Sbírka příkladů
Níže je uveden pouze náhled materiálu. Kliknutím na tlačítko 'Stáhnout soubor' stáhnete kompletní formátovaný materiál ve formátu PDF.
1
2𝑝
𝐹3(𝑝) = 100
𝐹(𝑝) =
𝐹1(𝑝)𝐹2(𝑝)
1+𝐹1(𝑝)𝐹2(𝑝)
𝐹3(𝑝) =
100
2𝑝(4𝑝+3)+1
=
100
8𝑝2+6𝑝+1
=
100
(4𝑝+1)(2𝑝+1)
c)
Rozložení PaN
Systém má 2 póly, oba leží v levé polorovině- systém je stabilní
d)
𝐹(𝑗𝜔) =
100
√16𝜔2 + 1√4𝜔2 + 1
𝑒−𝑗(arctan4𝜔+arctan2𝜔)
e)
f)
Pro impulsní charakteristiku platí:
𝑔(𝑡) =-1{𝐹(𝑝)} = 100-1{
1
(4𝑝+1)(2𝑝+1)
} Rozložíme na parciální zlomky. Bude:
1
(4𝑝 + 1)(2𝑝 + 1)
=
𝐴
(4𝑝 + 1)
+
𝐵
(2𝑝 + 1)
=
𝑝(2𝐴 + 4𝐵) + (𝐴 + 𝐵)
(2𝑝 + 1)(𝑝 + 1)
𝐴 + 2𝐵 = 0
𝐴 + 𝐵 = 1
𝐴 = −2𝐵
−𝐵 = 1
𝐴 = 2
𝐵 = −1
Pro impulsní charakteristiku platí:
𝑔(𝑡) = 100-1{
1
(4𝑝+1)(2𝑝+1)
} = 100-1{
2
(4𝑝+1)
−
1
(2𝑝+1)
} =
t
t
t
0
0
0
g (t)
1
g (t)
3
4/3
0,25
0,5
g (t)
2
Plocha=100
Re
Im
p
2 =-0,25
p
1 =-0,5
logw
0,1
1
10
0,5
20
-20
F(j )
w
dB
Fw)
Fw)
-180
-270
-40
-40
-90
0
0
-20
40
0,25
BSAS – sbírka příkladů
85
= 100-1{
0,5
(𝑝+
1
4
)
−
0,5
(𝑝+0,5)
} = 50 (𝑒
−
𝑡
4
− 𝑒
−
𝑡
2
)
𝑔(0) = 0 𝑔(∞) = 0
𝑔′(𝑡) =
𝑑𝑔(𝑡)
𝑑𝑡
= 50 (−0,25𝑒
−
𝑡
4
+ 0,5𝑒
−
𝑡
2
) 𝑔′(0) =
25
2
𝑔′(∞) = 0
𝑑𝑔(𝑡)
𝑑𝑡
= 50 (−0,25𝑒
−
𝑡
4
+ 0,5𝑒
−
𝑡
2
) =
!
0 ⇒ 1 = 0,5𝑒
𝑡
4
⇒ 2 = 𝑒
𝑡
4
⇒
⇒ 𝑡 = 4ln2 = 2,77
𝑔(𝑡 = 4ln2) = 50 (𝑒
−
4ln2
4
− 𝑒
−
4ln2
2
) = 50(2−1 − 2−2) = 50 (
1
2
−
1
4
) =
25
2
Příklad 4.6.01:
Je dána přechodová charakteristika spojitého systému ℎ(𝑡) = {𝑒
−𝑡/4 − 𝑒−𝑡/3 𝑡 ≥ 0
0
𝑡 < 0
.
a) Vypočtěte impulsní charakteristiku systému.
b) Načrtněte impulsní charakteristiku. Obrázek zdůvodněte výpočtem.
c) Rozhodněte o stabilitě systému.
Řešení 4.6.01: d)