TENTAMEN Reglerteknik I 5hp

Transkript

1 Denna tentamen gäller Reglerteknik I 5hp ör F3. På sista sidan av tentamen inns ett örsättsblad, som ska yllas i och lämnas in tillsammans med dina lösningar. TENTAMEN Reglerteknik I 5hp Tid: Lördag 19 december 9, kl Plats: Polacksbacken, Skrivsal Ansvarig lärare: Kjartan Halvorsen, tel Kjartan kommer och svarar på rågor ungeär kl 9.3 och kl 11. Tillåtna hjälpmedel: Kursboken (Glad-Ljung), miniräknare, Laplace-tabell och matematisk ormelsamling (Beta, Mathematics Handbook e.l.) Preliminära betygsgränser: 3:[3, 33[, 4:[33, 43[, 5:[43, 5 = maxpoäng] Uppgit 7 är istället ör inlämningsuppgiterna. OBS: Endast en uppgit per ark. Skriv namn på varje ark. Lösningarna ska vara tydliga och väl motiverade (om inget annat anges). Avläsningar ur diagram behöver inte vara exakta. Lycka till!

2 Uppgit 1 Ett örsta ordningens system beskrivs av dierentialekvationen dy dt = ay + u. (a) Visa att insignalen u(t) = e at ger utsignalen y(t) = e at y() + te at. (p) (b) Beräkna utsignalen y(t) ör exponentiella insignaler u(t) = e bt, b a. (p) (c) Systemet återkopplas rån reglerelet enligt u(t) = K(r(t) y(t)). Bestäm y(t) när r(t) är ett steg och systemet beinner sig i vila ör t =. (3p) Uppgit En pekpinne som balanseras på en hand kan modelleras genom att betrakta en inverterad pendel som balanseras av en horisontell krat som verkar på stödpunkten. Se iguren nedanör. Från Newtons lagar år man d θ l y x Figur 1: Pekpinne (homogen stav) som balanseras genom en horisontell krat u som verkar på spetsen av pekpinnen. Handen (och spetsen) rör sig horisontellt längs med x-axeln. ram öljande dierentialekvation ör sambandet mellan kraterna u och d och vinkeln θ: ml 3 θ = mg sin θ + u cosθ + d cosθ. u 1

3 (a) Linjarisera dierentialekvationen ör små variationer kring θ =. och visa att överöringsunktionen rån u(t) till vinkeln θ(t) kan skrivas Bestäm ω och b. Θ(s) U(s) = b s 1. ω (p) (b) Anta att den inverterade pendeln återkopplas rån reglerelet U(s) = F(s) ( Y re (s) Y (s) ). Rita upp ett blockdiagram ör systemet. (1p) (c) Anta en regulator F(s) av PD-typ: F(s) = K p + K d s. Visa att båda deriverande och proportionell återkoppling är nödvändigt ör att åstadkomma ett slutet system som är insignal-utsignal stabilt. (p) (d) Anta PD-regulator med K p = Kω, K d = K. Rita upp rotorten, och bestäm ör vilka värden på K det slutna systemet är stabilt. (1p) (e) Anta PD-regulator med K p = Kω, K d = K. Visa att det slutna systemet är stabilt ör alla K > 1/(ωb), men att det är störningskänsligt. (3p) Uppgit 3 Regulatorn i uppgit är en människa. Hon använder i örsta hand synen ör att bedömma pendelns vinkel mot vertikalen, och aktiverar armens muskler ör att åstadkomma en horisontell krat på pendelns spets som balanserar pendeln. På grund av ysiologiska begränsningar har denna regulator begränsad bandbredd. Den har lågpasskaraktär, som örenklad kan beskrivas med överöringsunktionen F(s) = K T ds + 1 (T s + 1), (1) där T d är tidsparametern ör den deriverande delen av regulatorn, och T är en tidskonstant som är typisk ör öga-hand-koordinationen. (a) Anta att T d = 1 och T =.. Vilket av bodediagrammen i igur tillhör F(s)? Motivera genom att hänvisa till låg- och högrekvensapproximationerna samt lägen ör brytpunkter. (3p) (b) Antag nu att regulatorn används ör att balansera den inverterade pendeln med överöringsunktionen b G(s) = s 1. ω Anta att örstärkningen K i regulatorn (1) anpassas så att kretsörstärkningen blir (s + 1) G o (s) = ( ) s (.s ). 1 ω + 1 Hitta gränsen ör hur kort pendel (hur stort ω) som går att stabilisera med denna regulator. Ledning: Använd Rouths algoritm. (4p)

4 A B Belopp (db) 1 Belopp (db) Fas (grader) Frekvens (rad/s) 1 5 C Fas (grader) Frekvens (rad/s) 1 D Belopp (db) 5 Belopp (db) Fas (grader) Frekvens (rad/s) Fas (grader) Frekvens (rad/s) Figur : Bodediagram ör uppgit 3. 3

5 Uppgit 4 Man vill återkoppla systemet Y (s) = G(s)U(s) med lead-lagkompensering så att U(s) = F(s)(Y re (s) Y (s)), där F(s) är den totala regulatorn, d.v.s. F(s) = KF lead (s)f lag (s). Systemet G(s) kan delas upp i två seriekopplade dynamiska system G(s) = G (s)g 1 (s). Det örsta har en känd örsta-ordningens överöringsunktion G 1 (s) = 1 med tidskonstanten T =., och representerar relativ snabb Ts+1 dynamik i ställdonet. Det andra systemet G (s) har identiierats experimentelt. Nedanör visas Bodediagrammet ör G (s) G(iω) 1 1 arg G(iω) ( o ) ω (rad/s) ω (rad/s) Anta att man har öljande krav på kretsörstärkningen: (i) skärrekvensen ska vara ω c = rad/s och (ii) asmarginalen ska vara ϕ m 45 ör det återkopplade systemet: (iii) lim t y re (t) y(t).5 då y re är ett enhetssteg. (a) Bestäm F(iω c ), hur stor arg F(iω c ) minst måste vara, samt hur stor F() minst måste vara, ör en regulator F(s) som uppyller dessa krav. (4p) (b) Konstruera en regulator F(s) som uppyller kraven i (a), d.v.s. bestäm örstärkningen K, leadiltret F lead (s) och lagiltret F lag (s). (3p) 4

6 Uppgit 5 Ta ram en regulator ör den inverterade pendeln i uppgit b G(s) = s 1. ω baserad på tillståndsåterkoppling rån rekonstruerade tillstånd. (a) Skriv systemet på styrbar kanonisk orm, och visa att systemet är observerbart. (p) (b) Bestäm tillståndsåterkopplingen u(t) = Lˆx(t) + my re (t), så att det slutna systemet har dubbelpol i -1 och statisk örstärkning lika med 1. (3p) (c) Ta ram en observatör ör att skatta tillståndet. Observatören ska ha dubbelpol i -. (p) Uppgit 6 Ange ör vart och ett av öljande påståenden iall det är sant eller alskt. (a) För ett andra ordningens system Y (s) = ω U(s) s + ζω s + ω blir stegsvarets stigtid kortare ju större ω är. (b) Ju högre skärrekvens ett återkopplat system har, desto snabbare är det slutna systemet. (c) Om kretsörstärkningen har integralverkan så har känslighetsunktionen S(s) ett nollställe i origo. (d) Med en tillräckligt bra konstruerad regulator F(s) kan man uppnå S(iω) <.5 och T(iω) <.5 ör alla rekvenser ω, där S är känslighetsunktionen, och T den komplementära känslighetsunktionen. (e) Robustheten m.a.p. stabilitet ör ett återkopplat system är större ju större beloppet av T är. () För ett system som regleras genom tillståndsåterkoppling rån rekonstruerade tillstånd beror det slutna systemets poler av valet av observatörspoler. Varje rätt svar ger +1 poäng och varje elaktigt svar ger -1 poäng (och utelämnat svar ger noll poäng). Totalt ger dock uppgiten minst poäng. Ingen motivering behövs enbart svaren sant och alskt kommer att beaktas. (6p) 5

7 Uppgit 7 Denna uppgit är istället ör inlämningsuppgiterna. Systemet 1 Y (s) = (s + 1)(s + 4)(s + 8s + 17) U(s) styrs med en PID-regulator, U(s) = K s + s + s (Y re (s) Y (s)). (a) Bestäm överöringsunktionen rån y re till y ör det återkopplade systemet. (1p) (b) Rita en rotort ör det slutna systemets poler med avseende på K. Redogör tydligt ör (i) start- och ändpunkter, (ii) asymptoter samt (iii) vilka delar av reella axeln som tillhör rotorten. Rotorten skär imaginära axeln i punkterna ±i (4p) (c) Bestäm ör vilka värden på K det slutna systemet är stabilt. (p) 6

8 Lösningar till tentamen i Reglerteknik I 5hp Laplacetransormen av dierentialekvationen ger sy (s) y() = ay (s) + U(s) Y (s) = y() s a + 1 s a U(s). Laplacetransormen ör en exponentiell signal är U(s) = 1, altså blir utsignalen s b y(t) = L 1 Y (s) = L 1[ y() s a + 1 ] (s a)(s b) (a) För allet b = a ger Laplacetabellen L 1 1 (s a) = teat, så att y(t) = L 1 Y (s) = y()e at + L 1 1 (s a) = y()e at + te at. (b) För allet b a: [ ] y(t) = y()e at + L 1 1 (a b)(s a) + 1 (b a)(s b) = y()e at + 1 a b eat + 1 b a ebt. (c) Återkopplingen ger det slutna systemet G c (s) = K s a + K, vilket även det är ett örsta-ordningens system. Stegsvaret ås rån A.33 (s 34) i kursboken: y(t) = L 1 Y (s) = L 1 K ( (s a + K)s = K 1 e ). (a K)t. (a) Små vinkler ger sin θ θ och cosθ 1. Den linjariserade diekvationen blir ml 3 θ mgθ = u + d = l 3g θ θ = 1 mg u + 1 mg d. 1

9 Laplacetransormen av dierentialekvationen, med initialvärden lika med noll ger Altså är ω = ( l ) 3g s 1 Θ(s) = 1 mg U(s) + 1 D(s) = mg 3g l och b = 1 mg. r Σ 1 mg 1 mg Θ(s) = l 3g s 1 U(s) + l 3g s 1 D(s) b Θ(s) = s 1 U(s) + b s 1 D(s) ω ω e F (b) (c) Med regulator F(s) = K p + K d s ges det slutna systemets poler av lösningarna till Dessa är 1 + G o (s) = ( s ) ω 1 + K p + K d s = s + K d ω s + (K p 1)ω =. s = K dω ± 1 Kd ω4 4(K p 1)ω. För att båda polerna ska ha negativ realdel, måste vi ha K d > samt (d) Kretsörstärkningen blir K dω + 1 Kd ω4 4(K p 1)ω < Kd ω4 + Kd ω4 4(K p 1)ω < u Σ d G K p > 1. G o = Kω (s + ω)b (s + ω)(s ω) = 1 Kω b s ω, och det slutna systemets poler ges av s ω + Kω b =. Rotorten består av den reella axeln till vänster om ω. Skärningen med imaginära axeln (pol i origo) ås ör K = 1/(ωb), så systemet är stabilt ör K > 1/(ωb). θ

10 (e) Kretsörstärkningen blir G o = Kω (s ω)b (s + ω)(s ω) = 1 Kω b s + ω, och det slutna systemets poler ges av s + ω + Kω b =. Den enstaka reella polen är negativ ör K > 1/(ωb). Från block-diagrammet år vi att överöringsunktionen rån störning till utsignal blir G yd (s) = = G(s) b 1 + G o (s) = s /ω Kω b 1 bω s+ω (s + ω)(s ω) + Kω b (s+ω)(s ω) s+ω = bω (s ω)(s + ω + Kω b). Denna överöringsunktion har altså en pol med positiv realdel = Störninger ger bidrag till utsignalen som växer exponentiellt. Oerhört känsligt, m.a.o. 3. (a) Bodediagram B är det rätta. Beloppskurvan har en brytpunkt uppåt vid 1 p.g.a nollstället, och en brytpunkt nedåt vid 1/. = 5 p.g.a dubbelpolen. Högrekvensapproximationen är F(s) KT d, vilket ger lutningen 1 och as T s 9 i bodediagrammet. (b) Kretsörstärkningen är G o (s) = (s + 1) ( ) (T s 1 s + 1 ) = ω (s + 1) ( s ω )( T ω s + 1 ). Det slutna systemets poler ges altså av (s ω )(T s + T s + 1) + ω (s + 1) = T s 4 + T s 3 + (1 T ω )s + (ω T ω )s + ω ω = s 4 + T 1 s 3 + (T ω )s + (T T 1 )ω s + T ω =. Jag har räknat med symbolen T, men det går lika bra att sätta in det numeriska värdet direkt. Rouths tablå blir 1: 1 T ω T ω : T 1 (T T 1 )ω ω 1T (T T 1 )ω = T 3: T 4: T (1 T ω )(T T 1 T (1 T ω ) )ω T 3 ω (1 T ω ) T ω 5: T ω För att alla rötterna ska ligga i vänster halvplan krävs att alla uttrycken i örsta kolumnen är positiva. Tredje raden ger kravet ω < T 1 = 5. Fjärde 3

11 raden ger ett något skarpare krav på ω: T (1 T ω )(T T 1 (1 T ω )(T ω (T 1 )ω T 3 ω > T 1 1) + T ) T 1 > T 1 > ω < T T 1 T Uttryckt i pendellängd: 3g/l < = l > /( 48.98) =.3m 4. Från Bodediagrammet år vi att G () = 3, G (i) =.7 och arg G (i) = 16. Vi har även G 1 () = 1, G 1 (i) = 1/ (.) och arg G 1 (i) = tan Kretsörstärkningen blir G o (s) = F(s)G(s) = G o (iω) = F(iω) G (iω) G 1 (iω) och arg G o (iω) = arg F(iω)+ arg G (iω) + arg G 1 (iω). (a) (i) = 1 = G o (iω c ) = F(iω c ) G (iω c ) G 1 (iω c ) =.7.98 F(iω c ) 1 F(iω c ) = (ii) = ϕ m 18 = 135 = arg G o (iω c ) = arg F(iω c ) + arg G (iω c ) + arg G 1 (iω c ) (iii) = = arg F(iω c ) arg F(iω c ) = 135 ( ) = lim t (y re (t) y(t)) = lim s s G o (s) 1 s = G o () G o () = 39 F().5 G() = 13 (b) Leadiltret måste asavancera = 54.8 (p.g.a. lagiltret) vid ω c. Från ig 5.13 i kursboken välj t.ex. β =.1. Max asavancering ås vid rekvensen ω = 1 τ D β. Välj därör τ D = Välj K så att ω.1 c = rad/s blir skärrekvens: 1.54 = F(iω c ) = K β K = 1.54 β

12 För lagiltret väljs τ I = 1/ω c = 1/ enligt tumregel. Vi har att F() = KF lag () = K/γ, och måste ha F() 13 = γ K.37. Välj 13 t.ex. γ = 1/3. Den totala regulatorn blir F(s) = K τ Ds + 1 βτ D s + 1 τis + 1 τ I s + γ = s s + 1.5s + 1.5s + 1/3 5. (a) Styrbar kanonisk orm ör den inverterade pendeln: [ ] [ ] ω 1 ẋ = x + u 1 y = [ bω ] x Tillståndsormen är en minimal realisation, och är därmed också observerbar. Detta visas annars enkelt: [ ] [ ] C bω det = det CA bω. (b) För ett system på styrbar kanonisk orm är det särskilt enkelt att räkna ut återkopplingsvektorn L = [ ] l 1 l, då även det återkopplade systemet står på styrbar kanonisk orm [ ] [ ] l1 ω ẋ = l 1 x + my 1 re med överöringsunktionen y = [ bω ] x, G c (s) = mbω s + l 1 s + l ω. Det önskade nämnarpolynomet med dubbelpol i 1 är a(s) = s + s + 1. Genom att jämöra med koeicienterna i nämnaren i uttrycket ör G c ås Altså blir överöringsunktionen l 1 = G c (s) = l = 1 + ω. mbω s + s + 1. För att den statiska örstärkningen ska vara ett välj m = 1/(bω ). 5

13 (c) Med K = [ k 1 k ] T blir [ k1 bω KC = k bω Det karakteristiska polynomet ör observatören blir [ ] s ω det(si A + KC) = det + k 1 bω 1 s + k bω = s(s + k bω ) + (k 1 b 1)ω ] T = s + k bω s + (k 1 b 1)ω. Jämör koeicienterna med det önskade karakteristiska polynomet s +4s+4, vilket ger (k 1 b 1)ω = 4 k 1 = 4/ω 1 b k bω = 4 k = 4 bω. 6. (a) Sant. ω är en ren skalning av tiden (boken s.37). Ju större ω, desto snabbare stegsvar. (b) Sant. ω c ω b. (c) Sant. G o (s) = Ho(s) ger S = 1 s 1+G o = 1 = s 1+H o/s s+h o. (d) Falskt. S + T = 1 innebär 1 = S + T S + T. (e) Falskt. Robustheten ges av G(iω) < 1. Altså gäller motsatsen. T () Falskt. Det slutna systemets poler bestäms endast av återkopplingsvektorn L. 7. (a) Det slutna systemet blir Y (s) = K(s + s + ) s(s + 1)(s + 4)(s + 8s + 17) + K(s + s + ) Y re(s) (b) P(s) = s(s + 1)(s + 4)(s + 8s + 17), n = 5 Q(s) = s + s +, m = Startpunkter:, -1, -4, 4 ± i Ändpunkter: 1 ± i n m = 3 asymptoter med riktningarna π, π & 5π, utgående rån punkten i 4 i ( 1+i 1 i) = Av reella axeln hör intervallen ], 4] & [ 1, ] till rotorten. (c) Den karakteristiska ekvationen blir = s s s 3 + (117 + K)s + (68 + K)s + K Sätt s = iω ör att undersöka var imaginära axeln skärs = = iω ω 4 i61ω 3 (117 + K)ω + i(68 + K)ω + K = 13ω 4 (117 + K)ω + K + iω(ω 4 61ω K) 6

14 6 Im 4 Re = { = 13ω 4 (117 + K)ω + K (realdelen) = ω(ω 4 61ω K) (imaginärdelen) Från problemormuleringen vet vi att ω = , så t.ex. rån imaginärdelen kan vi lösa ut K: K = (ω4 61ω + 68) = Alltså är slutna systemet stabilt ör < K <