Lösningar till tentamen i Reglerteknik (TSRT12)

Transkript

1 Lösningar till tentamen i Reglerteknik (TSRT2) Tentamensdatum: 8 juni 208. (a) Sinus in ger sinus ut eftersom systemet är linjärt och stabilt. y(t) = G(7i) sin(7t + arg G(7i)) G(7i) = Svar: y(t) =.22 sin(7t 0.72) = 3 = arg G(7i) = arg 3 arg(7i + 8) = 0 arctan ( ) 7 = (b) Observatörsfelet: x = (A KC) x där K = ( ) T k k 2. Polpolynomet för observatörsfelet ges av det(λi (A KC)) = λ + k k 2 2 λ = λ2 + k λ + k 2 2 Det önskade polpolynomet ges av λ 2 + 3λ + 2. Identifiering ger k = 3 och k 2 = 4. (c) Låt G(s) = 2 s+5 s+5 2(s+4) (d) Figur 5.2 i boken ger och H(s) = s+4. Enligt (7.) i boken är framkopplingen F f = H(s) G(s) = ( ) 0.5 ϕ m = arctan = 0.62 rad = A m = 0.35 = 2.86 (e) S och T måste uppfylla S + T =. Här är S + T = 5s+3 s+2 2. (a) Nej. Ansätt F (s) = K I /s och ta fram G c (s). Det karakteristiska polynomet tar formen s 2 s + 4K I och ger poler till det slutna systemet i s = 0.5 ± K I. Vilka alltid ligger i höger halvplan. Systemet kan därmed inte stabiliseras av en I-regulator. (b) Ja. Med ansatsen F (s) = K P, fås polerna s = 4K P till det slutna systemet. K P > 0.25 ger därför ett stabilt slutet system. (c) U(s) = K( + st )(T r(s) T i (s)) Lineariteten ger att man kan sätta T r (s) till 0. Efter lite räkningar fås T i (s) = st s(s + ) 2 T + K(s + )(st + ) T y(s) Förutsättningarna för slutvärdesteoremet är uppfyllda, och med T y (s) = /s fås v.s.v. lim T i(t) = lim t s 0 s st s(s + ) 2 T + K(s + )(st + ) s = 0 (d) Lineariteten gör att man kan sätta T r (s) till 0. Om bidraget från en laststörning i T y (s) ej ska påverka T i (s) krävs att ( ) s + s + T y(s) + G(s)T y (s) = 0. Välj därför G(s) = s +. Ver: 5 maj 208

2 (e) Fördelen med PI-reglering framför framkoppling är att man bättre kommer att eliminera inverkan av mätfel och modelfel i stationäritet. Fördelen med framkoppling framför PI-reglering är att man tar hand om laststörningar snabbare. Man behöver inte vänta med att höja temperaturen på elementen tills det att det börjar bli kallt inomhus, utan kan höja den redan då man märker att det börjar bli kallt utomhus. 3. (a) Vid stationaritet är d 2 p(t)/ 2 = 0 och från uppgiften är det givet att F (t) = mg och q(t) = 0. Insättning i ekvationerna () och (2) i tentamen ger N 0 = mg och p 0 = p 0. (b) Det gäller att dx (t) = x 2 (t) dx 2 (t) = k m x (t) l m x3 (t) + u(t) v(t) m y(t) = kx (t) lx 3 (t) + u(t) Notera att de stationära värdena för x (t) och x 2 (t) båda är noll. Linjärisering av x 3 (t) kring noll ger noll. Alltså ges de linjäriserade ekvationerna av dx (t) = x 2 (t) dx 2 (t) = k m x (t) + u(t) v(t) m y(t) = kx (t) + u(t) som kan skrivas på matrisform som i uppgiften. (c) Överföringsfuntionen från u till y ges av (d) C(sI A) B + D = s 2 s 2 + k/m G(s) = G (iω) = G (iω) = s 2 s 2 + (iω) 2 (iω) 2 + = (iω) 2 (iω + i) (iω i) ω 2 (ω + ) (ω ) Lågfrekvensasymptoten har lutningen +2. Det gäller att ω G (iω), och högfrekvensasymptoten har lutningen 0. Notera singulariteten i ω =. Denna ger upphov till oändlig förstärkning vid frekvensen. Det hjälper även att räkna ut numeriska värden i ett antal punkter, se tabell. Tabell : G (iω) ω G (iω) arg (G (iω)) = arg (iω) + arg (iω) arg (iω + i) arg (iω i) () = arg (i(ω )) (2) 90 ω < 80 ω < = 90 0 ω = = 90 ω = (3) 90 ω > 0 ω > Singulariteten ger alltså upphov till en diskontinuitet i faskurvan. Följande resonemang kring faskurvan är godkänt, men är ej helt korrekt. 2 Ver: 5 maj 208

3 G (iω) = (iω) 2 (iω) 2 + = ω2 ω 2 arg (G (iω)) = arg ( ω 2) arg ( ω 2 ) = 0 arg ( ω 2 ) = (5) { { 80 ω = 2 < 80 0 ω 2 = ω 2 < 0 ω 2 (6) 4. (a) Det gäller att styrbarhetsmatrisen ges av W s = [ [ ] ] 0 /m B AB = /m 0 som har full rang (det(w s ) 0) eftersom 0 < m <. Alltså är systemet definierat av (A, B ) styrbart. (b) Överföringsfunktionen från u till y i uppgift 4 har två nollställen i origo. Med slutvärdesteoremet visas enkelt att stationära värdet för y(t) är skilt från noll endast om U(s) har tre eller fler poler i origo, vilket inte är rimligt. Betrakta exemplevis U(s) = /s n u(t) = tn (n )! F (t) = mg + tn (n )!. Det är inte rimligt att den dämpande kraften ökar med tiden på detta vis. Från uppgifterna 3(a) och 3(b) ser man även att det stationära värdet för y(t) = N(t) mg är noll oberoende av vad insignalen u är. (c) Med L = [ l 0 ] ges det slutna systemet av [ ] 0 A c = A B L = (k + l )/m 0 Vidare gäller att det(si A c ) = s 2 + (k + l )/m = 0 som har två rötter längs imaginäraxeln för alla l k, ty m > 0 och k > 0. Om l < k så fås två reella poler i ± m (k + l ) Alltså kan man inte göra slutna systemet asymptotiskt stabilt. (d) I Nyquistdiagrammet syns att kurvan aldrig skär negativa reella axeln. Därför kommer det slutna systemet vara stabilt för alla positiva värden på K. 5. (a) Det gäller att vilket skulle visas. d x(t) = dx(t) dˆx(t) = Ax(t) + B u(t) + B 2 v(t) Aˆx(t) B u(t) K [y(t) C ˆx(t) Du(t)] = A x(t) + B 2 v(t) KC x(t) (b) Det gäller att det(λi A o ) = λ 2 k kλ + k(/m k 2 ) = 0, som har alla nollställen strikt i vänster halvplan om och endast om kk < 0 och k(/m k 2 ) > 0. Eftersom k > 0 fås villkoren i uppgiften. (c) Det gäller att X(s) = (si A o ) B 2 V (s) = [ ] H (s) V (s) H 2 (s) Amplituderna i stationaritet hos x (t) och x 2 (t) ges av H (i) respektive H 2 (i) (frekvensen på v(t) är ett), under förutsättning att egenvärdena till A o ligger strikt i vänster halvplan. Vidare gäller att H (s) = s 2 k s k 2 + (s k ) H 2 (s) = s 2 k s k 2 + Att amplituderna är mindre än eller lika med 0. i stationaritet är ekvivalent med att H (i) 2 = k 2 + k2 2 H 2 (i) 2 = + k2 k 2 + k (4) 3 Ver: 5 maj 208

4 Figur : Uppgift 3d. 4 Ver: 5 maj 208

5 vilket också kan skrivas k 2 + k (7) k 2 + k (k 2 + ) (8) Det första villkoret är uppfyllt om det andra är det. Villkoren för att A o ska ha alla egenvärden strikt i vänster halvplan är, se föregående uppgift, k < 0 och k 2 < /m =. Villkor (8) tillsammans med k 2 < /m = ger villkoret k 2 99k Följande villkor är nödvändiga och tillräckliga för det som efterfrågas i uppgiften: k < 0 k 2 99k Ver: 5 maj 208