A 0(s + ) s(s + )(s + 6) + 0(s + 2) ] 4

15 (β) σφάλμα θέσης Αντίστοιχα με παραπάνω, βρίσκουμε: [ e ssp = lim s s 0 s H ] H 2 + H H 2 s H 2 A + H H 2 s s+2 0 s(s+) s+6 0 s(s+) s+6 = lim s 0 + s+2 = lim s 0 = lim s 0 [ = A 0 20 = 0. 0(s+2) s(s+)(s+6) s(s+)(s+6)+0(s+2) s(s+)(s+6) 0 s+6 A + s+2 A 0 s(s+) s+6 0 s+6 s(s+)(s+6)+0(s+2) s(s+) (s+6) 0(s + 2) s(s + )(s + 6) + 0(s + 2) A 0s(s + ) s(s + )(s + 6) + 0(s + 2) ] Παρατηρούμε ότι η αλλαγή της θέσης του ολοκληρωτή s επηρεάζει και το σφάλμα του συστήματος. 2.. Ασκήσεις (Παπαγεωργίου) Αντιστοιχίες ηλεκτρικού συστήματος σε μηχανικό σύστημα τάση V δύναμη F ρεύμα I ταχύτητα u αντίσταση R = V αποσβεστήρας B = F I u πυκνωτής i c = C du c ελατήριο df dt κ dt F = kx πηνίο u L = L di L αδράνεια F = ma = m du dt dt Ένα παράδειγμα μηχανικού συστήματος είναι τα αμορτισέρ, τα οποία ουσιαστικά "κόβουν" τις υψηλές συχνότητες που μπορεί να οφείλονται σε ανομοιομορφίες του δρόμου, ώστε να νιώθουμε άνετα μέσα σε ένα αυτοκίνητο. Άσκηση 3.8 Οι αριθμοί των ασκήσεων συνήθως δίνονται από το βιβλίο του Πετρίδη. F I 0 l K 2 l 2 K B 2 m m 2 B Να υπολογιστεί η συνάρτηση μεταφοράς του παραπάνω συστήματος. Σαν έξοδος θεωρείται η μετατόπιση της m. Λύση Νεύτωνα: Βρίσκουμε το άθροισμα των δυνάμεων που ασκούνται σε κάθε μάζα, και εφαρμόζουμε το νόμο του d 2 l 2 Για τη μάζα 2: F = m 2 dt 2 = K 2(l 2 l ) }{{} ελατήριο B 2 dl 2 dt }{{} αποσβ. d 2 ( l Για τη μάζα : F = m dt 2 = K dl (l l 0 ) B dt dl 2 dt ( dl2 B dt dl ) dt }{{} αποσβεστήρας ) K 2 (l l 2 ) 5

16 Μετασχηματίζουμε τις δύο εξισώσεις κατά Laplace: m 2 s 2 L 2 = K 2 (L 2 L ) B 2 sl 2 B (sl 2 sl ) () m s 2 L = K (L L 0 ) B (sl sl 2 ) K 2 (L L 2 ) (2) Θυμόμαστε ότι δεν λαμβάνουμε υπ' όψιν τις αρχικές συνθήκες, αφού αναζητούμε τη συνάρτηση μεταφοράς. Αναζητούμε μια σχέση της μορφής H(s) = L 0(s) L (s), άρα πρέπει να απαλείψουμε το L 2 από τις δύο παραπάνω σχέσεις: () L 2 = L K 2 + B s m 2 s 2 + K 2 + (B + B 2 )s L L 0 = Άσκηση με brushed DC κινητήρα Έστω ένας brushed DC κινητήρας: στάτης δρομέας (2) K m 2 s 2 + K K 2 + K (B + B 2 )s (m s + K + K 2 + B s) ( m 2 s 2 + K 2 + (B + B 2 )s ) (K 2 + B s) 2 J m με ισοδύναμο κύκλωμα δρομέα: R A i L A A θ + Vt V + ηλεκτρεγερτική δύναμη λόγω περιστροφής Το ισοδύναμο κύκλωμα περιγράφεται από την εξίσωση: di A V t = R A i A + L a dt + K dθ v dt και το μηχανικό ισοδύναμο: (3) (J L + J m ) }{{} Nms 2 rad d 2 θ dt 2 }{{} rad s 2 = K }{{} T Nm A i A όπου J L και J m είναι οι ροπές αδράνειας του κάθε μέρους. Στη συγκεκριμένη άσκηση θεωρούμε σαν έξοδο τη γωνία του κινητήρα, και σαν είσοδο την τάση του δρομέα V t. Λύνουμε το σύστημα: (4) i A = (J L + J m ) d 2 θ K T dt 2 I A = J L + J m s 2 θ (3) K T (συνήθως αγνοούμε το L A ) V T = (R A + 0 L A s) J s 2 + K v s K T θ (4) θ V = /K v R A J K T K v s 2 + s 6

17 Βέβαια σε πολλές περιπτώσεις μπορεί να τοποθετηθεί ένας μειωτήρας μεταξύ του J m και του J L : J m JL θ Ο μειωτήρας είναι το μηχανικό ισοδύναμο ενός ενισχυτή, που κατασκευάζεται ουσιαστικά με δύο γρανάζια, ώστε να αυξηθεί η δύναμη μειώνοντας την ταχύτητα ή αντίστροφα: u F u 2 F 2 Τότε θα έχουμε: J = J m + ( N N 2 ) 2 J L Βέβαια ένα πραγματικό σύστημα θα περιλαμβάνει και δυναμική τριβή με τη μορφή αποσβεστήρα. Παράδειγμα R γf e γf L γf i γf R F e γ ω L F V F n = dθ dt σταθερό i a J, B, T L 7

18 di γf e γf = R γf i γf + L γf ( dt e γ = K n i γf i γf = e ) γ γ ( Rγf E γf = γ + L ) γf γ s E γ J d2 θ dt 2 + Bdθ dt + T L = K m i a (Js 2 + Bs)Θ + T L = K m I a L di a dt + Ri a + K dθ dt = e γ L s I a + R I A + R I A + K S Θ = E γ (Js 2 + Bs)Θ + T L = K m ( Eγ K s Θ Ls + R ( Js 2 + Bs + K ) mk s Θ + T Ls + R L = ( Js + B + K ) mk ω + T L = Ls + R Για T L = 0: Ω E γf = Τελεστικός ενισχυτής K m Ls + R K m Ls + R R γ f γ R γ f γ γk m ( (Js + B)(Ls + R) + KKm ) (Lγf s + R γf ) ) + L γf γ s E γf + L γf γ s E γf + Ο τελεστικός ενισχυτής είναι ιδανικά ένας διαφορικός ενισχυτής άπειρου κέρδους. Αν οι δύο είσοδοι είναι 0, τότε η έξοδος είναι 0, ενώ αν διαφέρουν, η είσοδος είναι άπειρη (ή V cc σε πραγματικό ενισχυτή). Για τον ιδανικό τελεστικό ενισχυτή κάνουμε τις παραδοχές: R m = V + = V (για να έχουμε πεπερασμένη έξοδο) Άσκηση Α35 8

19 i R e i + R I i A B + Γ e 0 + άρα: Μας ζητείται να βρούμε τον λόγο E o E i. Χρησιμοποιούμε τη δεύτερη παραδοχή του ιδανικού τελεστικού, και παρατηρούμε ότι: V B = V A = 0 V AΓ + V ΓB = 0 V C + e o = 0 V C = e 0 Υπολογίζουμε τα ρεύματα μέσω κυκλωματικών νόμων, και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι (λόγω της άπειρης αντίστασης) δεν πηγαίνει ρεύμα στις εισόδους A και B του ενισχυτή: άρα: I i = i R + i 2 I i = e i R (5) (6) και (5) + (6) e i R = cde o e o dt R i R = V C R = e o R Μετασχηματίζοντας την παραπάνω εξίσωση κατά Laplace και λύνοντας, έχουμε: E o E i = RCs + Άσκηση u s+6 e A s+3 s+7 w + + w 2 s+5 B + y s 8 9

20 Θα μετασχηματίσουμε το παραπάνω σύστημα σε ένα ισοδύναμό του. Αρχικά, θυμόμαστε την ισοδυναμία: + H ± H H H 2 H 2 Μετασχηματίζουμε το κομμάτι από w ως B: w + 2 s+5 B w + 2s s(s+5)+2 s και το κομμάτι από A ως w (αφού κάνουμε τις πράξεις και βρούμε w A = + s+3 s+7 ): A s+3 s w 2s+0 s+7 Τα δύο παραπάνω μετασχηματισμένα διαγράμματα είναι συνδεδεμένα εν σειρά, άρα: A 2s+0 s+7 2s s(s+5)+2 B (2s+0)2s (s+7)(s(s+5)+2) (όπου θέτουμε για ευκολία G(s) = (2s+0)2s ) και το τμήμα του συστήματος εντός του βρόγχου ανά- (s+7)(s(s+5)+2) δρασης με το 8 γίνεται: A G(s) + με + G(s) = αριθμητής N 3 + w + G(s) = (2s+0)2s+(s+7)[s(s+5)+2] παρονομαστής D 3 (s+7)[s(s+5)+2] Άρα το τελικό σύστημα είναι: u + H N 3 D 3 y. 8 20

21 και επομένως προκύπτει από πράξεις: y u = N 3 D 3 (s+6) + 8 N 3 D 3 s+6 N 3 = D 3 (s + 6) + 8N 3 N 3 = D 3 (s + 6) + 8N 3 (2s + 0)2s + (s + 7)(s 2 + 5s + 2) = (s + 4)(s + 7)(s 2 + 5s + 2) + 6(2s + 0)s Η άσκηση αυτή μπορεί βεβαίως να λυθεί και αλγεβρικά. Συνοπτικά: y = A + B B = 2 s + 5 w A = s + 6 e e = u 8y w = ( + s + 3 s + 7 ) A s B (7) (8) (9) (0) () και λύνοντας το σύστημα μπορεί να βρεθεί η συνάρτηση μεταφοράς. Ασκήσεις στα σφάλματα (α) Τι σφάλμα θέσης έχει το σύστημα H(s) = + H(s) s + 9 s 2 αν συνδεθεί σε μοναδιαία αρνητική ανάδραση; + 7s + 3 Η συνάρτηση μεταφοράς είναι H c = H +H = s+9. Το σφάλμα θέσης στη μόνιμη κατάσταση s 2 +7s+3+s+9 είναι το lim s 0 s( H C ) s, ή θυμόμαστε ότι e ss = όπου K +K P P = lim s 0 t. Ισχύει: K p = lim s 0 8 e ss = 4 = 0.25% s + 9 s 2 + 7s + 3 = 3 (β) Έστω συνάρτηση μεταφοράς που συνδέεται σε μοναδιαία αρνητική ανάδραση: H(s) = 2(s + 0) s(s 2 + 2)(s + 5) 2

22 Τότε τα σφάλματα είναι: e sv = lim s 0 s( H c ) s 2 K v = lim s 0 Hs e sv = K v e sa = lim s 0 2 s( H 2 c) s 3 K a = lim H(s) s 0 e sa = K a 2.2 Ταχύτητα Η δεύτερη προδιαγραφή που θα μελετήσουμε για τα συστήματα είναι η ταχύτητα, δηλαδή το πόσο γρήγορα φτάνει ένα σύστημα στην επιθυμητή κατάσταση. Για να μελετήσουμε { αυτήν την προδιαγραφή θα χρησιμοποιήσουμε ως είσοδο τη μοναδιαία βηματική συνάρτηση u(t) = 0, t < 0, t > Σε πρωτοβάθμια συστήματα Ως παράδειγμα, ας δούμε το παρακάτω σύστημα: r(s) y(s) k s+a με H(s) = k s+a. Θυμόμαστε ότι το σφάλμα r(s) y(s) στη μόνιμη κατάσταση (t ) είναι ορισμένο, και κάνοντας υπολογισμούς, η έξοδος στη μόνιμη κατάσταση προκύπτει: lim sy(s) = lim s 0 s 0 s k s s + a = k a και για να μηδενιστεί το σφάλμα, επιθυμούμε η έξοδος να είναι μοναδιαία, άρα πρέπει k a Σε μορφή σταθεράς χρόνου, η H γράφεται: = k = a. H(s) = τs + όπου τ = a Έχουμε θεωρήσει ότι k = a, επομένως το σφάλμα είναι μηδενικό. Για να βρούμε την έξοδο στο πεδίο του χρόνου, έχουμε ότι: y(s) = τs + s = s τ τs + και, χρησιμοποιώντας αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace: ) y(t) = y ss ( e t /τ Έχουμε μια αποσβεννύμενη απόκριση που μοιάζει ως εξής: 22

23 y ss 0.9y ss /τ 0.y ss t t 2 t s t t r Θα ψάξουμε μετά από πόσο χρόνο έχει φτάσει η έξοδος στο 0% και στο 90% της επιθυμητής τιμής: e t /τ = 0. t = τ(ln 0 ln 9) e t 2/τ = 0.9 t 2 = τ(ln 0) Ορισμός 2.4: Χρόνος ανόδου σε πρωτοβάθμιο σύστημα Υπολογίζουμε τον χρόνο ανόδου t r (rise), δηλαδή τον χρόνο μεταξύ της στιγμής που η έξοδος είναι στο 0% και στο 90% της επιθυμητής: t r = t 2 t t r = τ ln 9 2.2τ Ορισμός 2.5: Χρόνος αποκατάστασης σε πρωτοβάθμιο σύστημα Ορίζουμε το χρόνο αποκατάστασης t s (steady), ως εξής: e t s/τ = 0.98 t s 4τ Επιβεβαιώνουμε δηλαδή ότι η σταθερά χρόνου τ σχετίζεται με την ταχύτητα απόκρισης του συστήματος. Όσο μεγαλύτερη είναι η σταθερά χρόνου, τόσο μικρότερη είναι η ταχύτητά του. Μάλιστα, αν βρούμε το σφάλμα ταχύτητας του συστήματος αυτού, θα δούμε ότι γίνεται μικρότερο, όσο μεγαλώνει η ταχύτητά του. Συνδυασμός συστημάτων Y(s) = H(s)U(s) και πιο συγκεκριμένα: H(s) = N(s) D(s) Έστω δύο εν σειρά συστήματα: U(s) = N u(s) D u (s) επομένως, αν σπάσουμε σε κλάσματα όπως γνωρίζουμε από τα μαθηματικά: Y(s) = N D N u = N D u D + N 2 D που μπορεί να δώσει ένα αποτέλεσμα της μορφής: A s + p + + B (s + p) k + C (s + a) 2 + β ή, αντίστοιχα (A + A 2 t + )e pt

24 Παράδειγμα H z (s) = Έστω το σύστημα: k(s + b) s + a με τελική τιμή (είσοδος = s ): k(s + b) y ss = lim sy(s) = lim s s 0 s 0 s + a s = kb a και αρχική τιμή (για t = 0): y(0) = lim t 0 y(t) = lim s sy(s) = k δηλαδή αυτό το σύστημα δεν ξεκινάει από μηδενική αρχική τιμή. y(t) b a t Μελέτη μηδενικών Θα εξετάσουμε την επίδραση των μηδενικών στην έξοδο του συστήματος. Έστω ένα σύστημα με έξοδο στο χρόνο: y z (t) = kb k(a b) + a a Το οποίο αναλύουμε περαιτέρω: y ss e at {}}{ = kb a ( ) e at + ke at ( = y ) ss e at + ẏ(t) b (Τοποθετήσαμε την παράγωγο στην τελευταία σχέση, επειδή μαθηματικά φαίνεται ότι y(t) = kb a ( e at ) ẏ = kbe at ). Αναλύοντας κατά Laplace, προκύπτει: Y z (s) = kb a s + k(a b) a s + a = k(b + s) s(a + s) και παρατηρούμε το μηδενικό στο b και τους πόλους στο 0 και στο a. Γραφικά: y(t) μηδενικό πιο κοντά σε φανταστικό άξονα y(t) b ẏ(t) t Το μηδενικό b της συνάρτησης εκφράζεται από την τιμή ẏ(t) b στη συνάρτηση y z(t). Παρατηρούμε ότι αν υπάρχει μηδενικό, και όσο πιο κοντά πλησιάζει στον φανταστικό άξονα, τόσο μεγαλύτερη επίδραση έχει στην έξοδο του συστήματος, αυξάνοντας την ταχύτητά του. 24

25 Ένα απλό πρόβλημα πρωτοβάθμιου συστήματος Έστω ένα σύστημα: G(s) = s + Αυτό έχει πόλο στο, και σταθερά χρόνου τ =, άρα χρόνο αποκατάστασης t s = 4 sec, κάτι που είναι πολύ μεγάλο και δεν μας αρέσει καθόλου. Επομένως, προσθέτουμε έναν βρόγχο ανάδρασης μαζί με τον απλούστερο δυνατό ελεγκτή, που είναι το αναλογικό κέρδος k : k s+ Απαιτούμε χρόνο αποκατάστασης t s sec, και το ζητούμενο της άσκησης είναι η περιοχή τιμών του k για τις οποίες ικανοποιείται αυτή η προδιαγραφή. Λύση Αρχικά βρίσκουμε τη συνάρτηση μεταφοράς του συστήματος: H(s) = k s+ + k s+ = k s + (k + ) Αυτό έχει σταθερά χρόνου τ = k+, επομένως: t s 4τ = 4 k + Πρέπει: t s 4 k 3. k Σε δευτεροβάθμια συστήματα Έστω το σύστημα ενός περιστρεφόμενου κυλίνδρου με από- Ένα παράδειγμα δευτεροβάθμιου συστήματος σβεση: B u = Jÿ + Bẏ Παραπάνω δίνεται η διαφορική εξίσωση του συστήματος, που θα μετασχηματίσουμε κατά Laplace: Js 2 y(s) + Bsy(s) = u(s) y(s) u(s) = s(js + b) Αντίστοιχα με το προηγούμενο παράδειγμα, προσθέτουμε έναν ελεγκτή και έναν βρόγχο ανάδρασης: r y k s(js+b) με έξοδο: y(s) r(s) = όπου θέσαμε: k s(js+b) + k s(js+b) = k Js 2 + Bs + k = k/j s 2 + B /Js + k /J = ω 2 n s 2 + 2ζω n s + ω 2 n = ω 2 n (s + σ) 2 + ω 2 d 25

26 ω 2 n = k /J ω n = k J 2ζω n = B /J, ζ ζ = B 2 Jk s,2 = σ ± jω d (ρίζες παρ/τή) σ = ζω n ω d = ω n ζ 2 Ορισμός 2.6 ω n : φυσική συχνότητα ζ: συντελεστής απόσβεσης ω d : συχνότητα ταλαντώσεων Μετά από πράξεις που δεν παρουσιάζονται, η έξοδος του συστήματος ξεχωρίζεται στις δύο παρακάτω περιπτώσεις: Αν έχουμε δύο πραγματικούς πόλους p, p2: ( e p t y(t) = y ss + p p 2 p p 2 p ) ep2t p 2 b a Δηλαδή η απόκριση του συστήματος αποτελείται από το άθροισμα δύο εκθετικά αποσβεννύμενων αποσβέσεων. Πρακτικά, παίζει ρόλο ο πόλος που προκαλεί την πιο αργή απόσβεση (ειδικά αν οι πόλοι απέχουν αρκετά μεγάλη απόσταση μεταξύ τους), καθώς η άλλη απόσβεση εξαλείφεται γρήγορα. Ο αργός πόλος επιβάλλει το ρυθμό του. Αν έχουμε δύο μιγαδικές συζυγείς ρίζες σ ± jω d : ( y(t) = y ss e ζω ζ nt cos ω d t + dt) sin ω ζ 2 ( ) = y ss e ζω nt ζ sin ω d t + tan 2 ζ 2 ζ Σε αυτήν την περίπτωση, η έξοδος του συστήματος μοιάζει κάπως έτσι: 26

27 y(t) M p θ ω d y ss 2% ζω n t r t p t s t Αποδεικνύεται επίσης ότι ισχύουν αρκετές σχέσεις, που παρουσιάζονται παρακάτω. Θεώρημα 2.: Χρόνος αποκατάστασης σε δευτεροβάθμιο σύστημα με συζυγείς πόλους t s 4 ζω n (Προσοχή! Αυτή η σχέση ισχύει μόνο όταν έχουμε δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες, και όχι πραγματικές!) Ο χρόνος ανόδου ορίζεται διαφορετικά από τα πρωτοβάθμια συστήματα: Ορισμός 2.7: Χρόνος ανόδου σε δευτεροβάθμιο σύστημα με συζυγείς πόλους Ως χρόνος ανόδου ορίζεται ο χρόνος μέχρι η έξοδος να φτάσει την πρώτη φορά στην επιθυμητή τιμή. Αποδεικνύεται ότι είναι ίσος με: t r = π θ ω d όπου θ η γωνία του ενός πόλου. Ορισμός 2.8: Χρόνος Υπερύψωσης Ο χρόνος t p (peak) μέχρι η έξοδος να φτάσει στην πρώτη κορυφή της ημιτονοειδούς κυματομορφής είναι: t p = π ω d Βλέπουμε ότι αρκετές στιγμές η έξοδος έχει τιμή μεγαλύτερη της εξόδου. Η υπερύψωση αυτή μπορεί σε κάποιες περιπτώσεις να μην είναι επιθυμητή, επειδή για παράδειγμα δεν θέλουμε το ρεύμα σε ένα κύκλωμα να ξεπεράσει μια μέγιστη τιμή, ή ο βραχίονας ενός ρομπότ να φτάσει έξω από κάποια όρια. 27

28 Ορισμός 2.9: Υπερύψωση Αποδεικνύεται ότι η πρώτη κορυφή φτάνει στην τιμή: M p = e ( ) ζπ ζ 2 = e σt p Αυξάνοντας τη σταθερά k, μειώνουμε τους χρόνους t p και t r, καθώς και την M p, αλλά αυξάνεται το ζ και η συχνότητα των αποσβεννύμενων ταλαντώσεων, δηλαδή το σύστημα γίνεται πιο "ζωηρό". Τέλος, για τη γωνία του πόλου, αποδεικνύεται ότι: cos θ = ζ Παραδείγματα συστήματος δεύτερης τάξης (α) k Js+b ω s φ K v (β) k( + K v s) s(js+b) (α) Εκτελούμε πράξεις για να βρούμε την απόκριση του συστήματος: φ = s ω sφ = ω (2) sφ = k Js + b [r(s) K v ω φ ] (2) sφ = k [ r(s) skv φ φ ] Js + b sφ(js + b) = k [ r(s) sk v φ φ ] φ [ Js 2 + bs + kk v s + k ] = kr(s) φ r = H(s) = k Js 2 + (b + kk v )s + k k/j s 2 + ( B+kKv J ) s + k /J (β) Η συνάρτηση μεταφοράς είναι: H(s) = K/J( + K v s) ( ) s 2 + B+kKv s J + K /J Παρατηρούμε ότι τα δύο συστήματα έχουν παρόμοιες συναρτήσεις μεταφοράς, αλλά το δεύτερο έχει ένα μηδενικό. 28

29 Παράδειγμα με μηδενικό b(s + z) H z (s) = s 2 + a s + a 0 ω 2 n/z(s + z) = y ss s 2 + 2ζω n s + ω 2 n = y ss ω 2 n s 2 + 2ζω n s + ω 2 n + s z Έστω μια συνάρτηση μεταφοράς που έχει μηδενικό στο z: ( ω 2 n s 2 + 2ζω n + ω 2 n Η τελευταία σχέση, αν παρατηρήσουμε ότι ο τελεστής s εκφράζει την παραγώγιση μιας συνάρτησης στο πεδίο του χρόνου, βλέπουμε ότι ισχύει η σχέση y z (t) = y(t) + ẏ(t) z : y z (t) = ẏ(t) y(t) + }{{}}{{} z έξοδος χωρίς μηδενικό επίδραση μηδενικού Συνάρτηση χωρίς και με μηδενικό H a = 4 (s + ) 2 + 6, H b = με τελική έξοδο (είσοδος βηματική): y ss = lim s 0 s y ss2 = lim s 0 s 4 (s + ) s = 2 7(s + 2) (s + ) s = 2 ) Έστω οι συναρτήσεις μεταφοράς: 7(s + 2) (s + ) Αν προσομοιώσουμε/εφαρμόσουμε τύπους, η έξοδος των συστημάτων θα είναι: (s+) 2 +6 s 7(s+2) (s+) 2 +6 s.27 4 t Βλέπουμε ότι το σύστημα με το μηδενικό έχει πιο γρήγορη απόκριση, αλλά ταυτόχρονα αυξάνεται και η υπερύψωση. Συνήθως το ζ ως προδιαγραφή είναι ανάμεσα στο 0.4 και 0.8, ενώ αν δεν θέλουμε καθόλου υπερύψωση, παίρνουμε ζ, που οδηγεί πραγματικές ρίζες. Άσκηση Ποιό από τα παρακάτω συστήματα θα εμφανίσει τη μεγαλύτερη υπερύψωση, ως απόκριση στη μοναδιαία βηματική συνάρτηση; (α) (β) (γ) 8 s 2 + 2s + 48 s 2 + 2s s 2 + 8s

30 (δ) 8 s 2 + 2s + 4 Η σωστή απάντηση είναι η (β). Άσκηση (α) (β) (γ) (δ) Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει ταχύτερη απόκριση; s + 0 (s + 2)(s + 5) s + (s + 2)(s + 5) 0 (s + 2)(s + 5) s + 3 (s + 2)(s + 5) Το ταχύτερο σύστημα είναι αυτό με το πιο "σημαντικό" μηδενικό, δηλαδή αυτό που βρίσκεται πιο κοντά στον φανταστικό άξονα, άρα το (β), με μηδενικό z =. Άσκηση (α) (β) (γ) Να συγκριθούν τα συστήματα ως προς ταχύτητα απόκρισης: 0 (s + 5) (s + 2) (s + 5) (s + 3) (s + 5) Το (β) είναι το (α) με πρόσθεση της παραγώγου του (α) διά 2, ενώ το (γ) είναι το (α) με πρόσθεση της παραγώγου του (α) διά 3. Επομένως το (β), που έχει πιο σημαντικό μηδενικό, είναι ταχύτερο. Άσκηση Έστω ένα σύστημα κλειστού βρόγχου: r k H(s) y όπου H(s) = 0 (s + 6)(s + 7). Θέλουμε να βρεθεί η περιοχή τιμών της σταθεράς k, ώστε να ικανοποιούνται οι παρακάτω προδιαγραφές: e ss < 0.5 M p < 0. Έχουμε: t s < 660 ms. Για το e ss : e ss = = + K pos + lim s 0 kh(s) = 0 + lim s 0 k (s+6)(s+7) e ss < 0.5 k > 4.2 = + k

31 2. Για το M p < 0.: ln M p = ζ = ζ > ζπ ζ 2 ln M p ln 2 M p π 2 ln 0. ζ > 0.59 ln π2 Για να χρησιμοποιήσουμε το αποτέλεσμα που βρήκαμε για το ζ, πρέπει να το εφαρμόσουμε επάνω στο χαρακτηριστικό πολυώνυμο του συστήματος, που μετά από πράξεις προκύπτει: s 2 + }{{} 3 s + 0k + 42 }{{} ζω n ω 2 n Επομένως θέλουμε: 3 ζ = k > 0.59 k < Αν για τις παραπάνω προδιαγραφές υπολογίσουμε το χρόνο αποκατάστασης t s 4 = ms ζω n 3 φαίνεται ότι ήδη πληροί την προδιαγραφή t s < 660 ms. Σε διαφορετική περίπτωση, αν δηλαδή για αυτό το σύστημα μάς δινόταν μια προδιαγραφή που δεν ικανοποιούνταν (π.χ. t s < 220 ms), δεν θα ήταν δυνατό να λυθεί η άσκηση με αυτό το σύστημα, αλλά θα έπρεπε να προστεθεί ένας ακόμα ελεγκτής Για συστήματα μεγαλύτερου βαθμού Ένα σύστημα μεγαλύτερου από 2 βαθμού μπορεί να έχει τη μορφή: y(s) r(s) = k(s + z ) (s + z n ) (s + p ) (s + p n ) [ (s + ζ κ ω k ) 2 + (ω d ) 2] Αν αναλύσουμε σε απλά κλάσματα το παραπάνω, χωρίζοντας πραγματικούς και μιγαδικούς συζυγείς πόλους, λαμβάνουμε: y(s) = a s + n i a i s + p i + q k b k (s + ζ k ω k ) + c k ω kd s 2 + 2ζ k ω k s + ω 2 k Και, μετασχηματίζοντας αντίστροφα κατά Laplace y(t) = a + a i e p it + b k e ζ kω k t cos ω d t + c k e ζ kω k t sin ω d t Απλοποίηση συστημάτων Σε αυτό το σημείο κάνουμε μια σημαντική παρατήρηση: Αν έχουμε δύο μακρινούς πόλους, για παράδειγμα 2 και 20, που δίνουν αντίστοιχα αποκρίσεις: e 2t, e 20t Η πιο αργή απόκριση e 2t κυριαρχεί τη γρηγορότερη απόκριση e 20t, η οποία αποσβένεται γρήγορα και δεν επηρεάζει το τελικό αποτέλεσμα. Επομένως, μόνο όταν ασχολούμαστε με την ταχύτητα απόκρισης ενός συστήματος, μπορούμε προσεγγιστικά να απαλλαγούμε από τους γρήγορους πόλους, αυτούς δηλαδή που βρίσκονται πιο μακριά από τον φανταστικό ημιάξονα. 3

32 0 Παράδειγμα Στη συνάρτηση μεταφοράς μπορούμε να απαλλαχθούμε από τον πόλο p = [(s+2) 2 +5](s+0) 0, αλλά προσέχουμε ώστε να παραμείνει ίδιο το DC κέρδος του απλοποιημένου συστήματος. Δηλαδή η απλοποιημένη συνάρτηση μεταφοράς θα προκύψει: (s + 2) Παράδειγμα Έστω η συνάρτηση μεταφοράς: H(s) = 00(s + 20) (s + 2)(s + 5)(s + 50)(s + 00) Παράδειγμα Έστω η συνάρτηση μεταφοράς: 00(s + 20) (s + 2)(s + 50) Επειδή εδώ έχουμε μηδενικό, δεν μπορούμε να απαλλαγούμε από τον πόλο, διότι θα αλλάξει εντελώς η απόκριση της συνάρτησης. Επομένως γενικά προσέχουμε: Προϋποθέσεις απλοποίησης πόλου ) Ίδιο DC κέρδος 2) Προσοχή στην κανονικότητα του συστήματος (διαφορά αριθμού ριζών αριθμητή και παρονομαστή) 3) Προσοχή σε μηδενικά κοντά σε πόλο Παράδειγμα με τρία συστήματα χρόνο: Να βρεθούν οι βηματικές αποκρίσεις των παρακάτω συστημάτων στο H = 3 s H 2 = (s + 3)(s + 20) 8.75(s + 3.2) H 3 = (s + 3)(s + 20) ) Πολλαπλασιάζουμε τη συνάρτηση μεταφοράς με την είσοδο s : Άρα 3 y(s) = (s + 3)s = A s B s + 3 = s s + 3 y(t) = e 3t 32

33 2 t 2) Εικάζουμε ότι η απόκριση του συστήματος H 2 είναι παρόμοια με αυτήν του H, αφού (αν κάνουμε τις πράξεις) έχουν ίδιο DC κέρδος, και απλώς προστέθηκε ένας μακρινός πόλος στη συνάρτηση μεταφοράς. y(t) =.7e 3t + 0.7e 20t 3) Εδώ έχουμε ένα μηδενικό z = 3.2 κοντά στον πόλο p = 3, επομένως λύνουμε αναλυτικά: Άρα B s = s s s + 20 y(s) = H 3 s = A s + Γ s + 20 y(t) = e 3t 0.92e 20t 2 t Εδώ το μηδενικό επηρεάζει το αποτέλεσμα, και η γρήγορη απόκριση του (s + 20) κυριαρχεί, οπότε δε θα ήταν σωστό να την αγνοήσουμε Ασκήσεις Άσκηση Έχουμε τέσσερις συναρτήσεις μεταφοράς: 6 G = (s + 2)(s + 8) G 2 = 6 s (s + 2)(s + 8) G 3 = 6 s Δ z 2 + Δ z (s + 2)(s + 8) s + G 4 = 6 (s + 2)(s + 8) Να υπολογιστεί και να σχεδιαστεί η κρουστική απόκριση των παραπάνω συστημάτων. Λύση Ουσιαστικά θα πάρουμε έναν αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace. 33

34 G Δουλεύουμε πάνω στο G κλασικά, σπάζοντας σε επιμέρους κλάσματα: G = A s B s + 8 και με κάποιον τρόπο βρίσκουμε τους συντελεστές: A = 6 s + 8 = 6 6 s= 2 B = 6 = 6 s s= 8 και ο αντίστροφος Laplace είναι: L {G } = 6 6 ( e 2t e 8t) άρα: G 2 G 2 = Αντίστοιχα: A = 6 5 B = 6 5 A s L {G 2 } = 8 5 B s + 8 s + 5 s + 8 = 8 5 s= 2 s + 5 = 8 s s= 8 ( e 2t + e 8t) Παρατηρούμε και στις δύο παραπάνω απαντήσεις την επίδραση του κυρίαρχου, δηλαδή του πιο αργού πόλου s = 2 (αντιστοιχεί στο e 2t ), ο οποίος είναι πιο κοντά στο 0. G 3 Έχουμε: G 3 = A s B s + 8 A = 6 s Δ z 2 + Δ z s + 8 B = 6 s Δ z 2 + Δ z s + 2 L {G 3 } = Δ z s= 2 s= 8 = 6 6 ( Δ z 6 e 2t + Δ z 2 + Δ z = Δ z 6 6 ( Δ ) ) z e 8t 6 Παρατηρούμε ότι όσο πιο μικρό (κοντά στο 0) είναι το Δ z, τόσο λιγότερη σημασία έχει ο όρος e 2t, και επικρατεί ο γρηγορότερος e 8t. Αυτό μπορούμε να το διαπιστώσουμε και από τη συνάρτηση μεταφοράς: Aν θεωρήσουμε ότι Δ z 0, τότε εξαφανίζονται τα (s + 2) στον αριθμητή και παρονομαστή, και η συνάρτηση 6 γίνεται 2+0 (s+8). Για παράδειγμα, αν θέσουμε: Δ z = 0. τότε η έξοδος θα γίνει: 6 6 (0.047e 2t }{{} 0.98e 8t ) μικρός όρος 34

35 Στην ουσία δηλαδή, το μηδενικό στη θέση (2 + Δ z ) 2 ακυρώνει τον πόλο s = 2: s+2 s+2+δx (0.) (s+2)(s+8) 0.5 t Μπορούμε επίσης να υπολογίσουμε το χρόνο αποκατάστασης του συστήματος: t s = 4τ = 4 p πόλος = 2 = 0.5 Άσκηση Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη βηματική απόκριση που φαίνεται στο σχήμα; 4 2 t (α) (β) (γ) (δ) 2 s + 2 2(s + 6) s + 3 2(s + 3) s s + 3 Για το κάθε σύστημα ψάχνουμε αρχική και τελική τιμή, ώστε να επιβεβαιώσουμε την απόκριση: (α) lim s (β) lim s 2 s = 0 άρα δεν βολεύει. s s + 3 s 2(s + 6) s = 2 και lim s + 3 s 0 s Άρα η σωστή απάντηση είναι η (β). 2(s + 6) s = 4, που είναι οι επιθυμητές τιμές. s + 3 Άσκηση Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη βηματική απόκριση που φαίνεται στο σχήμα; 2 t (α) 4 s

36 (β) (γ) 6 s + 2 3(s + 2) s + 3 (δ) s + 4 s + 2 Αντίστοιχα με παραπάνω, υπολογίζουμε αρχική και τελική τιμή για κάθε σύστημα. Η σωστή απάντηση είναι s+4 η (δ), αφού ισχύει lim s s+2 = και lim s 0 s+4 s+2 = 2. Άσκηση Ποιά συνάρτηση μοιάζει με την παρακάτω απόκριση; t (α) (β) (γ) (δ) 0 s s s s + 5 Η τελική τιμή της συνάρτησης είναι το 0, επομένως οι απαντήσεις (α) και (γ) απορρίπτονται, αφού το όριό τους στο δεν είναι 0. Για να βρούμε τη σωστή απάντηση, μπορούμε να βρούμε τον αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace των εναπομείναντων συναρτήσεων, ή πιο εύκολα, να παρατηρήσουμε ότι στα.2s η συνάρτηση φτάνει πολύ κοντά στην τελική της τιμή, δηλαδή για τη σταθερά χρόνου ισχύει 4τ.2 τ 0.3. Αυτή η σταθερά χρόνου αντιστοιχεί σε μια συνάρτηση μεταφοράς α 0.3s+ α s Άρα η σωστή απάντηση είναι η (δ). Άσκηση Ποιό από τα παρακάτω συστήματα έχει τη μεγαλύτερη ταχύτητα ανόδου; (α) (β) (γ) (δ) s + 0 (s + 2) s + 3 (s + 2) s + 0 (s + 2) s + 3 (s + 2)

37 Λύση Θυμίζουμε ότι οι παρονομαστές των παραπάνω συναρτήσεων έχουν γραφεί με τη μορφή (s+σ) 2 + ω 2 d, και έχουν λύση σ ± jω d. Η ταχύτητα ανόδου εξαρτάται από τον χρόνο ανόδου. Θυμόμαστε επίσης ότι για μεγαλύτερο ω d ή μηδενικό z κοντά στον φανταστικό άξονα, έχουμε μικρότερο χρόνο ανόδου t r, ενώ ο χρόνος ανόδου t r ορίζεται ως ο χρόνος που απαιτείται μέχρι η απόκριση να φτάσει από το 0% ως το 90% (προσοχή στη διαφορά από το χρόνο t r μέχρι την πρώτη φορά που φτάνουμε στην επιθυμητή τιμή): y(t) M p y ss 0.9y ss 0.y ss t r t s 4 τ = 4 t p ζω n t t r Η σωστή απάντηση είναι η (δ), η οποία έχει το μεγαλύτερο ω d και το μηδενικό z = 3 που είναι κοντινότερο στον άξονα. (Βέβαια γρήγορη ταχύτητα ανόδου δεν σημαίνει και γρήγορη απόκριση). Άσκηση Πόσο πρέπει να είναι τα k p ώστε να έχουμε μοναδιαίο DC κέρδος, και ποιός είναι ο χρόνος αποκατάστασης του κάθε συστήματος; (α) (β) k p s + 3 k p2 (s + 3)(s + 20) Απάντηση (α) k p = 3, η χρονική σταθερά είναι τ = 3, άρα ο χρόνος αποκατάστασης προκύπτει t s = 4 3. (β) k p2 = 60, ο κυρίαρχος πόλος είναι ο πιο κοντινός (s = 3), και επομένως τ = 4 και t s = 4 3. Σε περίπτωση που μας δινόταν K p 2 (s + 3.), το μηδενικό στο -3. θα αλληλοαναιρούνταν με τον πόλο (s + 3)(s + 20) στο -3, και επομένως ο κυρίαρχος πόλος θα ήταν στο -20. Άσκηση Έστω η συνάρτηση μεταφοράς: 8 s 2 + s + 8 Ποιός είναι ο χρόνος αποκατάστασής της; Έχουμε δύο πραγματικές ρίζες, οπότε δεν είναι σωστό να ακολουθήσουμε τη μεθοδολογία με τα σ και ω d. Οι πόλοι του συστήματος βγαίνουν -2 και -9, ο κυρίαρχος είναι ο -2, επομένως t s = 4 2 = 2. 37

38 2.3 Εύρος ζώνης Το εύρος ζώνης είναι μία προδιαγραφή του συστήματος που σχετίζεται με το πεδίο της συχνότητας. Πιο συγκεκριμένα, μπορεί να απαιτήσει να έχουμε ένα συγκεκριμένο εύρος ζώνης ω b, για παράδειγμα ω b > a. Η μελέτη αυτής της προδιαγραφής μπορεί να μελετηθεί με τη βοήθεια των διαγραμμάτων Bode (προφ. "Μπόντε"), τα οποία εκφράζουν το πλάτος και τη φάση για κάθε συχνότητα. Ο έλεγχος γίνεται δίνοντας ως είσοδο στο σύστημα ένα μεγάλο εύρος συχνοτήτων: H(s) και στη συνέχεια κατασκευάζουμε δύο διαγράμματα, ένα για το πλάτος ως συνάρτηση της συχνότητας, και ένα για τη φάση, ως εξής: A ω b ω φ 0 ω Τα περισσότερα συστήματα είναι χαμηλοπερατά. Όσο μεγαλύτερο είναι το εύρος ζώνης ενός συστήματος, τόσο ταχύτερη είναι η απόκριση του συστήματος. Αυτό μπορούμε να το διαπιστώσουμε αν σκεφτούμε την τετραγωνική κυματομορφή, που έχει συχνότητες που εκτείνονται μέχρι το άπειρο (αν θυμηθούμε τις σειρές Fourier), επομένως ένα σύστημα που θέλει να την αναπαραστήσει, όσο μεγαλύτερο εύρος ζώνης έχει, τόσο πιο γρήγορα θα αποκριθεί στην είσοδο. Επομένως, είναι επιθυμητό να έχουμε μεγάλο εύρος ζώνης για να αυξήσουμε την ταχύτητα, αλλά πρέπει να λάβουμε σε αυτήν την περίπτωση υπ' όψιν και τον θόρυβο, ο οποίος βρίσκεται κυρίως στις υψηλότερες συχνότητες. Τα διαγράμματα Bode γίνονται συνήθως σε λογαριθμική κλίμακα, που ορίζεται ως εξής: ω 20 log ω 0 38

39 0 db -3 db και ορίζουμε το εύρος ζώνης να είναι η απόσταση μεταξύ των συχνοτήτων στις οποίες η έξοδος έχει τιμή 3 db, που αντιστοιχεί στην τιμή 0.707, αν το πλάτος αντιστοιχεί σε 0 db. Προσοχή ότι η λογαριθμική κλίμακα στον οριζόντιο άξονα των συχνοτήτων δηλώνει ότι στην αρχή των αξόνων δεν έχουμε τη συχνότητα 0, αλλά απλώς μία μικρή συχνότητα Σε πρωτοβάθμια συστήματα Ας ασχοληθούμε με το σύστημα H(s) = + sτ. Στην απόκριση συχνότητας μάς ενδιαφέρει η έξοδος του συστήματος σε ημιτονοειδείς όρους, δηλαδή για s = jω, οπότε: H(jω) = + jωτ Η απόκριση φάσης είναι: φ(ω) = Arg ( H(jω) ) = Arg ( Η απόκριση συχνότητας τότε θα είναι: 20 log H(jω) = 20 log + jωτ = 20 log ( + ω 2 τ 2) 2 = 0 log( + ω 2 τ 2 ) jωτ ( + jωτ)( jωτ) ) = tan φανταστικό μέρος {}}{ ωτ ( + jωτ)( jωτ) = tan (ωτ) ( + jωτ)( jωτ) }{{} πραγματικό μέρος Ο σκοπός όμως είναι την παραπάνω έκφραση να γνωρίζουμε προσεγγιστικά πώς μπορεί να παρουσιαστεί σε διάγραμμα. Ψάχνουμε τις ασύμπτωτες για την παραπάνω σχέση, και έχουμε: για ω τ = 0 db για ω τ = 20 log ωτ = 20 log ω 20 log τ }{{} ω c = τ (όπου ονομάζουμε την ω c = τ χαρακτηριστική συχνότητα του συστήματος) Έτσι, έχουμε δύο ασύμπτωτες ευθείες, και μπορούμε να προσεγγίσουμε τη συνάρτηση: 39

40 προσεγγιστική απόκριση πραγματική απόκριση ω (Η χειρότερη προσέγγιση ίσως γίνεται στο σημείο όπου τέμνονται οι ευθείες, στο οποίο η πραγματική τιμή είναι 0 log 2 = 3 db). Για το σχεδιασμό του διαγράμματος φάσης, έχουμε: για ω = 0 = 0 για ω = = 90 για ω = ω c = 45 προσεγγιστική απόκριση πραγματική απόκριση ω 0.0/τ 0. /τ /τ 0/τ 00/τ Επίσης, μπορούμε να κάνουμε μια γραμμική προσέγγιση αυτής της εξόδου στη φάση, θεωρώντας οριζόντια έξοδο μία δεκάδα πριν και μετά από τη χαρακτηριστική συχνότητα, και γραμμική ανάμεσα: προσεγγιστική απόκριση πραγματική απόκριση ω 0.0/τ 0. /τ /τ 0/τ 00/τ δηλαδή: φ = log ω t 40

41 Αν είχαμε μια συνάρτηση με ένα κέρδος κ, τότε στο διάγραμμα μέτρου απλώς προστίθεται μια σταθερά 20 log κ, και το διάγραμμα θα ανεβεί προς τα πάνω ή προς τα κάτω, ανάλογα με το αν κ > ή κ < αντίστοιχα. Με τα διαγράμματα Bode μπορούμε επομένως να βρούμε την έξοδο του συστήματος σε ημιτονοειδή είσοδο. Για την απόκριση ταχύτητας, ενδιαφέρουν περισσότερο τα διαγράμματα πλάτους και όχι φάσης Σε δευτεροβάθμια συστήματα Θυμίζουμε τη συνάρτηση μεταφοράς δευτεροβάθμιων συστημάτων: H(s) = ω 2 n s 2 + 2ζω n s + ω 2 n Όπως παραπάνω, για να πάρουμε την απόκριση συχνότητας θεωρούμε s = jω: H(jω) = ( ) 2 ω ωn + j2ζ ω ω n H(jω) ( ) 2 db = 0 log ω2 ω 2 + 4ζ 2 ω2 n ω 2 n Κάνουμε προσέγγιση με ασυμπτώτους: ω ω 0 db n ω ω 40log ω n ω n προσεγγιστική απόκριση ω n ω -40 db/dec Στην πραγματικότητα, η απόκριση συχνότητας μοιάζει ως εξής, και εξαρτάται από το ζ: προσεγγιστική απόκριση πραγματική απόκριση ω n ω r ω -40 db/dec Παρατηρούμε μία υπερύψωση κοντά στο ω n (αλλά όχι ακριβώς επάνω του), που αυξάνεται όσο μειώνεται το ζ, και συχνά δεν είναι επιθυμητή. Αν παραγωγίσουμε την έξοδο για να βρούμε το ακρότατο (θέτουμε u = ω ω n για ευκολία): dh du = u 2 + (2ζu) 2 η οποία μηδενίζεται για ω ω n όταν ζ < = u = 2ζ 2. Αυτό ορίζεται αν ζ < 0.707, δηλαδή υπάρχει υπερύψωση μόνο 4

42 Θεώρημα 2.2: Εύρος ζώνης δευτεροβάθμιου συστήματος Το εύρος ζώνης (μέχρι τα -3 db) αποδεικνύεται ότι είναι: ω b = ω n [ 2ζ ζ 2 + 4ζ 4 ]/2 Θεώρημα 2.3: Συχνότητα συντονισμού δευτεροβάθμιου συστήματος συχνότητα συντονισμού ω r, δηλαδή η συχνότητα κατά την οποία έχουμε υπερύψωση, είναι: ω r = ω n 2ζ 2 ζ < ενώ το πλάτος της υπερύψωσης: M r = 2ζ ζ 2 Όσον αφορά τη φάση, φ(ω) = tan Ασυμπτωτικά: ω 2ζ ω ω n ω2 ω 2 n ω n = 0 φ = 0 ω ω = φ = π /2 n ω ω φ = π n και συμπληρώνουμε το διάγραμμα Bode: προσεγγιστική απόκριση πραγματική απόκριση ω n ω r ω -40 db/dec Βέβαια η πραγματική συμπεριφορά εξαρτάται πάλι από το ζ. Άσκηση Έστω ένα σύστημα: k s(s+a) Ζητείται να βρεθούν οι σταθερές k και a, ώστε η υπερύψωση συχνότητας να είναι Μ pr =.04 για ω r =.54 rad /s. Και από εκεί, ζητείται να προσδιοριστεί ο χρόνος αποκατάστασης t s και το εύρος ζώνης ω b. 42

43 Λύση Από τους παραπάνω τύπους, έχουμε: 2ζ ζ 2 =.04 4ζ4 4ζ = 0 ζ 2 = { ζ = 0.8 ή ζ = 0.6 Απορρίπτουμε την περίπτωση ζ = 0.8, αφού για να υπάρχει υπερύψωση στη συχνότητα πρέπει ζ < Άρα ζ = 0.6. Τότε υπολογίζουμε ακόμα ότι ω n = ω r 2ζ. 2 k Η συνάρτηση μεταφοράς του συστήματος βγαίνει μετά από πράξεις s 2 + as + k = ω 2 n s 2 + 2ζω n s + ω 2. n Άρα k = = , και a = 2ζω n = = Σε συστήματα μεγαλύτερου βαθμού Γενικά ισχύει: H(s) = G s n (τ j s + ) (t i s + ) Αυτό αντιστοιχεί, όπως έχουμε δει παραπάνω, σε ένα άθροισμα πιο απλών κλασμάτων. Επομένως, για να βρούμε το διάγραμμα Bode, απλώς προσθέτουμε τις επιμέρους αποκρίσεις. τs+ Επίσης, αν έχουμε ένα σύστημα, και το αντιστρέψουμε,, η έξοδος θα είναι αντίθετη, από την τs+ ιδιότητα του λογαρίθμου. ω ω Για το απλό σύστημα H(s) = G s, έχουμε: H db = 20 log G 20 log ω φ = π /2 και το διάγραμμα Bode γίνεται (σε συνδυασμό με το H(s) = Gs): 0 db -20 db/dec G +20 db/dec G ω 90 Γενικά, μπορούμε να συνθέσουμε οποιαδήποτε συνάρτηση μεταφοράς με τα παρακάτω στοιχεία: H 0 = Gs ν 43

44 ( ) s H = ρ + για p > 0 H 2 = ( s 2 ω 2 n Για παράδειγμα, ) + 2Js + για ω ω n > 0 και 0 < ζ <. n s(s+3) (s+4)((s+5) 2 +4). Για καθεμία από αυτές, έχουμε: H 0 (jω) db = 20 log Gω ν = 20 log G + 20ν log ω και: φ 0 = ν 90 Και το αντίστοιχο διάγραμμα Bode είναι: H 0 20 db ,000 ω ω όπου παρατηρούμε ότι έχουμε αύξηση της απόκρισης κατά 20 db ανά δεκάδα. Η ευθεία αυτή θα έχει αντίθετη κλίση αν το H 0 (s) βρίσκεται στον παρονομαστή H (jω) { 0 αν ω < p db 20 log ω 20 log p ανω > p και: 0 αν ω < 0.p φ log ω p αν 0.p < ω < 0p 90 αν ω > 0p Άρα η απόκριση γίνεται: H για ρ = 0 20 db ,000 ω ω 44

45 H 2 = s 2 ω 2 n + 2J ω n s + και αποδεικνύεται ότι: H 2 (jω) db { 0 αν ω < ω n 40 log ω 40 log ω n αν ω > ω n 0 αν ω < 0.ω n φ log ω ω αν 0.ω n n < ω < 0ω n 80 αν ω > 0ω n H 2 40 db ,000 ω ω Ασκήσεις Άσκηση Να βρεθεί η απόκριση συχνότητας του H(s) = 40(s + ) s 2 (s 2 + s + 4) Απάντηση Έχουμε: H(s) = (0) (s + ) H 0 H p= s 2 H 0 ν=2 s s 4 + H 2 ω n =2 = G G 3 G 2 G 4 και εργαζόμαστε για κάθε συνάρτηση ξεχωριστά, σχεδιάζοντας το διάγραμμα Bode της, ώστε να τα συνδυάσουμε στο τέλος: 0 G db = 20 log log ω φ = νπ 2 = 0 45

46 20 db rad/s 0 0 για ω < G 3 db 20 log ω 20 log 0 για ω > 0 αν ω < 0.p φ log ω p αν 0.p < ω < 0p 90 αν ω > 0p 20 db rad/s G 2 db = 20 log ( 2) log ω = 40 log ω φ = νπ 2 = π 40 db -40 db/dec 0. 0 rad/s { 0 για ω < 2 rad/s G 4 db 40 log ω + 40 log 2 για ω > 2 0 αν ω < 0.2 n φ = log ω αν 0.ω 2 n < ω < αν ω > 20 46

47 rad/s db/dec Τελικά, για να βρούμε τη σωστή απάντηση, προσθέτουμε όλα τα παραπάνω διαγράμματα (αφού ο πολλαπλασιασμός γίνεται πρόσθεση μετά την εφαρμογή του λογαρίθμου): 60 db 20 db 4 db -40 db/dec -20 db/dec rad/s db/dec /dec /dec -90 /dec 270 Άσκηση Ποιά είναι η συνάρτηση μεταφοράς της οποίας το προσεγγιστικό διάγραμμα Bode φαίνεται στο παρακάτω σχήμα; 20 log db 20 db/dec 20 db/dec (α) (β) Επιέξετε μία από τις πιθανές απαντήσεις 0(s + )(s + 2) (s + 0.5)(5s + 0)(s + 0) 0(s + 0.5) (s + 2)(s + 0) ω 47

48 (γ) (δ) 0(s + )(s + 2) (s + 0.5)(5s + 5)(s + 0) 0(s + 0) (s + 0.5)(s + 2) Λύση Κανονικά, φέρνουμε όλες τις συναρτήσεις μεταφοράς στη μορφή (π.χ. για την (α)): ( ) ( ) 0 s + 2 s 2 ( ) ( ) + ( ) 0.5 s s s 0 + και ελέγχουμε τις θέσεις των πόλων και των μηδενικών για τα σημεία μείωσης του κέρδους. Για παράδειγμα, για το (γ): ( 0 (γ) = ) (s + )2 s 2 ( ) s (s + ( ) )0 s 0 + Στην παραπάνω συνάρτηση παρατηρούμε ότι απλοποιούνται ο πόλος και το μηδενικό για s =, και μένουν ένας πόλος με συντελεστή (άρα υπάρχει πτώση 20dB/dec από τη συχνότητα 0.5 και μετά), ένα μηδενικό με 0.5 συντελεστή (άρα υπάρχει άνοδος που ακυρώνει την πτώση από το 2 και μετά), και ένας πόλος με συντελεστή 2 (άρα υπάρχει ξανά πτώση από το 0 και μετά). 0 Εναλλακτικά, σε αυτήν την άσκηση, μπορώ να υπολογίσω το κέρδος της κάθε συνάρτησης μεταφοράς, που πρέπει να είναι 20 log 0.8dB, άρα να έχει μέτρο 0.8. Έτσι, για κάθε απάντηση έχουμε: (α) (β) (γ) (δ) 0 2 db = log log = log = log = log Άσκηση Τι τιμή έχει το προσεγγιστικό διάγραμμα μέτρου και φάσης στη συνάρτηση μεταφοράς (s + ) 2 (s + 0) στη συχνότητα ω = rad /s; Εδώ μας ζητείται η τιμή του προσεγγιστικού διαγράμματος, όχι η ακριβής τιμή. Αν ζητούνταν η ακριβής τιμή, θα θέταμε s = jω = j, και υπολογίζαμε το μέτρο και το όρισμα του μιγαδικού που θα προέκυπτε από τη συνάρτηση μεταφοράς. Αρχικά, μετασχηματίζουμε ελαφρά τη συνάρτηση μεταφοράς: 00 (s + ) 2 )(s + 0) 00 ( ) 2 ( ) = s + 0 s ( ) ( ) s + s 0 + Εδώ έχουμε έναν πόλο για ω = 0 rad/s, ο οποίος ξεκινάει μία πτώση 20dB/dec σε εκείνη τη συχνότητα, και έναν διπλό πόλο ω = db/dec, του οποίου η επίδραση είναι μια πτώση κατά 2 20 = 40 db/dec. Άρα το προσεγγιστικό διάγραμμα μοιάζει κάπως έτσι: 48

49 20 log 0 = 20 db 0 db 20 db 40 db/dec p = 0 ω (rad/s) 60 db/dec Το διάγραμμα φάσης είναι λίγο πιο δύσκολο, επειδή η απόκριση επηρεάζεται μία δεκάδα πριν και μία δεκάδα μετά από τη συχνότητα του κάθε πόλου. Έτσι, για p = (διπλός πόλος), η επίδραση ξεκινάει από την ω = 0.p = 0. rad/s, με μία κλίση 2 /( 45 ) = 90 /dec, μέχρι και την ω = 0p = 0 rad/s. 90 /dec 0. 0 Αντίστοιχα, για τον απλό πόλο p = 0, ξεκινάμε από rad/s μέχρι τα 00rad/s με κλίση 45 /dec. 45 /dec 0 00 Προσθέτοντας τα δύο παραπάνω διαγράμματα για τις φάσεις, έχουμε: 20 log 0 = 20 db 0 db 20 db 40 db/dec p = 0 ω (rad/s) 60 db/dec 90 /dec 35 /dec /dec Γενικά είναι εύκολο να εργαζόμαστε με συναρτήσεις μεταφοράς των οποίων οι πόλοι και τα μηδενικά είναι 49