Projekt Kursi .Automatika 2.Petrika Marango.

1. Projekt kursi
Jepet funksioni si me poshte;
( )
1528SS
28k
sG 20
++
=
Pjesa e pare
Tema: Projektimi i rregullatorit per vendosje te deshiruar
te poleve
1.1. Te ndertohet skema me rregullator PI kur jepet k=1
Zgjidhje
Forma klasike e rregullatorit PI jepet si me poshte ;
( )
S
1TS
K
Sk
k
1k
S
k
ksG
p
i
p
i
prr
+
=








+=+=
Jepen ; K=ki dhe
i
p
k
k
T =
Lidhja e rregullatorit PI me objektin e rregullimit OR jepet si me poshte;
Detyra jone ka te bej me gjetjen e rregullatorit Pi me koeficentet
Perkates ne menyre qe te kemi kushtet e venDosura.
1.2. Per r(t)=t dhe Kv=28 do kemi qe pjesa imagjinare e rrenjve kompleke te ekuacionit
karakteristik te sistemit te mbyllur nuk eshte me e madhe se 34.
Te gjendet K dhe T per kushtet 1-1 dhe 1-2.
Zgjidhje
Gjejme GH(s),GM(s),F(s)
Do te kemi;
( ) ( ) ( )
( )
15S28SS
28K28TKS
sG
1528SS
28
S
1TS
KsGsGsG
23H
20rrH
++
+
=
++
⋅
+
⋅=⋅=
1

2. Gjejme GM(s):
( )
( )
( )
( )
28KS28TK)(1528SS
28K28TKS
sG
15S28SS
28T28TKS15S28SS
15S28SS
28T28TKS
sG1
sG
sG
23M
23
23
23
H
H
M
+⋅+++
+
=
++
++++
++
+
=
+
=
Funksioni karakteristik F(s) eshte ;
( ) 028KS28TK1528SSF(s) 23
=+⋅+++=
Dy te panjohurat e ekuacionit do te percaktojne pozicionin e poleve te sistemit te
korigjuar.
Gjejme koeficientin e gabimit.
( )
( ) 15
28K
1528SSS
1)(TS28K
limsGSlimK 20S
H
0S
v =
++⋅
+⋅
⋅=⋅=
→→
Nga kushti i mesiperm kemi qe KV=28
Gjejme K;
52,26
15
28K
= ⇔ 28
28
52.2615
K =
⋅
=
Me ane te veprimeve qe bem me siper kemi qe per rregullatorin PI te kemi nje siguri
per gabimet qe ndodhin ne gjendjen e qendrueshme sipas kerkeses se dhene.Ne
menyre jo direkte percaktojme polin e trete.
Bejme zevendesimin e K te funksioni karakteristik;
0784S784T)(1528SSF(s) 23
=+⋅+++=
Me qense kemi tre rrenje do kemi qe konturi i mbyllur do kete tre pole.
Ekuacioni eshte me nje te panjohur , ka dy rrenje komplekse dhe nje reale.
Teorikisht polet duhet te jene te vendosur si ne figure ;
2

3. Dime qe ;
jωδS1,2 ±−= ku ω=28
Bejme zevendesimin e ω=28 dhe do kemi qe ; j28δS 1,2 ±−=
.Funksioni F(S) e ndajme si me poshte ;
( ) ( )2"
S"S""F(s) ⋅= .
Polinomi i pare eshte ;
[ ] [ ]j28)δ(Sj28)δ(S)S(S)S(SA(s) 21 −−−⋅+−−=−⋅−=
A(s) 0784)(δSδ2S 22
=++⋅⋅+=
Gjejme polinomin tjeter duke pjestuar F(s) me A(s).
784S784T)(15S28S 23
++++
)2δ(28S
784)(δSδ2S 22
−+
++⋅⋅+
Pjesa qe mbetet eshte ;
5607)53228(2S330)T42028(3 232
−+−+−+− δδδδδ
Barazojme pjeset me 0.




=−+−
=−+−
05607δ532δ28δ2
0330T420δ28δ3
23
2
Gjejme vleren e δ ;
δ =23.3541
Vlera e gjetur bashke me ω=34 krijojne ciftin dominues;
jωδS1,2 ±−= = - 23.3541 ± j28
Bejme zevendesimin e δ = 23.3541 per te gjetur T pra do kemi ;
0330T420δ283δ2
=−+− per δ =23.3541
Gjejme qe ;
3

4. 6.2384
420
3δ28δ330
T
2
=
−+
=
Perfundimisht kemi harritur ne perfundimin qe ;
j2823.3541S1,2 ±−=
18.708282δS3 =−=
Gjejme ;
( )
S
1S6.2384
28
S
1ST
KSGrr
+
=
+
=
Duke zbatuar kriteret qe jane dhene ne fillim do kemi ;
0.035
28
1
k
1
T
174.675Tkk
28kK
i
i
ip
i
===
=⋅=
==
Forma e rregullatorit PI do te jete ;
S0.035
1
174.675Grr
⋅
+=
Funksioni transmetues i konturit te mbyllur do kete formen e meposhtme ;
784S4890.9056S28S
784S4890.9056
G 23m
+++
+
=
1.3. Te ndertohet VGJR kur kemi nje ndryshim te konstantes integrale te kohes dhe duke mos
ndryshuar parametrin proporcional te rregullatorit PI .
T do ndryshoje vleren
Funksioni transmetues per gjendjen e hapur do te jete ;
( ) ( )
( )15S28SS
1STK28
sG 2h
++
+
=
Barazojme pjesen poshte me 0 ;
( ) ( ) ( )  
=++++=
Duke zevendesuar vleren e k=28 do te kemi ;
( ) ( ) 0784ST78415S28SSsF 2
=++++=
Parametri qe do te ndryshoj ndodhet ne ekuacion bashke me nje variabel te rendit
te pare prandaj duhet te gjejme nje funksion transmetues te perafert.
Funksioni transmetues i perafert do jete i formes ;
( )
( ) 78415S28SS
ST784
SG 2eq
+++
=
Nga funksioni do kemi qe Fe q(s)=F(S).Veprojme si me larte per Feq(s) ;
Per konturin e hapur do kemi funksionin ;
( )
( ) ( )15S28S
ST784
SG 2eq
++
=
Polet jane;
S1 = -28 dhe S2,3 = ±j6.75.
Zerot do jene ; q=0 .
4

5. Per te gjetur VGJR do ndjekim disa stade ;
Stadi 1
Numri i trajektoreve eshte sa numri i poleve ne rastin qe kemi ne do kemi 3 trajektore.
Stadi 2
Fillimi i trajektoreve do jete te polet e njohura , numri i zerove eshte 1 pra ;
m=1 pra do kemi n-m=3-1=2
2 trajektore do shkojne ne pafundesi ndersa nje trajektore do te kycet te zeroja.
Stadi 3
Gjejme asimtodat ne varesi te T-se. Gjejme piken ne boshtin real nga do nisen 2 gjysem
drejtezat ;
14
2
28
13
j6.75j6.75280
mn
Nq
δ
ji
a −=
−
=
−
−+−
=
−
−
=
∑ ∑
Kendi i asimtodave me boshtin real do gjendet me formulen ;
π
2
12i
γ
+
= ku do kemi qe ; i=0,1,2 pra i=n-m
Bejme zevendesimin e i-se dhe do te kemi ;
2
5π
π
2
122
γ
2
3π
π
2
112
γ
2
π
π
2
102
γ
3
2
1
=
+⋅
=
=
+⋅
=
=
+⋅
=
Stadi 4
Trajektoret do jene simerike me boshtin real per shkak se rrenjet qe kemi gjetur jane te vijueshme
dhe jene reale mbi boshtin real ose komplekse te konjuguar (simetrike me boshtin e abshisave).
Stadi 5
Ne boshtin real kemi vetem nje pole dhe nje zero e cila ndodhet ne origjin.
Segmenti [0,-28] eshte pjese e trajektores sepse ne te djathte ka vetem nje zero.Segmenti bashkon
polin me zeron.
Segmenti [-28,∞] nuk ben pjese ne trajektore sepse ka numer cift pole-zero ne anen e djathte.
Stadi 6
Gjejme derivatin e numeruesit me ane te formules ;
( ) 0
ds
dB(s)
A(s)
ds
dA(s)
sB =⋅−⋅
Pika qe do prese brenda zonave te ndaluara te trajektoreve do ta shenojme me Sm
Funksionin transmetues do ta shkruajme ne formen e meposhtme ;
( ) ( ) A(s)
B(s)
T
15S28S
784
TG 2eq ⋅=
+⋅+
⋅=
Gjejme derivatin ;
1556S3S784)15S28S(S
ds
dA(s) 2'23
++=+++=
784(784S)'
ds
dB(s)
==
Bejme zevendesimet te ekuacioni i mesiperm nga ku do te kemi ;
5

6. ( ) ( ) 078478415S28SS1556S3SS784 232
=⋅+++−++⋅
0614656S24487S1568
0614656S11760S21952S784S11760S43904S2352
23
2323
=−+
=−−−−++
Nga zgjidhja e ekuacionit te mesiperm do kemi ;
S1=- 56.26 + j 34.43
S2=- 56.26 – j 34.43
S3=48.25
Llogjikojme mbi polet ;
Polet nuk jane pjese e trajektoreve dhe jane rrenje komplekse prandaj nuk do kene pike prerje me
boshtin real prandaj asnje nga polet e mesiperme nuk pranohet.Poli pozitiv nuk eshte pjese e
trajektores prandaj nuk mund ta pranojme.Trajektoret nuk presin boshtin real dhe fillojne nga
boshti imagjinar.
Stadi 7
Drejtimi i shigjetave do ndryshoj me rritjen e T drejtimi do tregoje dhe qe numri i
poleve do ndryshoje.
Gjejme piken e prerjes se trajektoreve me boshtin imagjinar ;
( ) ( ) ( ) ( )
78415S28SS)jω(A
0jωAImjωBRejωBImjωARe
23
+++=
=⋅−⋅
)ωj(15ω)28ω(784(jωA
78415jω28ωjω
32
23
−+−=
++−−=
)
)jω(A
( )
( )
( ) ωω
ω
ωω
ωωω
ωω
784Im
0Re
784784)(
15Im
28784)(Re
3
2
=
=
==
−=
−=
jB
jB
jSjB
jA
jA
Do kemi qe ;
0ω
0ω784
0)ωω(150ω784)ω28(784
1
32
=
=
=−⋅−−
34.43ω
28
28
784
ω
2,3
2
±=
==
Llogjikojme persa u perket ω -ve qe gjetem.
Sic shikoje ne figure e meposhtme 1ω=0 eshte pike prerje e trajektoreve.
43.343,2 ±=ω eshte e pranueshme.
Percaktojme kT ;
( )
( )
0
ω784
ωω15
jωBIm
jωAIm
)B(jωRe
)jωA(Re
T
3
k =
−
==−=
Pergjigjia kalimtare eshte nje sinusoid qe nuk shuhet.
Shkruajme ne MATLAB ;
num=784
em =[1 28 15 784]
step(num,em)
6

7. dhe marim pergjigjien e meposhtme ;
sistemi eshte i qendrueshem per T> Tk=0 dhe per T< Tk =0 sistemi eshte i
paqendrueshem.
Stadi 8
Ndertojme VGJR duke u mbeshtetur ne te dhenat e
mesiperme.Ndertimin e bejme ne matlab.
-18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
x10
13
-6
-4
-2
0
2
4
6
x10
13
NyquistDiagram
RealAxis
ImaginaryAxis
1-4 Gjeni pergjigjen kalimtare h(t)
Fusim funksionin transmetues te korigjuar ne MATLAB nga ku do te marrim
pergjigjen klimtare h(t).
num=[4890.9056 784]
em=[1 28 4890.9056 784]
step(num,em)
7
0 10 20 30 40 50
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
2.7
3
Step Response
Time (sec)
Amplitude

8. 1-5 Vleresimi i treguesve cilesor.
Treguesit cilesor jane ;
mr% , tr , ε(∞) .
Nga grafiku do kemi qe : tr=0.72 s
Mbirregullimi eshte ;
( ) ( )
( )
%24%100
1
124.1
%100% max
=
−
=
∞
∞−
=
h
hh
mr
Gabimi i vendosur jepet si me poshte ;
( )
( )
0.0012
784
1
784S4890.9056S28S
1
lim
F(s)
1
lim
sG1
1
limε 230s0s
h
0s
==
+++
==
+
=∞
→→→
Integratori tenton qe te ule gabimin.
1-6 Perfundime.
Me percaktimin e koeficentit proporcional dhe integral ne mund te bejme
vendosjen e deshiruar te poleve ne planin kompleks. Polet duhet te plotesojne
kushtet cilesore.
8
Step Response
Time (sec)
Amplit
ude
0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4 System: sys
Peak amplitude: 1.24
Overshoot (%): 18
At time (sec): : 0.72
System: sys
Settling Time (sec): 1.84
System: sys
Rise Time (sec): 0.4 8

9. Pjesa e dyte
Tema : Vezhgimi mbi pranin e voneses se perqendruar
2-1. Ndertojme KLA dhe KLF kur jepet 72.0=τ dhe k=28
Zgjidhje
Funksioni per gjendjen e hapur duke mare dhe vonesen ne konsiderat eshte :
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) 0.28S
H
0.28S
H
0.28S
2H
e11.072S
10.16S
1
11.34S
1
S
1
267sG
e11.072S
28.76S
1
1.45S
1
S
1
3780sG
e
1528SSS
11.072S
3780sG
−
−
−
⋅+⋅
+
⋅
+
⋅⋅=
⋅+⋅
+
⋅
+
⋅⋅=
⋅
++
+
=
Ndertojme KLA per funksionin e mesiperm
1 . k=267
R(ω)=267
L(ω)=20 log 267=48.53 dB
Pjeresia eshte 0.
2 . jω
1
S
1
=
( )
ω
1
20logωL
ω
1
)R(ω
=
=
1
1
1
ωp ==
( )



−
=
20dB/dec
0
ωL 1ωω
1ωω
p
p
≠≠
==
3 .
9

10. ( )
( )
( )
( )2
2
ω1.341
1
20logωL
1.34ω1
1
ωR
11.34jω
1
11.34S
1
+
=
+
=
+
=
+
0.74
1.34
1
ωp ==
( )



−
=
20dB/dec
0
ωL 0.74ωω
0.74ωω
p
p
=>
=<
4 .
1ω0.16j
1
10.16S
1
+
=
+
( )
( )
( )
( )2
2
0.16ω1
1
20logωL
0.16ω1
1
ωR
+
=
+
=
Frekuenca prerese eshte : 6.25
0.16
1
ωp ==
( )



−
=
20dB/dec
0
ωL 6.25ωω
6.25ωω
p
p
=>
=<
5 . ( ) ( )1ω1.072j11.072S +=+
( ) ( )
( ) ( )2
2
1.072ω120logωL
1.072ω1ωR
+=
+=
0.93
1.072
1
ω p ==
( )



=
20dB/dec
0
ωL 0.93ωω
0.93ωω
p
p
=>
=<
6 .
j0.28ω0.28S
ee −−
=
( )
( ) ( ) 020log1ω20logRωL
1eωR ωj0.28
===
== −
Ndertojme KLA per GH(s).
10

11. Nga GH(s) konstruktojme KLF nga ku gjejme φ(ω).
φ(ω)= φo(ω)- ω τ⋅ =-90o
- arctan 1.34 ω – arctan 0.16 ω + arctan 1.072ω –
π
180
0.28ω
Ndertojme tabelen me ω dhe φ(ω) .I japim vlera ω dhe gjejme vlerat
e φ(ω).
ω 0 10-2
10-1
100
101
102
∞
-90o
-90o
-90o
-90o
-90o
-90o
-90o
-90o
-tan-1
1.34ω 0 -0.76 -7.63 -36.86 -82.47 -86.46 -90o
-tan-1
0.16ω 0 -0.09 -0.91 -3.74 -30.42 -80.31 -90o
tan-1
1.072ω 0 0.61 6.11 43.53 78.32 85.34 -90o
-0. 28 ω 0 -0.16 -1.6 -6.32 -72.64 -712.23 -∞
φ(ω) -90o
-89.83 -89.78 -94.28 -203.06 -917.95 -∞
2-2 . Gjejme τ k
Gjejme τ k per modelin matematik :
( ) ( ) 0.28S
23H e
S15S28S
1S1.072
3780sG −
⋅
++
+
=
Me ane te ndryshimit te τ procesi do kaloj ne gjendje kritike nga ku do te llogjikojme
per parametrat kritik.
Kalimi i trajektores te pika -1 te karakteristika NYQUIST eshte regjim kritik.
Duke mare parasysh kete kriter do te kemi :
ω0.28j
3H e
)ωω15(jω28
)1jω1.072(
3780(j jωG ⋅−
⋅
−+−
+
=
Kushtet kritike per sistemin do jene kur :
π)(ω
1)R(ω
−=
=
ϕ
Analizojme keto kushte .
Gjejme frekuencen kritike qe te coj KAF ne piken -1 kur 1)( =ωR .
Karakteristika logaritmike do te jete zero per frekuencen kritike .
1e
)ωj(15ω28ω
1)(1.072jω
3780)(jωG)ωR( ωj0.28
32H =⋅
−+−
+
== ⋅−
11

12. 06234902ω7869245.14ω143ω
1
)ω(15ω)28ω(
(1.072ω11
3780)R(ω
246
2322
2
=−⋅−⋅+
=
−+−
+
=
sepse 1
ωj 0. 34
e =
⋅−
.
Gjejme ωk. Zgjidhjet e polinimit jane : ( ±74.23, ±6.23 i, -0.000 ±72.65 i )
Do kemi 6 zgjidhje por do pranojme si frekuence kritike vetem ωk=74.23
Vlerat e tjera nuk mund te jene frekuenca kritike.
Me ane te ωk gjejme τk duke pasur parasysh qe : πωϕ −=)( k
Gjejme kτ :
0.0142
ω180
π)ω1.072arctanω0.16arctan-ω1.34arctan-90(
τ
o
k =
⋅
⋅+
=
Per τ < τk sistemi eshte i qendrueshem
Per τ = τk sistemi eshte ne gjendje kritike
Per τ > τk sistemi eshte i paqendrueshem
Nga perafrimi PADE do vertetojme qe trajektorja Nyquist per τ=τk do kaloj te pika -1.
Bejme zevendesimin e meposhtem :
sτ0.51
sτ0.51
e sτ
⋅+
⋅−
=⋅−
Nga ku do te gjejme :
( )
S15S28.0231S1.085S0.0065
7460S4032.2318S12.213
sG
)Sτ0.51()S15S28S(
)Sτ0.51()1S1.072(
3780(s)G
234
2
H
23H
+++
++−
=
⋅⋅+++
⋅⋅−+
=
Te Nyquist per funksionin e mesiperm do te kemi qe KAF kalone afer pikes -1. Kjo afersi ka te
beje me perafrimin PADE .
12

13. 2-3. Te ndertohet karakteristika e voneses nga koeficenti i
transmetimit τ .
Funksioni i hapur do te jete ;
( ) ( )
( )
0.28S
2H e
15S28SS
1S1.072
KsG −
⋅
++
+
=
Ku K do jete : kK28K rr ⋅⋅=
Krr eshte K e rregullatorit PI
K eshte k e objektit
Per te ndertuar vartesin e τ nga K duhet te gjejme varesin e ωk nga K .
Kemi :
1e
)ωω15(jω28
)1ω1.072j(
K(jωjGR(ω( ωj0.28
32H =⋅
−+−
+
== ⋅−
1
)ωω15()ω28(
)ω1.072(1
KR(ω(
2322
2
=
−+−
+
=
0Kω)K2.13435(ω645ω 22246
=−⋅−++
Meqense nuk gjejme dote vartesin e ωk nga K atehere i japim disa vlera K nga ku
do kemi vlera te ωk.
Ndertojme nje tabele :
13
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1
-2.1
-1.8
-1.5
1.2
-0.9
-0.6
-0.3
0
0.3
Nyquis Diagram
Real Axis
ImaginaryAxis

14. Nga tabela ndertojme grafiku e varesis se τ nga K .
2-4. Beni nje inperpretim per sa i perket zones se krijuar ne 2-3
Zona mbi kurb eshte zone e qendrueshmerise se sistemit kurse ajo nen kurben eshte zona e
paqendrueshmerise se sistemit dhe zona ku kurba kalon eshte zona e gjendjes kritike te sistemit .Per nje vlere
te K =K1 ne gjejme vlera te ndryshme te qendrueshmerise kritike, por qe varen nga koeficenti i gabimit ne
zgjedhjen e K.
2-5. Me ane te perafrimit PADE gjeni pergjigjen kalimtare te sistemit te
mbyllur h(t) .
Ndertojme pergjigjen kalimtare te sistemit te mbyllur per tre raste:
Per τ > τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte i paqendrueshem
Per τ = τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte ne zone kritike te
qendrueshmerise
Per τ < τk duhet te vertetojme qe sistemi i mbyllur eshte i qendrueshem
Per rastine e pare :
τ = τk = 0.0142 s
Funksioni i hapur eshte :
( )
S15S28.0231S1.085S0.0065
7460S4032.2318S12.213
sG 234
2
H
+++
++−
=
Funksioni i mbyllur eshte :
14
K 40
0
800 120
0
160
0
2000 240
0
2800 320
0
3600 3780 4000 440
0
480
0
ω
k
24.5 37.2 47.7 50 62.2 68.4 74.1 80.6 87.9 88.4 90.7 91.9 92.5
τ 0.13 0.06
2
0.04 0.03 0.02
4
0.018 0.01
6
0.014 0.012
8
0.013
0
0.011
8
0.01 0.0098

15. ( )
7460S4064.2318S12.233S1.085S0.0065
7460S4032.2318S12.213
sG 234
2
M
++++
++−
=
Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :
Pergjigjja del sinusoid qe shuhet.Ne shuarjen e
sinusoides ndikon perafrimi PADE.
Per rastin e dyte per kushtin τ<τk kemi:
Funksioni per sistemin e hapur kur marim : τ<τk = 0.0142 s dhe
τ=0.005 eshte :
( )
S15S27.971.08SS0.0055
7460S4033.435S11.213
sG 234
2
H
+++
++−
=
Funksioni per sistemin e mbyllur eshte :
( )
7460S4065.435S14.258S1.08S0.0055
7460S4033.435S11.213
sG 234
2
M
++++
++−
=
Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :
Do kemi nje vones me te madhe se τk , kjo do ndikoje ne sistem duke e bere ate te paqendrueshem.
15

16. Per τ>τk kemi qe :
Ne kete raste marrim nje τ=0.007
Funksioni transmetues per sistemin e hapur eshte :
( )
S15S29.0231S1.09S0.007
7460S4031.525S13.213
sG 234
2
H
+++
++−
=
Funksioni transmetues per sistemin e mbyllur eshte :
( )
7460S4063.435S5.9887S1.09S0.007
7460S4031.525S13.213
sG 234
2
M
++++
++−
=
Pergjigjja kalimtare ne MATLAB eshte :
16
0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5
-0.5
0
0.5
1
1.3
2
Step Response
Time (sec)
Amp
litud
e

17. 2-6. Perfundime
Te gjetja e rregullatorit duhet te marim parasysh dhe kohen e voneses se sistemit
sepse ne llogaritjet e bera ne qofte se nuk marim parasysh vonesen do kemi
gabime te korektuesit i cili ne qofte se do lidhet me sistemin nuk do kete efekt ne
qendrueshmeri dhe ne parametrat cilesor. Ne krijimin e rregullatorit duhet te
meret parasysh dhe koha e voneses se procesit ‘τ’.
17
2 4 6 8 10 12 14 16
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
x 10
6
Step Response
Time (sec)
Amp
litud
e
-2

18. Pjesa e trete
3-1. Te studiohet sjellja e procesit te meposhtem ne rrafshin fazor.
Konstanten
elektromagnetike e marim 0. Te dhenat jane dhene me posht gjithashtu eshte
dhene dhe karakteristika e elementit jolinear :
To = 10 s ko = 28 grad / rad k1 = 0.25 A spira / rad k2 = 15 rad / s i =
1000
koc = 2.5 A spira / rad
Kemi nje proces termik te cilin e kontrollojme me pajisje elektromekanike qe
formojne konturin e mbyllur. Ne qender kemi relen elektromagnetike qe bene
18

19. leshimin e kundert te motorit.Releja vepron mbi valvulen e lendes djegse me ane
te organit ekzekutues.
Nxjerim modelin matematik nga skema e mesiperme .
1. OR eshte :
( ) ( ) ϕ⋅=⋅+⋅ o2o kSθ1ST
Ku: 2θ eshte temperatura faktike dhe ϕ eshte kendi i rrotullimit te organit ekzekutues
Skema eshte :
2. Organi mates (OM) jepet me :
aw1 = k1 θ ku θ = θ1 - θ2
ku: θ1 eshte madhesia e vleres dhenese ne ure dhe θ 2 eshte gabimi (devijimi)
Skema eshte :
3. Rregullatori pozicional ose ndryshe elementi jolinear RL jepet me :
U = F ( aw )
aw = aw1 - awoc
ku : aw1 eshte amper spira nga trakti kryesor dhe awoc eshte amper spira nga lidhja e
kundert poziciometrike.
Skema eshte :
4. Motori i rrymes se vazhduar jepet me :
( ) Ukα1STSTTS 2m
2
em ⋅=++
Po te marim 0TT em ==
do te kemi : UkαS 2 ⋅=⋅
Meqense To =10 s inercin e motorit nuk do ta marim parasysh .
Skema eshte :
5. Reduktori jepet me :
αϕ
αϕ
ϕ
α
⋅=
=⇒=
3
1
k
i
i
19

20. Ku : k3 = i -1
Skema eshte si me poshte :
6. Lidhje e kundert LK jepet me :
awoc= kocα
Skema eshte :
Elementet e mesiperm i grumbullojme ne nje skeme si me poshte :
Skema e dhene perben modelin matematik te procesit tone.
Kemi nje problem :Sinjali ne hyrje dhe ne dalje nuk eshte funksion i operatorit s nuk ka pike pune dhe nuk
linearizohet .
Duke reduktuar skemen do kemi dy ekuacione :
( ) [ ] ( ) ( )[ ]
( )


=
++++=⋅+
awFU
STkkkUkkSTSkawSTS oocooo 111 13211 θ
Ne kushtet normale kemi qe : θ1=0 dhe θ= - θ2
Lidhja e kundert lokale eshte : awoc=0
Rryma ne relen polarizuese varet nga shmangia θ.
Cvendosja e organit ekzekutues
dt
dϕ
varet nga tensioni ne motor.
Ne pjesen lineare ne hyrje do te kemi shmangien θ Kurse ne dalje do te kemi -
dt
dϕ
pra do kemi varesin : θ= - S φ
Nga skema kemi qe :
dheU
S
k
k 2
3=ϕ
oUkkS ωϕ == 32
Karakteristika statike e skemes jepet :
20

21. Kushtet qe kemi te pjesa lineare jane :
θ = - θ2
( ) θ⋅+⋅ 1STo = - ϕ⋅ok





−
+
=
o
o
S
ω
ω
ϕ 0
b
b
b
−<
<
+>
θ
θ
θ
RL i nenshtron nje ekzekutimi ne tre stade modelit linear .
Zgjidhim 3 ekuacionet :







−
+
=
S
S
o
o
ω
ω
ϕ 0
b
b
b
−<
<
+>
θ
θ
θ
Po te marim ne konsiderat kushtet e mesiperme do kemi qe :
( )
( )
( )






=⋅+⋅
=⋅+⋅
−=⋅+⋅
S
kST
ST
S
kST
o
o
o
o
o
ω
θ
θ
ω
θ
0
0
1
01
1
b
b
b
−<
<
+>
θ
θ
θ
Zevendesojme :
x = θ y
dt
d
dt
dx
==
θ
yS
dt
xd
⋅=2
2
21

22. Pasi bejme zevendesime te ndryshme kemi qe :







=+
=+⋅
−=+
00
00
0
ω
ω
ky
dt
dy
T
xyT
ky
dt
dy
T
o
o
o
Duhet te kemi kujdes per zgjidhjet qe do marim sepse kemi kushte fillestare te ndryshme per secilin ekuacion.
Kushtet fillestare dhe perfundimtare te proceseve do percaktohen nga zgjidhja e perbashket e ekuacioneve.
Per ekuacionin e pare do kemi :
00ωky
dt
dy
To −=+ dhe y=
dt
dx
Pjestojme me y dhe do kemi qe :
y
k
dx
dt
dt
dy
To
00
1
ω
−=+⋅
Bejme disa veprimeve matematike dhe do kemi qe :
∫ +
−= dy
yk
yT
x
00
0
ω
Zgjidhja e integralit eshte zgjidhja e ekuacionit te pare
1000000 ln CykkTyTx ++⋅⋅⋅⋅+⋅−= ωω
Bejme zevendesimet ku 0ω do ta marim 1.65
Cyyx ++⋅+⋅−= 2.46ln46210
Zgjidhim ekuacionin e dyte: 20 CyTx +⋅−=
Zevendesojme T : 210 Cyx +⋅−=
Nga zgjidhja e te 3 ekuacioneve do te kemi : 32.46ln46210 Cyyx +−⋅−⋅−=
Zgjidhim ekuacionin e pare duke mare kushtet fillestare :
x = 8 dhe y = 0
Percaktojme konstanten e kohes C1 duke bere zevendesimin e x dhe te y.
Ekuacioni per trajektoren e pare eshte: 938.11182.46ln46210 ++⋅+⋅−= yyx
22

23. Per x>b=2 kemi zonen tone matematike qe po kerkojme.
Kerkojme pikat karakteristike
Gjejme piken fillestare per kushtet fillestare te dhena :



=
=
0
8
y
x
Pika tjeter eshte :



−=
−=
938.1570
2.45
x
y
Vlera Y = - 45.2 ben eliminimin e ln.
Me ane te kesaj pike percaktojme trajektoren.
Pika tjeter eshte :



−∞=
−=
x
y 2.46
y = - 46.2 eshte asimtode e trajektores.
Pika tjeter eshte edhe :



=
−=
2
9.10
x
y
Ndertojme trajektoren duke u mbeshtetur te pikat e gjetura.
Nga ekuacioni i pare per x = 2 dhe y = - 10.9 percaktojme konstanten e kohes C2 te
ekuacionit te dyte.
Bejme zevendesimet te ekuacioni i dyte : 210 Cyx +⋅−=
Gjejme qe : C2 = - 107
Per ekuacionin e trajektorese se dyte duhet te gjejme dy pika kryesore :
10710 −⋅−= yx
pika e kushteve fillestare do te jete pika e pare :



−=
=
9.10
2
y
x
Pikat e dyta per x = - 2 jane kushte kufitare per ekuacionin e dyte dhe do te na sherbejne si kushte
fillestare per ekuacionin e trete.



−=
−=
5.10
2
y
x
23

24. Nga dy pika qe gjetem ndertojme trajektoren per zonen )2;2( −∈x
Kushte kufitare te ekuacionit te dyte do ti marim si kushte fillestare per ekuacionin e trete .Percaktojme
konstanten e kohes C3 te ekuacionit te trete per : x = - 2 dhe y = - 10.5
Bejme zevendesimet dhe gjejme qe : C3 = 1754.3518
Ekuacioni i trajektores eshte :
3518.17542.46ln46210 +−⋅−⋅−= yyx
Gjejme pikat karakteristike.
Pika e pare per kushtet fillestare eshte :



−=
−=
5.10
2
y
x
y = 45.2 eshte pika tjeter qe ben eleminimin e ln.



−=
=
3518.840
2.45
x
y
Pika na ndimon ne trajektoren.
Pika tjeter eshte ne qofte se e marim y=0



−=
=
484.16
0
x
y
Pike tjeter eshte dhe pika :



∞+=
=
x
y 2.46
y = 46.2 eshte asimtod e trajektores.
Ne qofte se y rritet nga - 10.8 deri ne y = 0 x zvoglohet dhe me pas me rritjen e
metejshme te y , x rritet deri ne vleren y = 46.2 ku x eshte ∞.
drejtza x = - 2 do pritet nga trajektorja ne dy pika .Gjejme piken qe do sherbej si
kusht kufitar per ekuacionin e trete ( x < - 2 ).



=
−=
86.9
2
y
x
Ne zonen - 2 < x < 2 eshte i percaktuar ekuacioni i dyte. Kushtet kufitare te
ekuacionit do na duhen si kushte fillestare per ekuacionin e dyte. Percaktojme
konstanten e kohes C2 dhe ndertojme trajektoren e ketij ekuacioni duke gjetur pika te
vecanta.Te trajektorja do te pranojme vetem pjesen per 2<x .
C2 eshte 40.1.
Pika e pare karakteristike eshte :
24

25. 


=
−=
86.9
2
y
x
Pika e dyte per x=2 eshte :



=
=
46.9
2
y
x
Kushtet kufitare per ekuacionin e dyte eshte pika e dyte qe do ta perdorim si kusht fillestar
per ekuacionin e pare.
Percaktojme konstanten e kohes te ekuacionit te pare.Gjejme piken karakteristike dhe
ndertojme trajektoren e ekuacionit.
Konstantja C1 eshte : C1 = 1572.386
Veprojme sin e rastin e pare .Gjejme pikat karakteristie :
Pika e pare eshte :



=
=
46.9
2
y
x
Pika e dyte per y=0 eshte :



−=
=
198
0
x
y
Pika e trete per y = - 45.2 eshte :



=
−=
386.2024
2.45
x
y
Pika tjeter per y = -46.2 eshte :



∞−=
−=
x
y 2.46
Trajektorja e ekuacionit te trete e pret drejtzen x = 2 ne dy pika. Gjejme y per te cilin
plotesohet kushti : y < 0 dhe x = 2



=
−=
2
5.10
x
y
Duke u mbeshtetur te pika karaktristike ndertojme trajektoren.
Pika e fundit e ekuacionit te pare na duhet si kusht fillestar per ekuacionin e dyte.
Percaktojme konstanten C2 per piken x = 2 dhe y = - 10.5 : C2 = - 103
25

26. Pika e pare karakteristike eshte :



=
−=
2
5.10
x
y
Pika tjeter per x = - 2 eshte :



−=
−=
2
1.10
x
y
Kurba jone do rrotullohet .ajo do vi duKe u
mbyllur duKe ju afruar qendres .
3-2. Studioni sistemin per jolinearitetin e dhene ne 3-1 me ane te metodes se
balancimit harmonik.
Te dhenat :
k1 = 15 V / rad  Elementi mates
k2 = 28  Amplifikatori linear
ku = 10
- 2
rad
sV ⋅
 Taho gjeneratori
i = 1000  Reduktori
T1 = 0.05  Konstantja e amplifikatorit
Mo = 100 cmGr ⋅  Momenti i leshimit
no = 6000 rrot / min  Numri fillestar i rrotullimeve
I = 0.008
2
cmGr ⋅  Inercia
U3 = C = 110 V  Tensioni
Te elementet dallojme momentin e reduktuar ne boshtin e motorit. Momentin statik te ngarkeses e marim 0 dhe
Induktivitetin e motorit e marim 0.
0=eL 0==
e
e
e
r
L
T
26

27. RL ka zone ndjeshmerie : b = 0.5
Skema konstruktive e sistemit eshte :
Pjeset perberse :
<1> . Elementi mates ose ndryshe dhenes i kendit te devijimit.
<2> . Objekti i rregullimit ku integrohen rrotullime pra kendi ndryshon.
<3> . Elektromotori
<4> . TAHO gjeneratori qe jep shpejtesi
<5> . Amplifikatori linear
<6> . Elementi jolinear
<7> . Nyja shumare
<8> . Reduktori
Ekuacionet per skemen srtrukturore te mesiperme jane :
θ⋅= 11 ku 21 θθθ −=
1u  Dalja e elementit mates
Per amplifikatorin linear kemi :
( ) ukuST ⋅=⋅+⋅ 221 1 TGuuu −= 2
2u  Dalja e amplifikatorit
TG
u  Dalja e TAHO gjeneratorit
Elmenti jolinear ka :
( )23 uFu =
27

28. Karakteristika statike eshte se elementi jolinear eshte : 1. i paderivueshem , 2.. i
vazhdueshem , 3. nuk linearizohet.
Organi ekzekutues
Kemi qe:
0=eL ( ) 331 ukSST mm ⋅=⋅⋅+⋅ θ
Ku:
m
θ  kendi i rrotullimit te elektromotorit
m
T  konstante elektromekanike
05.0
10060
60002
008.0
1
60
2
0
0
0
0
=
⋅
⋅
=⋅
⋅
=
Ω⋅
=
ππ
M
n
I
M
I
Tm
73.5
11060
600021
60
2
3
0
max3
0
3 =
⋅
⋅
=⋅
⋅
=
Ω
=
ππ
u
n
u
k
TAHO gjeneratori
Kemi :
Sku mTG ⋅⋅= θ4
Reduktori
Kemi qe :
mk θθ ⋅= 52
1
5 1000
1000
11 −
===
i
k
Keta element i permbledhim ne nje skeme .Elementi jolinear eshte i vecuar nga
elementi linear. Elementi jolinear eshte ne hyrje te motorit.
Skema eshte :
28

29. Ekuacionet per skemen jane :



=
⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅=⋅⋅++
)(
)()1()1()1(
23
34513214121
uFu
uSkkkkkSSTkkuSSTST mm θ
*2
*1
Me ane te reduktimit te skemave gjejme ekuacionet perfundimtar. Ekuacioni 2* tregon
jolinearitetin qe nuk eshte tek ekuacioni 1*.
Zevendesojme k4 = 0 dhe do te kemi :



=
⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅++
)(
)1()1(
23
3532121
uFu
ukkkkuSSTST m
Skema eshte:
( )
( )







==
⋅+⋅++⋅⋅
⋅⋅⋅
−==
2
3
2
1
2
1
5321
3
2
)(
)1(
)(
uF
u
u
SG
SSTTSTT
kkkk
u
u
SG
JL
mm
L
29

30. Jolineariteti eshte :
( ) lartateharmonikaxaqy +−=
Do kemi qe :
( ) ( )∫ ⋅⋅⋅⋅
⋅
=
π
ψψψ
π
2
0
sinsin
1
daF
a
aq dhe t⋅= ωψ
q eshte koeficenti i linearizimit me amplitude A dhe frekuence ω brenda
intervalit [ 0;2π ].
Bejme perafrimin :
( ) ( )
23
'
uS
aq
aqu ⋅



+=
ω
q’(a) e marim 0 sepse nuk kemi lake histerezie.
( ) 2
2
1
4
a
b
a
C
aq −⋅
⋅
⋅
=
π
a ≥ b
Harim ne perfundimin qe :
( ) 23 uaqu ⋅=
Per modelin perfundimtar kemi :
13.05321 ==⋅⋅⋅ kkkkk
Perfitojme ekuacionin :
( ) ( )[ ] 02
2
1
3
1 =⋅⋅++⋅++⋅⋅ uaqkSSTTSTT mm
Ne qofte se e marim si nje ekuacion diferencial atehere do te kemi :
( ) ( ) 02
1
3
1 =⋅++⋅++⋅⋅ aqkSSTTSTT mm
Qe shprehja te jete e sakte duhet qe te kalojme ne rrafshin e frekuences :
( ) ( ) 0)()( 3
1
2
1 =⋅⋅−+⋅+−⋅ ωωω mm TTjTTaqk
Bejme ndarjen e pjeseve :
( )




⋅⋅−=
⋅+−⋅=
3
1
2
1
),(
)()(,
ωωω
ωω
m
m
TTay
TTaqkax
2
1
Gjejme Ω :
1
1
20
1 −
=
⋅
=Ω sek
TT m
Zevendesojme Ω e gjetur te ekuacioni 1 dhe do kemi :
( ) ( ) 20=Ω== ωkuraqAq
30

31. m
mmm
TTk
TT
k
TT
k
TT
Aq
⋅⋅
+
=Ω⋅
+
=⋅
+
=
1
12121
)( ω
Per jolinearitetin kemi :
( ) 2
2
1
4
a
b
a
C
aq −⋅
⋅
⋅
=
π
Ku a dhe ω jane : amplituda dhe frekuenca vetijake per regjimin kritik te NYQUIST.
Per te gjetur amplituden kritike barazojme ( ) ( )aqAq = :
m
m
TTk
TT
a
b
a
C
⋅⋅
+
=−⋅
⋅
⋅
1
1
2
2
1
4
π
~
Per C=110 , b=0.5 , T1 = Tm = 0.05 , k = 0.28 gjejme a .
0894.490867.19675757.12 24
=+⋅−⋅ aa
Marim rrenjet pozitive.
Rrenjet jane :
a1= 13.2451 ± j4.6837
a2= - 13.2451 ± j4.6837
Nuk marim ne konsiderat rrenjet qe na dolen.
3-3. Rasti 3-2 te studiohet me ane te metodes se frekuences
Studiojme rastin e mesiperm me metoden e frekuences :
C = 110 , b = 0.5 , T1 = Tm = 0.05 , k = 0.28
Funksioni i elementit linear eshte :
( )
( )
( )
( )234
3
234
2
23
1
2
1
0025.001.0
0025.0
0025.001.0
1.0
)(
1.00025.0)1(
)(
ωωω
ωω
ωωω
ω
ω
−+⋅
−
⋅−
−+⋅
⋅⋅
−=
+⋅+⋅
=
⋅+⋅++⋅⋅
=
kj
k
jG
SSS
k
SSTTSTT
k
SG
L
mm
L
Funksioni per pjesen jolineare eshte :
2
2
1
4
a
b
a
C
GJL −⋅
⋅
⋅
=
π
ku ba ≥
Per kushtet kritike kemi do kemi :
1−=⋅ JLL GG
Kufiri i qendrueshmeris ne piken kritike eshte :
31

32. )(
1
ωjG
G
L
JL −=
Zevendesojme :
1
1
20
1 −
=
⋅
= sek
TT m
ω .
Imagjinari i )( ωjGL eshte 0.
Kemi qe :
( )
( )
2
234
1.0
0025.001.0
Re
1
ω
ωωω
ω ⋅⋅
−+⋅
=−=
kjG
G
L
JL
Zevendesojme JLG nga ku marim :
( )
2
234
2
2
1.0
0025.001.0
1
4
ω
ωωω
π ⋅⋅
−+⋅
=−⋅
⋅
⋅
ka
b
a
C
Zevendesojme edhe : C = 110 , b = 0.5 , 1
20 −
= sekω ,
k = 0.28
Nga ku marim :
0894.490867.19675757.12 24
=+⋅−⋅ aa
Ekuacioni eshte i njejte si ne rastin 3-2.
Pjesa e katert
4-1. Per objektin e dhene te gjendet forma diskrete
a) ε⋅=+ 28028 u
dt
du
Llogjikojme per cdo element derivat , proporcional.
u = u (k)
ε = ε (k)
T
kuku
dt
du )()1( −+
=
Bejme zevendesimet ne ekuacionin a) :
( ) ( )[ ] ( ) ( )kkukuku
T
ε⋅=+−+ 281
28
( ) ( ) ( ) 





−⋅+⋅⋅=+
28
1101
T
kukTku ε
b) Objekti eshte PID me te dhenat qe vijojne : 028.028.028 === dip TTk






⋅⋅+
⋅
+⋅= εεε ST
ST
ku d
i
p
1
3
Nga teoria e superpozimit llogjikojme per elementet.
u = u (k) , ε = ε (k)
( )∑=
n
kT
S 0
1
εε
( ) ( )
T
kk
S
εε
ε
−+
=⋅
1
32

33. Bejme zevendesimet te ekuacioni 3 dhe do te kemi :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] 





−+++= ∑
n
d
i
p kk
T
T
k
T
T
kkku
0
1 εεεε
c) Bejme raportin e u me ε dhe do kemi :
ε
ε
⋅=⋅+⋅⋅+⇔
+⋅+
= 281528
1528
28 2
2
uuSuS
SS
u
ε2815282
2
=++ u
dt
du
dt
ud
Nga pavarsia e veprimeve duke u mbeshtetur te teoria e superpozimit llogjikojme
per secilin element.
u=u(k)
ε = ε ( k )
T
kuku
dt
du )()1( −+
=
( ) ( ) ( )[ ]kukuku
Tdt
ud
++−+= 122
1
22
2
Bejme zevendesimet dhe do kemi ekuacionin :
( ) ( ) ( )[ ] [ ] )(28)(15)()1(
28
122
1
2
kkukuku
T
kukuku
T
ε=+−++++−+
4-2. Per sistemin diskret te gjendet pergjigja per secilin nga rastet..
Sistemet diskrete kane sinjale te kampionuara.Lidhjet hyrje –dalje na japin modele diskrete
me nje transformim z.
Sistemi diskret eshte :
(k)T10+(k)u)
28
T
-1(=)1+k(u ε
(k)T10+)1-k(u)
28
T
-1(=(k)u ε
(k)T10+Z(z)u)
28
T
-1(=(z)u 1-
ε
( )
1
)
28
1(1
10
)(
)(
−
−−
==
z
T
T
z
zu
zD
ε
Dalja diskrete eshte : ( )zzDzu ε⋅= )()(
33

34. Pergjigjja per daljen diskrete eshte :
{ } ( )


















−−
=
−
−
z
Z
T
T
Zuuu ε
1
1
210
28
11
10
....,,
Dalja gjenDet Duke pjestuar polinomet.
b) Ekuacioni diskret
)1()()()()(
0
−•
⋅
−•
⋅
+•
⋅
+•= ∑ k
T
kT
k
T
kT
k
T
kT
kkku
pd
n
pd
i
p
p εεεε
Ekuacioni pas nje periode kampionimi eshte :
)2()1()1()1()1(
0
−⋅−−+−+−⋅=− ∑ k
T
kT
k
T
kT
k
T
Tk
kkku
pd
n
pd
i
p
p εεεε
Kurse shpejtesia eshte :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2111)1()( −+−−−−++−−=−− k
T
kT
k
T
kT
k
T
kT
k
T
kT
k
T
Tk
kkkkkuku
pdpdpdpd
i
p
pp εεεεεεε
( ) 





+−++




 −
=− −−
−
− 21
1
1
21
1
1
)()()( ZZ
T
T
T
TZ
zkZzuzu d
i
p ε








−
+−
⋅+
−
+== −
−−
− 1
21
1
1
21
)1(
1
)(
)(
)(
Z
ZZ
T
T
ZT
T
k
z
zu
zD
d
i
p
ε
Dalja diskrete eshte :
{ } { })()(.....,, 1
210 zzDZuuu ε⋅= −
c) procesi ka pamje :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )212815122828 22
−⋅+−−−⋅−−⋅⋅= kuTTkuTkTku ε
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2212
1281522828 −−
⋅+−−⋅−−⋅⋅= ZzuTTZzuTzTzu ε
( ) ( )
( ) ( ) ( ) 221
2
128152281
28
−−
+−+−+
==
ZTTZT
T
z
zu
zD
ε
4-3. Ndertoni strukturen perkatese te transformit Z me ane te perdorimit te B0
Marim skemen :
34

35. Shfrytezojme vetit per konturet :
Gp(S) per rasti (a) eshte :
( )
128
280
+⋅
=
S
SGp
Llogarisim :
( )
SS
e
SS
e
SGH
STST
p
+⋅
⋅−
=
+⋅
⋅
−
=⋅
−
2
28
280280
128
2801
Bejme ndarjen ne 2 pjese : ( ){ }
( ) ( ) 





+
⋅
−






+
=
−
128
280
128
280
SS
e
Z
SS
ZSGHZ
ST
p
Duke pranuar { } 1−−
= ZeZ TS
gjejme qe : ( ){ } ( ) ( ) 





+
⋅−= −
128
280
1 1
SS
ZZSGHZ p
Ndajme ekuacionin ne thyesa :






+
−






=






+
−=






+
+=






+⋅ 28/1
280280
28/1
280280
28/1)28/1(28
280
S
Z
S
Z
SS
Z
S
B
S
A
Z
SS
Z
Bejme zevendesimin :
( ){ } ( )
128
1
1
128
11
1
1
1
280280
1
280
1
280
1
−
−
−
−
−
−
−
⋅−
−
−=










⋅−
−
−
⋅−=
Ze
Z
Ze
Z
ZSHGZ
TT
p
Ekuacioni ka strukturen :
Veprojme si me siper vetem se ndryshojme Gp(s) pra : 





++= ST
ST
1
1k(s)G d
i
pp ku:
028.028.028 === dip TTk
Llogarisim :
( ) TS
dpdp
i
TS
pp
TS
pp
dp
i
p
p
TS
p eTkTk
ST
ekk
S
ekk
STk
ST
k
k
S
e
SGH −
−−
−+
−
+
−
=





++⋅
−
=⋅ 2
1
35

36. Transformimi Z eshte :
( ){ } { } { }TS
dpdp
i
TS
p
i
p
TS
pp
p eTkZTkZ
ST
ek
Z
ST
k
Z
S
ek
Z
S
k
ZSGHZ −
−−
−+








−






+








−






=⋅ 22
( ){ } ( ) ( ) ( ) { }dp
i
pp
p TkZZ
ST
k
ZZ
S
k
ZZSGHZ ⋅−+






⋅−+






⋅−=⋅ −−− 1
2
11
111
( ){ } ( ) ( )
( )
( ) dp
i
pp
p TkZ
ZT
ZTk
Z
Z
k
ZSGHZ ⋅−+
−
⋅
⋅−+
−
⋅−=⋅ −
−
−
−
−
− 1
21
1
1
1
1
1
1
1
1
1
( ){ }
( ) ( ) dp
i
p
pp TkZ
ZT
ZTk
kSGHZ ⋅−+
−
⋅
+=⋅ −
−
−
1
1
1
1
1
Skema strukturore Z eshte :
Gp(s)e marim :
( )
( ) ( )1.45S28.76S
28
SGp
++
=
( )SGH p⋅ eshte :
( )
( ) ( ) ( ) ( )45.176.28
2828
45.176.28
281
++
⋅−
=
++
⋅
−
=⋅
−
SSS
e
SSS
e
SGH
STTS
p
Transformimi Z i ( )SGH p⋅ eshte :
( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )





++
⋅
−





++
=





++
⋅−
=⋅
−−
45.176.28
28
45.176.28
28
45.176.28
2828
SSS
e
Z
SSS
Z
SSS
e
ZSGHZ
STST
p
( )[ ] ( ) ( )( ) 





++
⋅−=⋅ −
45.176.28
28
1 1
SSS
ZZSGHZ p
Gjejme :
( )( ) 





+
+





+
+





=





+
+
+
+=





++ 45.176.2845.176.2845.176.28
28
S
C
Z
S
B
Z
S
A
Z
S
C
S
B
S
A
Z
SSS
Z
Gjejme koeficentet A,B,C dhe bejme zevendesimet :
( )( ) 



+
−
+



+
+



=





++ 45.1
6.0
76.28
085.0
15
28
45.176.28
28
S
Z
S
Z
S
Z
SSS
Z
36

37. ( )( ) ( ) 145.1176.281
1
6.0
1
085.0
115
28
45.176.28
28
−⋅−−⋅−−
−
−
−
+
−
=





++ ZeZeZSSS
Z TT
Zevendesojme dhe do kemi :
( ){ } ( ) ( ) 





−
−
−
+
−
⋅−=⋅ −−−−−
−
145.1176.281
1
1
6.0
1
085.0
115
28
1
ZeZeZ
ZSGHZ TTp
( ){ } ( ) ( ) ( )

−
−
−
−+=
−
−
−
−
−
+=⋅ −⋅−−⋅−
−
−⋅−
−
−⋅−
−
145.1176.28
1
145.1
1
176.28
1
1
6.0
1
085.0
1
15
28
1
1
6.0
1
1
085.0
15
28
ZeZe
Z
Ze
Z
Ze
Z
SGHZ TTTTp
Struktura Z eshte :
4-4. Llogjikoni per sa i perket qendrueshmeris ne 4-3.
Per vleren kufitare kemi : ( ) ( ) ( )ZyZty
Zt
⋅−= −
→∞→ −
1
1
1limlim 1
Limiti i majte tregon ne qofte se harrihet qendrueshmeria.Ne qofte se limiti ne
anen e djathte eshte i fundem atehere do kemi qendrueshmeri.
Limiti eshte :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )ZGH
Z
ZGH
ZZyZty
ZZZt
⋅=
−
⋅
⋅−=⋅−=
→
−
−
→
−
→∞→ −−−
1
1
1
1
1
1 111
lim
1
1lim1limlim
280
1
1
280280lim
128
1
1
11
=








⋅−
−
−
−
−
−
→−
Ze
Z
TZ
Konturi ka gjendje te qendrueshme.
Llogjikojme per rastin :
( ) ( ) ∞=








⋅−+
−
⋅
+ −
−
−
→−
TkZ
ZT
ZTk
k p
i
p
p
Z
1
1
1
1
1
1
lim1
Limiti eshte i pafundem gje pra nuk do kemi qendrueshmeri.
Gjejme limitin :
( ) 15
28
Ze1
0.6
Ze1
0.085
Z1
15
28
lim 1T1.451T28.76
1
1Z 1
=



−
−
−
−+ −⋅−−⋅−
−
→−
Vlera 28/15 tregon se kemi gjendje te qendrueshme.
37

38. 4-5. Ndertoni nje kontur te mbyllur me PI dixhitale me B0 dhe me OR.
( )
( )( )12S10.28S
1
SGo
++
=
28.028 == ip Tk
Per te ndertuar konturin e mbyllur duhet te gjejme transformimet z.
Gjejme :
( ) 





⋅
+⋅=
ST
kSG
i
ppi
1
1
( ) ( ) ( )





+= ∑
n
i
p k
T
T
kkku
0
εε
Kurse pas nje periode kampionimi do kemi :
( ) ( ) ( )





−+−=− ∑
n
i
p k
T
T
kkku
0
11{1 εε
Shpejtesia e ndryshimit eshte :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )k
T
Tk
kkkkkuku
i
p
pp εεε +−−=−− 11
( ) ( ) ( ) ( )11 −−





+=−− kkk
T
Tk
kkuku p
i
p
p εε
Bejme transformimin z :
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 





+
−
=
−
−





+
==
−⋅





+=−
−−
−
−−
i
p
p
i
p
p
p
i
p
p
T
T
Z
k
Z
Zk
T
Tk
k
Z
Zu
ZD
ZZkZ
T
Tk
kZZu
1
11
1
11
1
11
ε
εε
Zevendesojme numrat : 28.028 == ip Tk
( ) ( )
( ) 



+
−
== −
0.28
T
1
Z1
28
Zε
Zu
ZD 1
Skema strukturore eshte :
38

39. 4-6. Analizoni strukturen e mesiperme.
Kemi element dixhitale dhe analoge. Skema ka nje PI dixhitale nje B0 dhe nje Go(S) ne Laplas.
Transformojme B0 dhe Go(S) ne rrafshin z :
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )





++
−






++
=






++
⋅
−
=⋅
−−
12128.012128.0
1
12128.0
11
0
SSS
e
Z
SSS
Z
SSS
e
ZzGH
TSTS
( ) ( ) ( )( )





++
⋅−=⋅ −
12S10.28SS
1
ZZ1zGH 1
0
Gjejme qe :
( )( )





++ 12S10.28SS
1
Z
Ndajme funksionin ne thyesa :
( )( )






+
+






+
+=






+





+
=






+





+⋅⋅
=
++
2
1
28.0
1
2
1
28.0
1
78.1
2
1
28.0
1
228.0
1
12128.0
1
S
C
S
B
S
A
SSSSSS
SSS
Zevendesojme koeficentet ne ekuacion :
( ) ( )
2
1
S
0.748
0.28
1
S
0.012
S
1
12S10.28SS
1
+
−
+
+=
++
Gjejme ( )zGH 0⋅ :
( ) ( ) ( )












+
−
+
+⋅−=


















+





+
⋅−=⋅ −−
2
1
S
0.748
0.28
1
S
0.012
S
1
ZZ1
2
1
S
0.28
1
SS
1.78
ZZ1zGH 11
0
( ) ( ) 







−
−
−
+
−
⋅−=⋅
−
⋅−
−
⋅−
−
−
1
T
2
1
1
T
0.28
11
1
0
Ze1
0.748
Ze1
0.012
Z1
1
Z1zGH
Ekuacionin karakteristike eshte :
( ) ( ) ( ) 0zDzGH1zF 0 =⋅⋅+=
Nga :
( )
( )( ) 12.28S0.56S
1
12S10.28S
1
SG 2o
++
=
++
=
39

40. Gjejme F(z) per T =1 :
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 0
1
128
607.01
748.0
0281.01
012.0
1
1
11
28.0
1
1
28
1
748.0
1
012.0
1
1
111
1111
1
1
12
1
128.0
11
1
0
=
−
⋅





−
−
−
+
−
⋅−+=












+
−
⋅








−
−
−
+
−
⋅−+=⋅⋅+=
−−−−
−
−
−
⋅−
−
⋅−
−
−
ZZZZ
ZzF
T
Z
ZeZe
Z
ZzDzGHzF
TT
( ) 0
0.607Z1
0.748
0.0281Z1
0.012
Z1
1
1281zF 111
=



−
−
−
+
−
⋅+= −−−
Ekuacioni ndryshe mund te shprehet :
( ) 0Z0.0004Z8.1853Z64.34281zF 321
=⋅−⋅+⋅+= −−−
Rrenje e funksionit jane:
1.5Z
27Z
32838Z
3
2
1
=
−=
=
Konturi i mbyllur eshte i paqendrueshem sepse modulet e te gjitha rrenjve jane me te medha se 1
4-7. Perfundime
Te vendi gjometrik i rrenjve te pjesa e pare gjetem rrenje komplekse te cilat nuk ishin te
pranueshme sepse duhet te ishin pozitive dhe pjese e VGJR pra duhet te presin boshtin
real.Dy parametrat K dhe T percaktojne pozicionin e poleve. Drejtimi i shigjetave do
ndryshoj me rritjen e T drejtimi do tregoje dhe qe numri i poleve do ndryshoje. Me ane
te koeficentit proporcional dhe integral vendosim polet. ne boshtet real dhe imagjinar por
polet duhet te plotesojne kushtet cilesore perndryshe vendosja e poleve eshte e
papranueshme.Te pjesa e dyte duke ndryshuar τ procesi do harris nje gjendje kritike.
Te NYQUIST Kalimi i trajektores te pika -1 eshte regjim kritik.Te grafiku 2-3 ku jepet
varesia e τ nga K kemi pjesen mbi kurb qe eshte zone e qendrueshme dhe pjesen nen
kurb qe eshte zone e paqendrueshme.Me ane te perafrimit PADE perfitojme nje
rregullator i cili ben shuarjen e lekundjeve dhe te Nyquist do dallojme qe trajektorja
kalon shume afer pikes -1. Te pjesa e trete Kemi nje proces termik te cilin e kontrollojme
me pajisje elektromekanike , ne qender kemi relen elektromagnetike qe bene leshimin e
kundert te motorit.Releja vepron mbi valvulen e lendes djegese me ane te organit
ekzekutues.Duke gjetur modelin matematik te objektit rregullues ,organit mates , rregullatorit
pozicional ,motorrit te rrymes se vazhduar , reduktorit ,lidhjes se kundert ne ndertojme dhe studiojme skemen
e pergjithshme qe permban keta element.Ne skeme: dallojme qe sinjali ne hyrje dhe ne dalje nuk eshte
funksion i operatorit s nuk ka pike pune dhe nuk linearizohet .Te pjesa e katert dallojme qe te funksioni diskret
kemi nje dalje u(Z) nje hyrje ε(z) si dhe nje funksion D(Z).Pergjigjja per daljen diskrete eshte:
{ } ( )


















−−
=
−
−
z
Z
T
T
Zuuu ε
1
1
210
28
11
10
....,, .4-4. Per qendrueshmerin ne 4-3 per vleren
kufitare dallojme qe :
( ) ( ) ( )ZyZty
Zt
⋅−= −
→∞→ −
1
1
1limlim 1
40

41. Ne qofte se limiti ne anen e djathte eshte i fundem atehere do kemi
qendrueshmeri.Te skema te 4-5 Kemi element dixhitale dhe analoge. Skema ka nje PI dixhitale nje
B0 dhe nje Go(S) ne Laplas.I kthejme te gjithe elementet ne rrafshin z dhe gjejme rrenjet ku do dallojme
qe konturi i mbyllur do jete i paqendrueshem sepse modulet e te gjitha rrenjve jane me te
medha se 1.
41