Lösningar till tentamen i Reglerteknik

Transkript

1 Löningar till tentamen i Reglerteknik Tentamendatum: 8 Juni 205. (a) Välj t.ex. tyrbar kanonik form ẋ(t) = 0 0 x(t) + 0 u(t) y(t) = ( 0 ) x(t) (b) Stabilt ytem och tationär förtärkning G(0) = 5 ger (c) 5K < = K < 5. lim y(t) = 3 5 = 5. t (d) Inför variabenn Z vid utgången av G. Vi har då att: Z = G (F 2 Y + R + F Z) (a) Z = G F 2 G Y + R. (b) G F G F Deutom gäller att Y = G 2 Z. Subtitution med () ger då Y = G 2 Z ( Y G ) 2G F 2 G F Y = = G 2G G F R G 2 G G F G 2 G F 2 R. Överföringfunktionen från R till Y ge av det ita uttrycket ovan. 2. (a) nvänd framkoppling. Blockchema: Superpoitionprincipen ger att vi kan negligera R och återkopplingen, Svar: F f () = +2 Y = V + GF f V = ( + GF f )V = 0 V F f = G = + 2. (b) Regulatorn om ger känlighetfunktion nr 3 är att föredra efterom den har lägt belopp för frekvenen 20 rad/. Svar: Nr. 3 Ver: juni 205

2 (c) Ur bodediagrammet få att ytemet är tabilt alternativ (a) utelutet amt att öppna ytemet innehåller en integration (lutning för må ω) inget tationärt fel alternativ (b). Svar: lternativ (b). (d) För K = 0 har ytemet två poler i VHP och en i origo. Då K ökar blir ytemet ocillativt för att edan bli intabilt. (a) och (e) är intabila poler i HHP. I (e) växer y(t) nabbare än i (a) polen längre ut i HHP. lltå (a): K = 50, (e): K = 60. (c) har en pol nära origo efterom det är långamt K =. (b) och (d) är båda ocillativa men i (d) är längigheten törre pol nära imaginära axeln. lltå (b): K = 6, (d): K = 30. Svar: (a): K = 50, (b): K = 6, (c): K =, (d): K = 30, (e): K = Vi har följande krav på regulatorn: (a) Önkad famarginal: ϕ m,d = 40. (b) Önkad kärfrekven: Identifiera den kärfrekven om med enbart P-reglering ger 40 famarginal, och välj ω c,d till det dubbla. (c) Stationärt fel: Identifiera det tationära fel om enbart P-reglering (med famarginal ϕ m,d = 40 ) ger då referenignalen är en ramp, R() = / 2. Det tationära felet ka vara 00 gånger mindre. Utifrån dea krav, är det rimligt att deigna en lead-lag regulator på formen F LeadLag () = F lead F lag, F lead () = K τ D + βτ D +, F lag () = τ I + τ I + γ. (2a) (2b) (2c) (Vi kan dock ännu inte veta om vi behöver både F lead och F lag.) För att pecificera kraven på kärfrekven och tationärt fel, börja med att deigna en P-regulator, F p = K p, med det enda kravet att de famarginal ka vara 40. Sytemet med integratorn ge av G() = G () och arg(g(iω)) = arg(g (iω)) 90. Fakurvan för G(iω) få genom att utgå ifrån fakurvan för G (iω) och kifta ned den 90. P-Regulator och pecificering av krav för Lead-Lag regulator: Med P-regulatorn F p ge det öppna ytemet fakurva av arg(f p G(iω)) = arg(g(iω)) = arg(g (iω)) 90. Välj kärfrekvenen ω c å att arg(f p G(iω c )) = 80 + ϕ m,d, arg(g (iω c ) 90 = 80 + ϕ m,d, arg(g (iω c ) = 50. vläning ger ω c,p =.5 rad/ för reglering med F p. För att realiera ω c =.5 rad/ ka K välja å att K p G (iω c ) =. iω c,p vläning ger G (.5i) = 0.3, vilket ger K p = 0. Snabbetkravet på ytemet reglerat med F LeadLag kan nu utrycka om att den önkade kärfrekvenen är den dubbla, dv. ω c,d = 3 rad/. Det tationära felet då ytemet reglera med F p och inignalen är en ramp ge av lim t r(t) 2 Ver: juni 205

3 y(t). Regulatordeignen yftar till att ge ett tabilt återkopplat ytem, å lutvärdeteoremet kan använda: då F = F p = K p. lim t r(t) y(t) (R() Y ()) 0 ( R() F G () ) + F G () R() + F G () R(), (R() = / 2 ) + F G () 0 K p G () Lead-Lag regulator: Kraven för får Lead-Lag regulator är pecificerade till: (a) ϕ m,d = 40, (b) ω c,d = 3 rad/, (c) e lim 0 00 K. pg () Faavancerande länk: F lead = K τ D + βτ D + vläning ger att arg(g (iω c,d )) = 00, därmed är ϕ m = 80 + arg(g(iω c,d )) = 0. Med kännedom om att vi kan komma att behöva en F lag -länk å behöver F lead avancera faen med 40 ϕ m + 6 = 56, där 6 kompenerar för F lag -länken. Ur Figur 5.3 i kurboken kan avläa att β = 0.09 ger önkad faavancering. τ D kan därefter betämma med τ D = ω c,d β =.. Förtärkningen K betäm från K G (iω c,d ) β iω c,d =. Med avläningen G (iω c,d = 0.08 få K =.25. Integrerande del och tationärt fel: Uttrycket för det tationära felet om härledde tidigare gäller ockå här om vi låter F = F lead F lag : lim r(t) y(t) (R() Y ()) t F lead F lag G (). Vi har lim 0 F lead = K, amt lim 0 F lag = /γ, om inatt i uttrycket ovan ger Kravet på tationärt fel blir lim r(t) y(t) t 0 K γ G (). lim 0 K LeadLag γ G () < lim 0 00 K p G (). 3 Ver: juni 205

4 Med nummerika värden inatta amt förkortningar få γ < Sammanfattningvi å kan vi äga att en Lead-Lag regulator enligt ekvation (2) har deignat. Parametrarna har betämt å att ytemet uppfyller de tällda kraven. Både F Lead och F Lag behöv. 4. (a) Svar: III, B IV 3, C I 4, D II 2. Nyqvitkurvan är avbildningen G() då man låter genomlöpa en kurva, γ i det komplexa talplanet, om inneluter hela högra halvplanet, e figur 3.24 i kurboken. Studera t.ex. avbildningarna om de olika ytemen ger för delträckan γ : = iω, ω : r R. (Med R +, och r 0 + inneluter γ hela högra halplanet.) G : vbildningen av delträckan γ börjar i /0 och lutar i i/r. Endat diagram III G B : vbildningen av delträckan γ börjar i 25/2 och lutar i i/r 3. Endat diagram IV G C : vbildningen av delträckan γ börjar i /04 och lutar i /R 2. Endat diagram I G D : vbildningen av delträckan γ börjar i /4 och lutar i /R 2. Endat diagram II Stegvar: G : Detta är ett förta ordningen ytem (ej ocillativt) med en reell pol i VHP, med tatik förtärkning 0.. Det måte därför vara mot tegvar. G B : Statik förtärkning är 25/2. Stabilt ytem (alla poler i VHP). Det måte vara mot tegvar 3. G C : Polerna ligger i = 2 ± 0i, dv. ytemet är tabilt men ocillativt på grund av poler med relativt tor imaginärdel. Detta varar mot tegvar 4. G D : Sytemet har en pol i höger halvplan och är därför intabilt. Det kan då endat motvara tegvar 2. (b) (ii) räcker ty det lutna ytemet poler kan då betämma. (iv) räcker endat om vi vet att G är tabilt. (i) och (iii) tillamman med Nyquitkriteriet avlöjar att även det lutna ytemet har en pol i höger halvplan. (iii) enamt räcker dock ej, då Nyquitkriteriet är beroende av informationen i (i), dv antal intabila poler ho G jälv. 5. (a) u(t) = Lx(t) + l 0 r(t) Återkopplade ytemet: ẋ(t) = ( BL)x(t) + Bl 0 r(t) y = Cx Slutna ytemet poler egenvärden till ( BL): BL = ( ) ( 0 ) ( ) 0 (l l 2 ) = l l 2 Kar.ekv.: det(i ( BL)) = l + l 2 = 2 + l 2 + l = 0 Önkad kar.ekv.: ( + 2) 2 = = 0 Jämförele ger l = l 2 = 4. Svar: u(t) = (4 4)x(t) + l 0 r(t) (b) u(t) = L Kx(t) + l 0 r(t) Återkopplade ytemet: ẋ(t) = ( K BL)x(t) + Bl 0 r(t) y = Cx 4 Ver: juni 205

5 Slutna ytemet poler egenvärden till ( K BL): K BL = ( ) ( 0 K ) ( 0 (4 4) = 4K 4K ) Kar.ekv.: det(i ( K BL)) = 4K + 4K = 2 + 4K + 4K = 0 (c) = 2K ± 4K 2 4K = 2K ± 2 K(K ) För K = 0 få en dubbelpol i origo. Detta motvarar ett intabilt ytem, en dubbelintegrator (utan vängningar). Re{} < 0 för alla K > 0 efterom K 2 K < K tabilt för alla K > 0. Re{} = 0 för alla K > 0 jälvvängning akna efterom rent imaginära rötter akna. (Även för K = 0 har vi kontaterat att ytemet inte jälvvänger.) Sytemet är ocillativt då rötterna är komplexa dv då K(K ) < 0 K <. Svar: Det finn inget värde på K å att jälvvängning få. Stegvaret uppviar vängningar då 0 < K <. Sytemet är tabilt för alla K > 0. u(t) = Lx(t T )( + l 0 r(t) ) U() = Le T X() + l 0 R() = Y () = (4 4)e T + l Y () 0 R() = 4( + )e T Y () + l 0 R() Återkopplade ytemet: Y () = + e l 0 2 T 4(+) Sytemet har amma tabilitetegenkaper om ytemet 2 R() Studera bodediagrammet för Sytemet är tabilt då ϕ m > 0. Skärfrekven: T 4( + ) G 0 () = e 2 G 0 (iω) = e iωt 4( + iω) (iω) 2 = 4( + iω) (iω) 2 arg G 0 (iω) = ωt + arg 4( + iω) (iω) 2 G 0 (iω c ) = 4 + ω 2 c ω 2 c = ω 4 c 6ω 2 c 6 = 0 ω 2 c = 8 ± 80 ω 2 c > 0 ω 2 c = ω c Ver: juni 205

6 Famarginal: ϕ m = 80 + arg G 0 (iω c ) = 80 ω c T + arg 4( + iω c) (iω c ) 2 > 0 Svar: Sytemet är tabilt då T < T + arctan > 0 T < Ver: juni 205