Lösningar till Tentamen i Reglerteknik AK EL1000/EL1100/EL

Transkript

1 Lösningar till Tentamen i Reglerteknik AK EL000/EL00/EL a. Överföringsfunktionen från u(t) till y(t) ges av Utsignalen ges av G(s) = y(t) = G(iω) A sin(ωt + ϕ + arg G(iω)) = 2 sin(2t). Identifierar ω=2. G(iω) = ω 2 + = A = arg G(iω) = arg arg (iω + ) = arctanω = arctan2 En alternativ lösning är att direkt sätta in y i diff-ekvationen, ϕ = arctan2. u(t) = ẏ(t) + y(t) = 4 cos(2t) + 2sin(2t) = sin(2t + ϕ), ϕ = arctan(4/2) Svar: ω = 2, A = 2 5 och ϕ = arctan2. b. Känslighetsfunktionen ges av PI-regulatorn ges av S(s) = F(s) = K P + K I s + G(s)F(s) = s Identifierar K P = K I = 0.. Svar: PI regulatorn är F(s) = s. + 0 s+ ( K P + K I s ) = s c. Stationära punkter är x = y = 0 linjär approximation ẋ(t) = 0 med y(t) = x(t). d. PI-regulatorn ges av Regulatorn är alltså Euler bakåt ger F(s) = K + K T I s. T I u(t) = KT I ė(t) + Ke(t). T I (u(t) u(t )) = KT I (e(t) e(t )) + Ke(t) u(t) = u(t ) + KT I + K T I e(t) Ke(t ). Identifierar K = T I =. Svar: K = T I =.

2 2a. Tillståndsvektor x(t) = [ x (t) x 2 (t) x 3 (t) ] T, insignal u(t) och utsignal y(t) = x3 (t) ger följande tillståndsmodell ẋ(t) = 0 0 x(t) + 0 u(t) }{{}}{{} A B y(t) = [ 0 0 ] x(t) }{{} C 2b. Observatören ges av ˆx = Aˆx + Bu + K(y Cˆx) = (A KC)ˆx + Bu + Ky där K = [ ] T k k 2 k 3 väljs så att observatören får önskade poler. Observatörens poler ges av egenvärdena till matrisen A KC. Egenvärdena ges av lösningen till den karakteristiska ekvationen s 0 k det(si A + Kc) = s k 2 0 s + k 3 = s(s(s + k 3 ) + k 2 ) + k = s 3 + k 3 s 2 + k 2 s + k = 0 Vi vill ha observatörspolerna i -2. Alltså vill vi ha karakteristiska ekvationen (s + 2) 3 = s 3 + 6s 2 + 2s + 8 = 0 som har tre lösningar s = 2. Identifiering av termer ger k = 8 k 2 = 2 k 3 = 6. 2c. Rita rotorn med avseende på k. Karakteristiska ekvationen är s 3 + k(s 2 + s + ) = P(s) + kq(s) = 0 Startpunkter: P(s) = 0, n = 3, 3 st i s = 0. Ändpunkter: Q(s) = 0, m = 2, s 2 + s + = 0 = s = ±i 3 2. Asymptoter: n m = 3 2 =, riktning π. Delar av reella axeln: hela negativa reella axeln. Skärningar med imaginära axeln fås genom insättning av s = iω i s 3 + k(s 2 + s + ) = 0. 2

3 vilket ger Uppdelning i real- och imaginärdel: iω 3 kω 2 + ikω + k = 0. kω 2 + k = 0 ω 3 + kω = 0 Den andra ekvationen ger lösningar ω = 0 och ω = ± k. Insatt i den övre ekvationen ger detta att k = 0 och k =. Skärningarna blir alltså i ω = 0, k = 0 (startpunkt) och ω =, k =. Rotorten är återgiven i figur. Från figuren ses att alla poler ligger i.5 Root Locus 0.5 Imaginary Axis Real Axis Figur : Rotort för uppgift 2c vänster halvplan för k och observatörsdynamiken är alltså stabil för k. 3

4 3a Skärfrekvens och fasmarginal för P-regulatorn beräknas eller läses ur Bode-diagram till ω c,p = 2rad/s ϕ m,p = 33 Snabbheten är kopplad till skärfrekvensen. För att få ett dubbelt så snabbt system så ska skärfrekvensen fördubblas. Alltså w c,d = 4. Inför lead-länk F lead (s) = K τ Ds + βτ D s + Vid önskade skärfrekvensen är fasen ungefär 90. Lead-länken måste alltså ge en fasökning på = 49 (6 grader extra för lag-länk), vilket motsvarar β 0.4. τ D väljs som τ D = ω c,d β För att få den önskade skärfrekvensen bestäms K enligt β K = G(iω c,d ) = Vi har en integrator i systemet så vi kommer inte att ha något stationärt fel då referenssignalen är ett steg. För att inte få något stationärt fel då referenssignalen är en ramp krävs att vi har två integratorer i det öppna systemet. Vi måste därför införa en extra integrator. Detta görs genom att lägga till en lag-länk med γ = 0. τ I väljs enligt tumregel till Regulator ges alltså av: F lag (s) = τ Is + τ I s + γ τ I = 0 ω c = 2.5 F(s) = F lead (s)f lag (s) = s + 2.5s s + 2.5s Vilken kan verifieras att ge ω c = 3.95 rad/s and ϕ m = 35. 3b. Anta att det verkliga systemet istället innehåller en tidsfördröjning, T = alltså G 0 (s) = G(s)e s. Då är öppna systemet F(s)G(s)e s. Hur påverkar tidsfördröjningen Bode-diagrammet? Amplitud: F(iω)G(iω)e iω = F(iω)G(iω) e iω = F(iω)G(iω). Amplituden påverkas inte! Fasen: arg(f(iω)g(iω)e iω ) = arg(f(iω)g(iω)) + arg(e iω ) = arg(f(iω)g(iω)) ω. 4

5 Fasen förskjuts med ω radianer! Skärfrekvensen kommer att vara den samma, alltså ω c = 4 men fasmarginalen kommer att minska med ω c = 4 radianer. Den nya fasmarginalen blir alltså ϕ m = π = 96. Med en tidsfördröjning på s så får vi negativ fasmarginal, alltså ett instabilt system. Så regulatorn i a) fungerar inte om det verkliga systemet har en tidsfördröjning på s. 4a. Överföringsfunktionen från v(t) till y(t) ges av G vy = + GF. Stegsvaret är givet som y(t) = e t. Laplace transformering ger Följaktligen är Y (s) = s s + s = s s + V (s) G vy (s) = s , GF = s + s Överföringsfunktionen från w(t) till y(t) ges av G wy = GF + GF = [ G vy] = 0, 8 Slutvärdessatsen (systemet är stabilt) ger lim t y(t) = = Svar: G wy = 0,8 s+ och stationära värdet på y är b. (Antag r(t) = w(t) = 0.) Överföringsfunktionen från v(t) till y(t) ges av [ G vy = = GF = 0.8 ] s = + GFK s K =. s K s+0.2 Överföringsfunktionen från w(t) till y(t) ges av G wy = [ G vy ]. Slutvärdesatsen (det återkopplade systemet är stabilt för K > 0) ger lim y 0.2 v(t) = t K lim y 0.2 w(t) = [ ] ( 0.) t K lim y v(t) = lim y w (t) t t 0.2 = 0.[ K Svar: Vid K = 2.5 fås stationära värden / K ] K = 2.5 5

6 5a Det slutna systmets överföringsfunktion är G c (s) = K s + K + a, K > a och stegsvaret är y(t) = och motsvarande lutning/derivata är K K + a ( e (K+a)t ] ẏ(t) = K(K + a) K + a e (K+a)t = Ke (K+a)t Maximal lutning är för t = 0 vilket kombinerat med definitionen av stigtid ger ẏ(0) = K Tr Maximala positiva reglerfelet för ett första ordningens system ges för t, dvs M = K K + a = a K + a a K ( a) T r 6