Lösningar Reglerteknik AK Tentamen

Transkript

1 Lösningar Reglerteknik AK Tentamen Uppgift 1a Systemet är stabilt ( pol i ), så vi kan använda slutvärdesteoremet för att bestämma Svar: l = lim y(t) = lim sg(s)1 t s s = G()1 = 5l = r = 1 Uppgift 1b Svar: Insignal: flöde av distillerat vatten som styrs via ventilen. Utsignal: saltkoncentrationen i utflödet. Störsignal: Variationer i saltkoncentration i koksaltlösningen. Uppgift 1c Känslighetsfunktionen är stabil så vi kan använda frekvensanalys för att räkna ut störningsundertryckningen S(i.) =.i.i + 1 =. < Svar: En sinus-störning med frekvens. radianer per sekund undertrycks mer än med en faktor femtio, specifikationen är uppfylld. Uppgift 1d Det finns flera möjliga lösningar. Vi använder här diagonalform via partialbråksuppdelning G(s) = 1 (s + )(s 1)(s + 4) = a (s + ) + b (s 1) + c (s + 4) där a = 5/3, b = /3 c = 1. Detta innebär att 1 A = 1, B = 1, C = [ 5/3 /3 1 ] 4 1 Svar: Egenvärdena till A är lika med polerna till G(s), d.v.s., 1, 4. Detta kan direkt ses via diagonala valet av A 1

2 Uppgift a Från figuren ses att polerna ligger i { 1, ε + i, ε i}. Ansätt därför att H(s) = 1 s ( 1) 1 s ( ε + i) 1 s ( ε i) = 1 s (s + ε i)(s + ε + i) = 1 s (s + ε) + (s + ε)i i(s + ε) i = 1 s (s + ε) + 1. Denna överföringsfunktion har dock statisk förstärkning H() = ( + ε) + 1 = 1 ε + 1. Den sökta överföringsfunktionen G(s) ska ha statisk förstärkning ett, så vi normaliserar H(s) enligt G(s) = H(s) H() = 1 s + 1 ε + 1 (s + ε) + 1, så att G() = 1. Svar: G(s) = 1 ε +1. s+1 (s+ε) +1 Uppgift b För stora ε är den reella polen klart dominant. Så stegsvar C hör till ε = 3. Dämpningen (cosinus av vinkeln mot negativa reella axeln) minskar allteftersom de komplexa polerna rör sig mot den imaginära axeln,. när ε minskar. Detta ger att D hör till ε = 1 3, B till ε = 1 och A till ε = 3. Svar: ε A = 3, ε B = 1, ε C = 3 och ε D = 1 3. Uppgift c Eftersom G 1 (s) = sg(s) får vi G 1 (iω) = ω G(iω) log G 1 (iω) = log ω + log G(iω) arg G 1 (iω) = π + arg G(iω) Detta innebär att förstärkningen (amplitudkurvan) skalas med ω vilket i logaritmisk skala motsvaras av addition med log ω (extra lutning +1 för alla frekvenser) Faskurvan ökas med π/ = 9 o för all frekvenser.

3 Uppgift 3a Dessa värden kan hittas i Nyquist-diagrammet: ω c = 5.8 rad/s; ω p = 1.6 rad/s; ϕ m = arctan( ) = 41.4o ; A m = 1.1 = Uppgift 3b Målet är att konstruera en lead-lag-regulator F (s) = K τ Ds + 1 τ I s + 1 βτ D s + 1 τ I s + γ så att specifikationerna för det slutna systemet uppfylls Önskad fasmarginal är φ m = 6 o vilket medför att vi måste öka fasen med φ max = 6 o 41. o o = 4.7 o, där 5.7 o kommer från lag-länk. Andra kravet innebär att skärfrekvensen måste vara ω c,d ω B ω c = 5.3 rad/s. Slutligen krävs γ =, eftersom (för stabila system) Y (s) = G(s) L(s) lim 1 + G(s)F (s) y(t) = t om och endast om F (s) innehåller en integrator Följaktligen Svar: φ max β =.4 (Fig. 5.13, p. 16, Glad and Ljung book); τ D = 1 ω c,d β =.3; K = β G(jω c,d ) =.63; τ I = 1 ω c,d = 1.9. Uppgift 3c G() 1 + G()F () = F (s) = K τ Ds + 1 τ I s + 1 βτ D s + 1 τ I s + γ, β =.4, τ D =.3, K =.63, τ I = 1.9 Tidsfördröjningen innebär arg(f (jω)g(jω)e jωt ) = arg(f (jω)g(jω)) ωt, fasen minskas med ωt rad. För 15 o och ω c = 5.8 rad/s krävs ω c T 15π 18 Svar: T.5 s 3

4 Uppgift 4 (a) Slutna systemets överföringsfunktion är vilket medför G c (s) = G(s)F (s) 1 + G(s)F (s) = K 1 (s + ) s(s + 3) + K 1 (s + ). P (s) = s(s + 3), Q(s) = (s + ). Start- och Ändpunkter: startpunkter (p 1 = and p = 3), en ändpunkt (q 1 = ), Asymptot: n m = 1 asymptotet med riktning π Re-axeln [, 3] och [, ] Im-axeln P (iω ) + K 1 Q(iω ) = iω (iω + 3) + K 1 (iω + ) = ω + 3iω + ik 1 ω + 4K 1 = { ω + 4K i = med enda lösning ω = och K 1 =. 3ω + K i ω = 4

5 Rotort.5 Root Locus -1 ) Imaginary Axis (seconds Real Axis (seconds -1 ) Svar: Stabilt för alla K 1 >. (b) För K 1 = 1 fås G c (s) = s + 4 s + 5s + 4. För ett enhetssteg som referens fås R(s) = 1 s Y (s) = W (s)r(s) = s s + 5s + 4 s = s + 4 s 3 + 5s + 4s = s + 4 s(s + 1)(s + 4) Partialbråksuppdelning Inverse Laplace y(t) = L 1 {Y (s)} [t] = L 1 { 1 s = h(t) 3 e t h(t) 1 3 e 4t h(t). Y (s) = 1 1 s 3 s s + 4. } { } { 1 } [t] L 1 3 [t] L 1 3 [t], s + 1 s + 4 5

6 där h(t) är Heavyside steg-funktionen. Eftersom r(t) = h(t), lim [r(t) y(t)] = lim t t 3 e t h(t) e 4t h(t) =. (c) Här är med G c (s) = G(s)F (s) 1 + G(s)F (s) = K ω (s + ). (s + ω)(s + 3) + (s + )K ω P (s) = (s + ω )(s + 3), Q(s) = (s + )ω. Start- och Ändpunkter: sn = 3 startpunkter (p 1 = 3 and p,3 = ±ω ), m = 1 ändpunkt (q 1 = ), Asymptoter: n m = asymptoter med skärningspunkt i z = p i i q i = ω + ( ω ) + ( 3) ( ) n m Re-axeln 3, ] Im-axeln P (iω ) + K Q(iω ) = ( ) (iω ) + ω (iω + 3) + K ω (iω + ) = ( ω + ω) (iω + 3) + K ω (iω + ) = = 1. iω 3 3ω + iω ω + 3ω + ik ω ω + K ω = vilket ger { ω 3 + ω ω + K ω ω = 3ω + 3ω + K ω = med lösningar ω1 =, K1 = 3 ω,3 = ±ω, K,3 = Den första lösningen har negativ förstärkning och de två andra är startpunkter, rotorten skär inte imaginära axeln för K > 6

7 Rotort 15 Root Locus 1-1 ) Imaginary Axis (seconds Real Axis (seconds -1 ) Svar: Stabilt för alla K >. (e) Om r(t) = sin(ω t), fås y ss (t) = G c (jω ) sin(ω t + argg c (jω )). Eftersom fås och G c (iω ) = (iω + )Kω ( (iω ) + w ) (iω + 3) + (iω + )Kω = 1, G c (iω ) = 1, argg c (iω ) =, y ss (t) = sin(ω t). r(t) y(t) =, Svar: Föreslagen regulator följer perfekt en sinusreferenssignal efter insvängning 7

8 Exercise 5 (a) En tillståndsmodell för slutna systemet blir ẋ(t) = (a l)x(t), x() = x, y(t) = x(t). eftersom y(t) = x(t), så fås med lösning där κ bestäms av initialvärdet ẏ(t) = (a l)y(t), y(t) = κe (a l)t, y() = κ = x() = x, Motsvarande utsignal ges av y(t) = x e (a l)t u(t) = lx(t) = ly(t) = lx e (a l) t. Systemet är stabilt om Re{a l} = a l < l > a. (b) Beräkna J(l) = med lösningarna från Uppgift 5a) J(l) = = [y(τ) + qu(τ) ]dτ. [ (x e (a l)τ) + q ( lx e (a l)τ) ] dτ [ x e (a l)τ + ql x e (a l)τ] dτ = x (1 + ql )e (a l)τ dτ = x (1 + ql ) e(a l)τ (a l) = x (1 + ql ) (a l) 8

9 För optimal l krävs d J(l) =, dl d J(l) =, dl d x (1 + ql ) =, dl (a l) x d (1 + ql ) =, dl a l ql(a l) + (1 + ql ) =, (a l) ql(a l) ql =, l al 1 q =. med lösningar där l 1, = a ± a + 1 q l 1 = a + a + 1 q är den enda stabiliserande lösningen pga kravet l 1 > a. (c) För optimalt återkoppling u(t) = l 1 x(t), fås återkoppplad pol p(q) = a l 1 (q) = a + 1 q. När q, vill vi använda minsta möjliga styrsignal. Detta ger l 1 () = a + a. Om öppna systemet är stabilt, a <, så fås öppen styrning l 1 () = med pol p() = a l 1 () = a. Om öppna systemet är instabilt, a >, så speglas öppna systemets pol i imaginära axeln p() = a l 1 () = a. 9