2011 12 19";53;593
j(3w-w3) 3w-w»
2) Im[G(ju)] = O
3(j—w3 = 0 w — |ub cj = 0
RelGU^OU^jĄzi
-1.85
Czyli przecięcie osi Re Jest w punkcie (-3/8, JO), a więc wykres nie obejmuje punktu (-l,jO).
iMG(jw)) = -f jub ^[0(^ = 3
Robimy tabelkę:
|
CO |
0 |
V3/3 |
V3 |
|
Re[G(Jo>)] |
0 |
3 |
-0.375 |
|
Im[G(ju>)] |
-1.95 |
0 |
0 |
Im
Z powyższych warunków wynika, że układ zamknięty jest stabilny.
Zapas wzmocnienia
i=f=2.667
8
Zadanie 5
Zadania:
Obliczyć uchyb ustalony położenia układu jak na rysunku. Jeśli błąd ten jest większy od 0.1 (10%) to zastosować korektor szeregowy, który obniży ten błąd do tej wartości.
Rozwiązanie:
Obliczenie uchybu ustalonego
/ \ 1__1_
oW (ś+1)3 *s+3s2+3a+l
m
i 1 ą3 + 3ą2 + 3j + l
i, 1 ~~Vp+3ał-ł-3j+2
*3+3jŻ+as+l
1
2
Korektor szeregowy ma ogólną postać:
3
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2011 12 19 ;53;593 j(3w-w3) 3w-w»2) Im[G(ju)] = O 3(j—w3 = 0 w —
2011 12 19 ;53;59 PODSTAWY AUTOMATYKIWrocław 23.01.2010EGZAMIN Z PODSTAW AUTOMATYKI - studia niestac
2011 12 19 ;53;59 PODSTAWY AUTOMATYKIWrocław 23.01.2010EGZAMIN Z PODSTAW AUTOMATYKI - studia niestac
2011 12 19 ;53;594 V Zadanie 2 z egzaminu 21.06.1999 ?adanle: 4 J * . (s+1)A3 • , Ola układu
2011 12 19 ;53;594 V Zadanie 2 z egzaminu 21.06.1999 Zadanie: 4 "v.: J * (S+1)A3 Dl
2011 12 19 ;53;594 V Zadanie 2 z egzaminu 21.06.1999 Zadanie: 4 "v.: J * (S+1)A3 Dl
2011 12 19 ;53;592 Charakterystyki logarytmiczne amplitudy I fazy dla naszego przypadku wygenerowana
2011 12 19 ;57;084 u = - f gdy Re=0 to G(ju) = 2 — 22j• 2j{ 3w-w3) -189^/3-y^ S/31-3 3w — w 3 = 0 w
2011 12 19 ;52;523 , Taj+I - wyznaczanie A Transmltancja układu z korektorem: „ , >__1_
2011 12 19#;00;402 Transmitancja układu z korektorem: q łg =_i__ a>+3»z+3a+l ^,
więcej podobnych podstron