دیاگرام جابه‌جایی سیستم

صفحه 1:
‎(Cl‏ زر ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎N ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 2:
الف)دیاگرام جعبه ای سیستم فوق را رسم نموده وتابع تبديل أن را به دست أوريد + را چنان تعبین کنید که ثابت زمانی سیستم باشد .در اين حالت جهش سیستم وخطای حالت از به ورودی شیب را به دست آورید. مان « 5 ارا جنان تعيين كنيد كه خطاى حالت ماندگار به ورودی شیب برابر 00.()باشد . در اين حالت ثابت زمانی وماکزیمم جهش سیستم را به دست آورید د)ماکزیمم سرعت پاسخ سیستم به ازای چه مقداری از به دست می آید و چه مقدار است؟ ( v =5rvolt: Ju 2 5 m =0.0 kgm R, =102 3 ees 0-0 C, =0.01Nm/rads k, =0.1V/rads Re one 01 k= =, Nm RL, Amp R > ۱ 

صفحه 3:
(ail ) 

صفحه 4:
Ta “Jn Om + Cnn + Ty { ‏ا ل‎ | 60 | T8m =T,0, > T, 2 T, =nT, m => Ti, ‏دلامة-‎ + 7 al + Bal Gn + n°c,| = ln > Pals) “Wm +1J,|s’ +[c,, +n°c, |s 

صفحه 5:
1 ۵( ,2۳6 +مع) + کل [ + 5 R,+L,s| | 9 

صفحه 6:
با فرضص0 مدآ براى حلقه فيد بى داخلى داریم داریم: ‎Js +lc,+n’c,)s _ KR‏ بول ‎1 ٩ “tm Balen Sarah ‎kuVin ‎1 ‏ولا ‏0 ‏یا ‎ ‎ ‎ ‏2 ‏شي + يجمه ‎6: + © TR 8 (j,,+nJ,)s?+ ie ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 7:
kwV.n 0 © _ R,2.0,,+0J,) 9 )8( 2. , KK 2 cara ; kuin ‏اد‎ ‏ور لیا ول‎ + 16۷ 2 6,(s) Rx, +m) 0,08 Cn +O, als au 2 Van ym, [aRG. +07.) 

صفحه 8:
‎(a‏ پس از جایگذاری مقادیر داده شده خواهیم داشت: ‎0,(s) _ 2.50‏ ‎0,6( 52+1.56+ 25 ‏0- ب2.5 +1.55+ 52 ‎ ‏معادله مشخصه ‏فرض ميكنيم معادله مشخصه داراى دو ريشه موهومى باشد؛ يس ثابت زمانى به صورت زير خولهد بود. 1 ‎Cw, =0.75> t =—— =1.334‏ +-1.5- رميه ‎Co,‏ ‏ن حانت معادله مشخصه دارای دو ريشه حقیقی یل را مى يابيم ‎ ‏چون 2566 > +پس برای ایجاد خواهد بود.پس ريشه غالب مخرج ‎ 

صفحه 9:
101 -0.75+0.5/2.25-= رک 202 2.5 +1.58+ 7و 05-=—= @1 2.25( +075 --5 ریشه غالب 1 u =0.2 > 0.25=0.5)2.25- 10 چون معادله مشخصه دارای ريشه های حقیقی است وسیستم در حالت ‎Sl iloverdommped‏ 62082 بس [20 با G@HG) se ee s(s+1.5) 5)5+1.5( ‎s.R(s) 1/5‏ 3-يه یت وز(< سس ‎e,, =lim‏ 05 ۶ (۵)8(16 +۶۰01 ‏1 (1+ع)و ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 10:
1 6 > (1168 ورودی شیب 2.50 ‎G(S)H(s) =‏ تابع تبدیل مدار باز ۳-0 (265(1168)_تابع تبدیل مدار باز 2.4- >=— وز حر ‎a chin HE‏ .2 < لا 2 250 هس ‎s(s+1.5)‏ ‏6 25 0.9 6 2 +1.56 +57 006 0 >4 ,,0- 6 +1.55 + 2ه o2 =6> ‏رون‎ =/6 20+ 26 21.5+ 2-06 

صفحه 11:
1 1 ۳ To, (0.306(/6) - 07 4, ‏و‎ =e! 30%" -0364 24 - 90 ۵ ) معریب رت در مولمی روی می دهد که ثبت رمنی ۰ ودب جارنی فاصله ريشه ها ی غالب از محور موهومی حد اکثر شود s’+1.58+ 2.51 =0- s,, =- 0.75+0.5/2.25 10 

صفحه 12:
با توجه به فرم کلی جوا ب »حداكثر فاصله ريشه غالب از محور موهومی -(۸6/.()خواهد بود «یعنی ثابت زمانی مینیمم به صورت زير خواهد بود 1 26 وز۲ مت مزر 0.75 مقدار بالا به إزلى مقادبرى ازا حاصل می شود که زیر راديكال را منفى مى كندتا مولفه موهومى 51,2 شكل بكيرد 225 10:>0- 10:< 225+ 22 

صفحه 13:
)ب استفاده از معیار پایداری رات-هرویتس .شرط پایداری سیستم های زیر را تعیین کنید + G(s) H(s) _k(s+40 7 56+20 G(s) _- 1 HIG) 26+20 

صفحه 14:
166+ 40 0 ‏و‎ + 6(ks+800 ‏تگ_بر ظ‎ 0 ۶+21 +|20+ (۵5+ 0 5)6+1()6+ 20 ‏مس مش 406-0 +109 +20 | + 127 2 + لو‎ wo] a sf 4(k>0— k>0 ‏جل‎ > ۹5002۲ 9 17 0.903:<0- 1> 1 ‏هي‎ ‎0 شرط پایداریسیستم 1 > >0 

صفحه 15:
b) 1 ‏كك‎ ‎3 )5+ 226+3( ee s a ‏دده ده هك ده‎ Pe Se RG) 44 k ‏ع1 +66 + 562 + لو‎ s(s+ 2)(S+3) 20 16 +66 + لوق + لو :معادله مشخصه 

صفحه 16:
شرط پایداریسیستم 0<k<3 4 | ع st 6 1 2 |6- 8 ۲ | ”ع ‎k>0‏ 6- K>0- k<30 

صفحه 17:
۳۳ سیستم با فیدبک واحد زیر بهره («نمی)ومحل قطب جبران کننده ‎Guard Us! 4 $ 441 (cowpensuipr)‏ کنید که پاسخ سیستم به ورودی پله واحد »حداکثر جهش ‏برابر با ©©90وزمان نشست --05).()(با تلرانس 060)داشته باشد. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎R(s) + ‎۷)8( _ ‏6+29(ع+ع)‎ _ ‎100 1 Y(s) s+25 Sta 10k ‏+م) + و‎ 295+ )25+1000 ‎RO ‏بو‎ ‏25 +ع)(2 +ع) ‎ ‎ ‎ 

صفحه 18:
- 2-4( دب و2 - #ای- ‎M,‏ 101296: =e = =01— to, =40 ‏إن جب‎ -1 Cw, =at+ 25=2(0.404990)) ‏یب‎ 2-5 o2 =2%+10K— (9909? =(2969+10k ——»k =8426 compensatk =842 gaina=55 

صفحه 19:
“6)دياكرام جعبه ای را برای سیستم کنترل (06)زیر رسم کنید وتابع تبدیل آن را به دست آوريد 

صفحه 20:
يا یوت وه - بو یبن ‎=Ki,‏ ,7 1 y.(s) =—X(s) 15 x= ۳ ریس وچست زر fe =JnOm*Ty T 2 Ty JO tM K+ Crk =(J,, +m,1°)6,, +70, — =m, k+¢,« 1 

صفحه 21:
mith 0 ور + ور ی ya 1 ط lm ۲۹ Reta] {k RCs 

صفحه 22:
بافرض 2200 18 ؛براى حلقه داخلیخواهیم داشت WR, ‏ىرلا‎ + 101/52 + 15 _ WR, 8 0 kk, s/R, 1+ i, ۳ +s (J, +m,r-)s? + 8 Vi kL Yo CRs 

صفحه 23:
kr “lm با فرض ,> ,18,00 داريم ta,R, (V/L)kr Se 3,((V/Dkr > ۹99 Yi TR,cR, On+mr)s* +) + ‏نوشن‎ + | ۹99 9 ‏ی‎ ‎vs (j,,+m,r)st+ ‏لو مر + کل‎ + 

صفحه 24:
با جایگذاری مقادیر زیر خواهیم داشت volts volt ( V/L=10-—— k, =10_ m m k, =1 M, =0.004g ۰ | ‏و و۲202‎ Im =0.00kgm? ۱ ‏مه‎ 56 R, =100@ o ۳ =0.1sec \ r=0.5m. 

صفحه 25:
000203 010005: و ‎one 2 oa (19,0.2)(0.5)| _, 200.2).5)‏ 4 2 ا ,00003005 .م )0.009005( + + 03۳0009 0.00% 5-1-7 ود 0228+ 02 ‎y,‏ 

صفحه 26:
©)سيستم کنترل زیر را در نظر بگیرید: الف)>! را چنان تعیین کنید که نسبت استهلاک 6 برای ريشه های غالب برابر 4.9 باشد.در این صورت زمان استقرار سیستم و خطای حالت ماندگار را به ورودی شیب واحد بدست اورید. ب)در صورتی که بخواهیم خطای حالت ماندگار به ورودی شیب 20).() باشدمقدار 1 و محل ريشه های معادله مشخصه سیستم ونسبت استهلاک سیستم را به دست آورید ج)حداقل مقدار خطای حالت ماندگار ممکن برای این سیستم به ازای ورودی شیب واحد چقدر است؟ د)حداقل مقدار ثابت زمانی ممکن برای اين سیستم کنترل چه مقدار است؟ ‎K‏ 09 + هم ‎o~ Gs) ٩9 567673‏ ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 27:
(all k Cs) __ 608 96*26*58 _ 1 Rs) 1+G(s) 4, ‏ع10+1+ ور + و عل‎ ‏+و)و‎ 2( 66+ 5( چون نسبت استهلاک مطرح شده است »دو ريشه را موهومی و یک ریشه را حقیقی در نظر می گیریم معادله مشخسيه سوستم 6-0 06+ 28 + و فرم کلی معدله مشخصه (002 +2005 + 62 (2 +و) 

صفحه 28:
‎at 2 2 2‏ 2 هه +9( ,2 + ه) + ت9(ع + , هع2) + توح (ع ‎(s° + 2Cw,S+ w2)(S+‏ 16 +10+ 79 + توح و(م م2 + ت) + 2(52 + رمی2) + لو سس با مساوی قرار دادن ضرایب داریم : 27 6+ ,20 وق 20 ,220 + #2 ‎aw? =k ‎@, +a=7 02 +0,a=10> o,(o, +a) =70, =10> o, =1.426 ‎wo. =k 

صفحه 29:
@, +a=7—> 21 k=av? =(5.5790.429? > k=1137 k=1137 = 11 ow, =1.42¢ tw, =(0.5)0.429 =0.7145 Og =O, V1- C? =(1.429,/1- (0.5)? - 3 Sy =- 0.71454 j1.23€ 

صفحه 30:
1 1 ۳ 0 0 - 566 toB%:t, =3r =3(1.4) =4.2s 20 _ ‏ع‎ 1137 | Bs COA) = CES) 1 58050 _). 5 3 10 = > 0 &s 3014 G@HS) “On, 1137 1137 9 8 s(s+ 2)(S+5) 

صفحه 31:
- k 1 ۰۳ | Ose 1 e= SR) i, 5 -1 0-05 ۰1+ 6 ‏عل بو‎ k s(S+2)(§+5) — |k=2 01 ‏معادله مشخصه میستم (۳9< 200-0 +10 + 792 + تو‎ به روش سکانت »ريشه حقیقی معادله فوق را می یابیم 

صفحه 32:
(ه + دج + 6 850 +200)6 +06 1+ 79 + لو 5 +156 -+ و و +ی, و2 + لو ب ۳ 2 =2335> w, =4.832 2£(4.839 =- 1.56 ¢ =-0.16 s, =- 8.56 Ss, =0.78+ j4.77 ‏بو‎ =0.78 7 

صفحه 33:
ج( به روش رات هرویتس پایداری سیستم را بررسی می کنیم 0-<10+16+ 73 + لو معادله مشخصه سیستم شردپیاری ۰۰ 0210270 ‎٩‏ | 6 > | » 70 1 م | 9۳ خطای ماندگار به ورودی شیب 1 1 ‎er my‏ ‎k k‏ ات ‎s-01+ G(s)H(s)‏ s(s+ 2)(S+5) 

صفحه 34:
حداقل خطای ماندگار به ازای »«مم‌مقدار جایه دست می آید 014 ی( 707 ث )با توجه به نمودار مکان هندسی ريشه ها محدافل ثابت زماتیبه ازای 21 یا حاصل می شود فرم کلی معادله مشخصه را به صورت . ( 002 +2005 + 82) (2 +9) در نظر می‌گیریم ‎(st a)(s* + 26m,8+ w2) =s* + 75° +164+k‏ ‎2cw, +a=7‏ ‎+2o,a=10‏ ;}4 -— ‎ao, =k‏ 

صفحه 35:
با قرار دادن1< ی در معادلات قبل داریم ۵27-2 27-2 ,2 +2 10=0+ ,140 - 3 210-۲ (,20 -20,)7 + 2ه 210-2 ‎p(y + 2a)‏ ‎an, =k‏ ريشه در سمت راست محور م: كار سا رم ‎۵٩2-۳‏ 23786 ,ه 1 موهومی وغیر قابل قبول 5 0 = 2 = ريشهير سنت جب حير 524و م2088 ,ره 1 1 = cab at, ‏مب‎ | 6 

صفحه 36:
)ار مر وی را ری ری تم رل اس مر 1 مور بررمی قرار دهد 4-0 -و4 - 2و ‎+s° + 451 + 3s?-‏ کو(ح 66+10-0 - 262 + تو(ط 16-0 +29 + 292 + تو + 4و(0 0-<ع1 +و + تو + تور + كو + تو( 

صفحه 37:
4-0 وه - و - ود کم + 9+ ‎as‏ سیستم نايايدار استءيك ريشه در سمت راست صفحه حدارد 8 0- € 0 ‏م6 ل‎ | 9 0 ‏ف‎ 6 | > 0 1 Ez 0 0 0 8 ‏لو‎ + 32 - 4 0 0 e& as ‏لتقا‎ ‎5 0 ‏-ع‎ | as 5 0 jas 8 2 e- 

صفحه 38:
b)s? + 367 - 68+10=0 0 99 © 6 91 یم ‎oO‏ 0 سیستم ناپایدار است؛دو ريشه در سمت راست صفحه ج دارد 

صفحه 39:
16-0 +29 + تور + تو + کون ٩ | 6 | 4 » | © | 4 sb =a ‏هر لو‎ s° « اگر ()>با:سیستم ناپایدار است ویک ريشه در سمت راست صفحه حدارد. اگر (0<:سیستم ناپایدار است و دو ريشه در سمت راست صفحه دارد 

صفحه 40:
16-0 +و + و + تور + گو + تورل si lela 0 0 | بو sb | 640۱ a ۷ | ۲ | و 0 | لو s° ۴ هیچ مقدار بایافت نمی شود که به ازای آن سیستم پایدار باشد ‎k>0‏ ‎-k>0>k<0‏ ‎ytkD SI‏ ريشه سمت راست صفحه حقرار دارد ‏اگر 0>باسه ريشه سمت راست صفحه حقرار دارد ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 41:
حالت ماندگار به ورودی شیب واحد برابر 00).()باشد c(t) 1 R(s) =a 1 s(s+1)(S+ 2) N=type=1 k k s(s+1)(S+ 2) شکل زير .مقدار باراطوری تعیین نمایید که مقدار خطای 700 + ‎G(S)H(s) =‏ تابع تبدیل مدار باز ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 42:
1 5209 _. ۳ Sm ‏مود‎ S 8s S0TEGOHS + ,, _ & s(s+1)(S+ 2) @,=" =001 ss = — |k=200 

صفحه 43:
©)مقدار عكس العمل ()موخطای ()«مربوط به سیستم شکل زير را به ازاى ورودى بله واحد در حالت ماندكار جقدر اسث؟ 1 ott) (s+D6+2) 1 700 Ole 5+ 2 

صفحه 44:
1 ‎s(s+1)(S+ 2)?‏ ك مد تسده 55 ‏بو‎ 1+ G(S)H(S) 04, 1 —> ‏اع‎ =0 s(s+1)(6+ 2)? = وظ ‎ise dss oS G(s)H(s) = N=type=-1‏ باز ‎cg =_RO-6+2)‏ كه ‎Rs) s(s+1)(6+2)?+1 ~s+D(6+2) +1‏ ‏= 5+2 3 ; ‎(CE?‏ ج_ 2- 0 هحون هه ‎ ‎ ‎ ‎ 

صفحه 45:
)یرای سیستم نشان داده شده الف)-ارا چنان تعیین کنید که ثلبت زمانی سیستم کنترل 6.)ثانیه باشد ,در این حالت ‎Gaile lls Ula,‏ به ورودی پله را به دست آورید ب)ارا چنان تعیین کنید که خطای حالت ماندگار به ورودی پله ).()باشد. در اين حالتم لا لمجقدر است ‎cs)‏ + 50 ‎k‏ و ‎G(s)‏ ‎G) 5 7554025‏ H(s) =s+1 | H(s) 

صفحه 46:
Ste ash ete (Call k ‏رمد ل ل لومت 5 2 رقت‎ 3+1 RS) ‏+ع1) +ول(ع1 +3) + و ابو‎ 3.23 ۳ +5 ‏و‎ + 3+ 5 9 sat =0.5> tw, =2> %w, =4=3+k ‏جلك‎ Ik =| So, k=] رن ۳ 22 ,۵ 325-4257 +21 0۶ 2 3 0 097 2 ۹ >= 7- يا +4- ي2)2.063 

صفحه 47:
(s+1) 1 1_- = لب - وه ۵-4 ۳0 ااا ا لالض ‎=i 538 s°+38+3.25 =0.7‏ ‎tPF ds+ 425 ss = 0.76‏ ویب مه «ا)ريشه لوحقيقىغا لبلئد 2-= ,5 >1=05 s?+(3+k)s+(k+3.25 =0- => k=125 2-2 رو 1 25-02 -أ << 0= 45 +4250 + 2 ‎ee‏ 429-028 الت بيو د +2 + و در اين حالت -©ريشه غالب بوده وقا بل قبول است 

صفحه 48:
۱ 1 325 = slim 1 at = 5 1 9. ۳ Kee) 325 3 33 k=292 ‏ب)‎ 3+5 + و 0 2925 R(s)_ s°+3225+325 0 < 20,۸ 325 +8 322 + 86 تسه شنسه چون معادله دارای دو ریشه حقیقی می باشد »در حالت ارو جمم‌قرار دارد.پس M, =0 

)1 در مورد سیستم زیر الف)دیاگرام جعبه ای سیستم فوق را رسم نموده وتابع تبدیل آن را به دست آورید را چنان تعیین کنید که ثابت زمانی سیستم باشد .در این حالت جهش سیستم وخطای حالت ّ ب) ماندگار به ورودی شیب را به دست آورید. ‏ ج)  را چنان تعیین کنید که خطای حالت ماندگار به ورودی شیب برابر 0.25باشد . در این حالت ثابت زمانی وماکزیمم جهش سیستم را به دست آورید د)ماکزیمم سرعت پاسخ سیستم به ازای چه مقداری از به دست می آید و چه مقدار است؟ ‏J L 1kg.m2 ‏J m 0.01kg.m2 ‏cL 1N.m rads ‏cm 0.01N.m rads ‏Nm ‏n 0.1 ‏NL ‏R2 ‏ ‏R1 ‏v 5volts ‏Ra 10 ‏La 0 ‏kb 0.1V rads ‏N.m ‏k 1 ‏Amp V (i  o )  ea  ei  eo  ei  eo  )الف dia d m Raia  La ea  eb ea  kb dt dt Tm kia dL  m m NL 1        L n m dm  L L Nm n T2  m Tm JL CL Jm Cm T1 Tm J m m  cm m  T1 T J   c  2 L L L L L T1 m T2 L  T1 T2  T1 nT2 m    Tm  m J m  n2J L   m cm  n2cL Tm  m(s)  J m  n2J L s2  cm  n2cL s      V  i o  ea eb ia 1 Ra  Las k Tm kbs 1 m (J m  n2J L )s2  (cm  n2cL )s n o : برای حلقه فید بک داخلی داریم داریمLa 0با فرض k Ra k Ra J m  n2J L s2  cm  n2cL s  skkb Ra   kk 2 2 2 b 1 J m  n J L s   cm  n cL  s 2 2 2 J m  n J L s  cm  n cL s Ra       i         k..V.n .Ra  kkb  2 2 2 J m  n J L s   cm  n cL  R s a   o k..V.n  (s) Ra..(J m  n2J L )    kkb   (s)  2 c  n c  L  m  Ra   k..V.n 2  s  s   2 2 J  n J  . R . J  n J    m L a m L     i (s)  k..V.n Ra..(J m  n2J L ) kkb   2 c  n c  L  m  Ra   k..V.n 2  s  s   2 2 J  n J  . R . J  n J    m L a m L      o (s) ب) پس از جایگذاری مقادیر داده شده خواهیم داشت: معادله مشخصه )o (s 2.5 ‏ 2 ‏i (s) s  1.5s  2.5 2 ‏s  1.5s  2.5 0 فرض میکنیم معادله مشخصه دارای دو ریشه موهومی باشد ،پس ثابت زمانی به صورت زیر خواBهد بود. 1 2n 1.5  n 0.75   ‏1.334 ‏n چون ،  2secپس برای ایجاد این حالت ،معادله مشخصه دارای دو ریشه حقیقی خواهد بود.پس ریشه غالب مخرج تابع تبدیل Bرا می یابیم s2  1.5s  2.5 0  s1,2  0.750.5 2.25 10 ریشه غالبs  0.75 2.25 10   0.250.5 2.25 10 1  0.5   0.2 ،قرار داردoverdamped چون معادله مشخصه دارای ریشه های حقیقی است وسیستم در حالت G(s)H(s)  2.5 0.5  s(s  1.5) s(s  1.5) s.R(s) 1s ess lim lim  ess 3 s 0 1 G(s)H(s) s 0 0.5 1 s(s  1) Mp 0 پس  ورودی شیبR(s)  1 s2 )ج 2.5 تابع تبدیل مدار بازG(s)H(s)  s(s  1.5) ess lim s 0 1 1s 1.5  0.25 2.5 2.5 s(s  1.5)  2.4 o (s) 2.5 6  2  2 i (s) s  1.5s  2.5 s  1.5s  6 2 s  1.5s  6 0,,   0 2n 6  n  6  2n 2 6 1.5   0.306 1 1 ‏ ‏ ‏1.334s )n (0.306)( 6 ‏0.364 Mp 36.4% د) ‏ (0.306) ‏  1 (0.306)2 1  2 ‏e ‏Mp e ماکزیمم سرعت در موقعی روی می دهد که ثابت زمانی minشود ،به عبارتی فاصله ریشه ها ی غالب از محور موهومی حد اکثر شود ‏s2  1.5s  2.5 0  s1,2  0.750.5 2.25 10 با توجه به فرم کلی جوا ب ،حداکثر فاصله ریشه غالب از محور موهومی 0.75-خواهد بود ،یعنی ثابت زمانی مینیمم به صورت زیر خواهد بود 1 ‏ min  ‏  min 1.33sec 0.75 مقدار باال به ازاBی مقادبری از موهومی s1,2شکل Bبکیرد حاصل می شود که زیر رادیکال را منفی می کندتا مولفه ‏ 0.225 2.25 10  0  10  2.25  )2با استفاده از معیار پایداری رات-هرویتس ،شرط پایداری سیستم های زیر را تعیین کنید )G(s ‏ ‏ )H(s )k(s  40 ‏G(s)  )s(s  20 1 ‏H(s)  )(s  20 )a k(s  40) C ks2  60ks 800 s(s  1)   3 R 1 k(s  40) s  21s2   20 k s  40k s(s  1)(s  20) s3  21s2   20 k s  40k 0 3 s +20 1 2 k s 1 20 0.21 40k 905k s 0 0 s معادله مشخصه: 40k  0  k  0  20 0.905k  0  k  22.1 40k 0  k  22.1 شرط پایداریسیستم b)   k (s  2)(s  3) 1 s k C(s) ks (s  2)(s  3)   3 k R(s) 1 s  5s2  6s  k s(s  2)(s  3) معادله مشخصه: s3  5s2  6s  k 0 3 s6 2 K s 1 5 1 0 s k 6 5 0 s k k  0   k 6 5  0  k  30 0  k  30 شرط پایداریسیستم )3برای سیستم با فیدبک واحد زیر ،بهره ()gainومحل قطب جبران کننده ()compensatorرابه گونه ای تعیین کنید که پاسخ سیستم به ورودی پله واحد ،حداکثر جهش برابر با %25وزمان نشست (0.1secبا تلرانس )%2داشته باشد. )Y (s ‏k ‏s a 100 ‏s  25 ‏ ‏ )R(s 100k )Y (s 100k )(s  a)(s  25 ‏ ‏ 2 100k ‏R(s) 1 )s  (a  25)s  (25a  100k )(s  a)(s  25   Mp e 1  2 .25   0.404 4 tol2% : ts 4  0.1  n 40 n n 99.01 2n a  252(0.404)(99.01) a 55 2n 25a  100k  (99.01)2 (25)(55)  100k k 84.26 r : k 84.26 compensato  gain: a 55 )4دیاگرام جعبه ای را برای سیستم کنترل NCزیر رسم کنید وتابع تبدیل آن را به دست آورید ‏R ‏L a  ‏Ci ‏R ‏R ‏Ra ‏R ‏R ‏R ‏R ‏Ri ‏R ‏R ‏R ‏ei ‏Comput er ‏Floppy Disk ‏T ‏Jm ‏yi ‏r=0.5 m ‏CL ‏ML ‏x ‏ ‏L 0 ‏V ‏yi dia d m Raia  La ea  eb ea  kb dt dt Tm Kia 1 yo (s)  X (s) s x r m T0 Jm T m T0 r mL cL Tm J m m  T0  2  2       T  J   m r x  c r x  ( J  m r )   c r  T0 m m m L L m L m L m  mLx  cL x r Tm m  (J m  mLr2)s2  cLr2s yi ki ei eo 1 RiCis ea eo eb 1 Ra  Las ia k yo  x 1 m 1 (J m  mLr2 )s2  cLr2s s Tm r K bs v L برای حلقه داخلیخواهیم داشت، Ra 0 با فرض k Ra k Ra J m  mLr2 s2  cLr2s  kkb.s Ra  k.kb 2 2 2 1 J m  mLr s    cLr  s 2 2 2 J m mL r s  cLr s  Ra     yi ki   ei eo  1 Ci Ris  k.r .Ra  kkb 2 3 2 2  (J m  mLr )s    cLr  s  Ra    eo v L v L yo ki .k.r .Ra.ci .Ri  v k.r   v k.r  kkb 2 4 2 3  s     (J m  mLr )s  Ra  cLr s     L .Ra   L .Ri .Ra  yi   داریم RiCi i با فرض ki .k.r yo .Ra.i  yi  kk    V L k.r    V L.k.r   s    J m  mLr2 s4   b  cLr2  s3    Ra   .Ra   .i .Ra    yo با جایگذاری مقادیر زیر خواهیم داشت volts V L 10 m kb 1 N.m k 0.2 Amp J m 0.001kg.m2 Ra 1000  r 0.5m volt ki 10 m ML 0.004kg kg cL 0.008 sec La 0  0.1sec yo  yi (10)(0.2)(0.5) (0.1)(1000 )i  (10)(0.2)(0.5)  (10)(0.2)(0.5) .2)(1)   0.001 (0.5) (0.004)s   (01000  (0.008)(0.5)  s   s (0.1)(1000 )  (0.1)(1000 ) 2 4 2  3   yo 1  yi 0.2is4  0.22is3  is  1  i )5سیستم کنترل زیر را در نظر بگیرید: الف) Kرا چنان تعیین کنید که نسبت استهالک ζبرای ریشه های غالب برابر 0.5 باشد.در این صورت زمان استقرار سیستم و خطای حالت ماندگار را به ورودی شیب واحد بدست اورید. ب)در صورتی که بخواهیم خطای حالت ماندگار به ورودی شیب 0.05باشد،مقدار k و محل ریشه های معادله مشخصه سیستم ونسبت استهالک سیستم را به دست آورید ج)حداقل مقدار خطای حالت ماندگار ممکن برای این سیستم به ازای ورودی شیب واحد چقدر است؟ د)حداقل مقدار ثابت زمانی ممکن برای این سیستم کنترل چه مقدار است؟ ‏K ‏G(S)  )S(S 2)(S 3 )C(s )G(s ‏ ‏ )R(s الف) ‏k )C(s )G(s ‏k )s(s  2)(s  5 ‏ ‏ ‏ 3 ‏k ‏R(s) 1 G(s) 1 ‏s  7s2  10s  k )s(s  2)(s  5 چون نسبت استهالک مطرح شده است ،دو ریشه را موهومی و یک ریشه را حقیقی در نظر می گیریم معادله مشخصه سیستم فرم کلی معادلBه مشخصه ‏S3  7S2 10S K 0 ) (s  a)(s2  2ns  2n (s3  2 ns  2n )(s  a) s3  (2 n  a)s2  (2n  2 na)s  2na   s3  (2 n  a)s2  (2n  2 na)s s3  7s2  10s  k : با مساوی قرار دادن ضرایب داریم 2n  a 7  2 n  2na 10  2 an k 0.5    n  a 7  2 n  na 10 n (n  a) 7n 10 n 1.429  2 n k n  a 7  a 5.571 k a2n (5.571)(1.429)2  k 11.37 k 11.37  a 5.571  1.429  n n (0.5)(1.429) 0.7145  d n 1  2 (1.429) 1 (0.5)2 1.238  s1,2  0.7145 j1.238 j  1 1  1.4s  n (0.5)(1.429) tol2% : ts 4 4(1.4) 5.6s  tol5% : ts 3 3(1.4) 4.2s  5.571 * *   0.7145 * تابع تبدیل مدار باز  j1.238  j1.238 k 11.37 G(s)H(s)   s(s  2)(s  5) s(s  2)(s  5) 1 s.R(s) 10 s ess lim lim  s 0 1 G(s)H(s) s 0 11.37 11.37 1 s(s  2)(s  5) ess 0.88 k G(s)H(s)  s(s  2)(s  5) )ب 1 R(s)  2 s 1 s.R(s) 10 s ess lim lim  0.05 s 0 1 G(s)H(s) s 0 k k 1 s(s  2)(s  5) k 200 s3  7s2  10s  2000 R(s) معادله مشخصه سیستم ریشه حقیقی معادله فوق را می یابیم، به روش سکانت R 20056 13 s 1088.4 4 0.09 3 8.5 های معادله مشخصه6 ریشه s1  8.56  s2 0.78 j4.77 s 0.78 j4.77  3 s3  7s2  10s  200(s  8.56)(s2  2 ns  2n )  s2  2 ns  2n s2   1.56s  23.35 2n 23.35 n 4.832  2 (4.832)  1.56   0.16 j  j4.77  8.56 *  * 0.78  j4.77 * ج) به روش رات هرویتس پایداری سیستم را بررسی می کنیم ‏s3  7s2  10s  k 0 معادله مشخصه سیستم شرط پایداری 0  k  70 1 7 ‏s 10 2 ‏K ‏s 70 k 7 ‏s0 0 ‏s ‏k خطای ماندگار به ورودی شیب 1 10 ‏s ‏ ‏k ‏k )s(s  2)(s  5 3 1 1 ‏s ‏ess lim ‏lim )s 0 1 G(s)H(s ‏s 0 1 حداقل خطای ماندگار به ازای maxمقدار kبه دست می آید 10 1 ‏k 70 ess    ess 0.143 70 7 د) با توجه به نمودار مکان هندسی ریشه ها ،حداقل ثابت زمانی به ازای فرم کلی معادله مشخصه را به صورت ‏ 1 ) (s  a)(s2  2ns  2n حاصل می شود در نظر می گیریم (s  a)(s2  2 ns  2n ) s3  7s2  10s  k ‏2n  a 7 ‏ 2 ‏  n  2na 10 ‏ 2 ‏an k  در معادالت قبل داریم 1با قرار دادن a  2n 7  a 7  2n  2 2 n (n  2a) 10 n  2n (7  2n ) 10 3n  14n  100  2 an k ریشه در سمت راست محور n 3.786 a  0.572 موهومی وغیر قابل قبول 1  n  148.72   6  0.88 a 5.24 ریشه در سمت چپ محور  n وقابل قبول  1 1 1        n 0.88 n 0.88  min 1.137sec )6 با استفاده از معیار پایداری رات-هرویتس ،پایداری سیستم های کنترل با معادله مشخصه زیر را مورد بررسی قرار دهید ‏a)s6  s5  4s4  3s3  s2  4s  4 0 ‏ 3 2 ‏b)s  3s  6s  100 ‏ 4 3 2 ‏c ) ‏s ‏ ‏s ‏ 2 ‏s ‏ 2s  k 0 ‏ ‏d)s5  s4  2s3  s2  s  k 0 ‏ a)s6  s5  4s4  3s3  s2  4s  4 0 سیستم ناپایدار است،یک ریشه در سمت راست صفحه sدارد ‏q(s) s4  3s2  4 ‏dq ‏4s3  6s ‏dt 1 1 1 0 4 1.5 16.6 7 4- 4 3 3 0 6 40 1440 0 0 ‏s64 5 ‏s0 4 ‏s0 ‏s3 ‏s3 ‏s2 ‏s1 ‏s0 b)s3  3s2  6s  100 سیستم ناپایدار است،دو ریشه در سمت راست صفحه sدارد 1 3 3 ‏s6 2 10 ‏s 9.3 3 10 1 ‏s0 0 ‏s c)s4  s3  2s2  2s  k 0 1 1 2 2 ‏ K 0 ‏k 0 ‏ ‏K اگر : k<0سیستم ناپایدار است ویک ریشه در سمت راست صفحه sدارد. اگر:k>0سیستم ناپایدار است و دو ریشه در سمت راست صفحه sدارد 2 4 ‏sK ‏s03 2 ‏s 1 ‏s 0 ‏s d)s5  s4  2s3  s2  s  k 0 1 1 1 ‏k 2 1 ()k-1 ‏k ‏k- 0 ‏k هیچ مقدار kیافت نمی شود که به ازای آن سیستم پایدار باشد اگر ،k>0دو ریشه سمت راست صفحه sقرار دارد اگر ،k<0سه ریشه سمت راست صفحه sقرار دارد 5 ‏s1 4 ‏k ‏s 3 0 ‏s ‏s02 1 ‏s 0 ‏s ‏k  0 ‏ ‏ k  0  k  0 )7 در سیستم نشان داده شده در شکل زیر ،مقدار kراطوری تعیین نمایید که مقدار خطای حالت ماندگار به ورودی شیب واحد برابر 0.01باشد )c(t 1 ‏R(s)  2 ‏s 1 )s(s  1)(s  2 ‏N type1 ‏k ‏ )r(t ‏ ‏k ‏G(s)H(s)  )s(s  1)(s  2 تابع تبدیل مدار باز 1 s.R(s) s ess lim lim s 0 1 G(s)H(s) s 0 k 1 s(s  1)(s  2) 2 ess  0.01 k k 200 )8مقدار عکس العمل )c(tوخطای )e(tمربوط به سیستم شکل زیر را به ازای ورودی پله واحد در حالت ماندگار چقدر است؟ )c(t 1 )(s  1)(s  2 1 ‏s 2 1 ‏s ‏ ‏ )r(t تابع تبدیل مدار باز 1 G(s)H(s)  s(s  1)(s  2)2 s.R(s) ess lim lim s 0 1 G(s)H(s) s 0 1 C(s) s 2  R(s) s(s  1)(s  2)2  1 N type1 1 1 s(s  1)(s  2)2 1 R(s)  s ess 0 R(s).(s  2) C(s)  s(s  1)(s  2)2  1 s 2 C() lims.C(s) lim 2 s 0 s 0 s(s  1)(s  2)2  1 C() 2 )9برای سیستم نشان داده شده الف)kرا چنان تعیین کنید که ثلبت زمانی سیستم کنترل 0.5ثانیه باشد .در این حالت ‏ وخطای حالت ماندگار به ورودی پله را به دست آورید ب)kرا چنان تعیین کنید که خطای حالت ماندگار به ورودی پله 0.1باشد. در این حالتMpجقدر است )C(s ‏k ‏ ‏G ( ‏s ) ‏ ‏ ‏s2  3s  3.25 ‏ ‏H(s) s  1 )G(s ‏R(s)  ‏ )H(s ندBلباBBاB هایموهومیغB)ریشهa k 2 C(s) k s  3 s  3 . 25   2 k ( s  1 ) R(s) 1 s  (3 k)s  (k  3.25) s2  3s  3.25  1 0.5   n 2  2 n 4 3 k n 2n 1 3.254.25 n 2.062  2(2.062) 4   0.97 )الف 2 n 3 k  2 n k  3.25 k 1 k 1  n 2.062  0.97  G(s)H(s)  (s  1) s2  3s  3.25 N type0 1 R(s)  s ess 0.765 s.R(s) s2  3s  3.25 ess lim lim 2 s 0 1 G(s)H(s) s 0 s  4s  4.25 ندBلباBBاB هایحقیقیغB)ریشهb  0.5  s1  2  2 s2  (3 k)s  (k  3.25) 0  s   k 1.25 s2  4.25s  4.5 0  s1,2  1   4.250.25  2 s1  2  s2  2.25 ریشه غالب بوده وقا بل قبول است2- در این حالت ب) ‏k 29.25 1 3.25 ‏ ‏0.1 )k(s  1 ‏k  3.25 ‏s2  3s  3.25 ‏ess lim ‏s 0 1 )C(s 29.25 ‏ 2 ‏R(s) s  32.25s  32.5 2 ‏s  32.25s  32.5 0,,   0 :معادله مشخصه چون معادلBه دارای دو ریشه حقیقی می باشد ،در حالت over damedقرار دارد،پس ‏Mp 0