Reglerteknik AK Tentamen

Transkript

1 Reglerteknik AK Tentamen Lösningsförslag Uppgift a Svar: G(s) = Uppgift b G c (s) = G(s) = C(sI A) B + D = s. (s+)(s+2) Slutna systemets pol blir s (s + )(s + 2). G o(s) + G o (s) = F (s)g(s) + F (s)g(s) = K( s + ) s + + K( s + ). s + + K( s + ) = 0 s = + K K. Slutna systemets pol är negativ för < K <. I och med att K måste vara positiv så får vi följande värden på K: 0 < K <. Svar: 0 < K <. Uppgift c Identifiera först det öppna systemet, G o. G c (s) = G o(s) + G o (s) = 0 + 0s = 0/s + 0/s G o(s) = 0 s. Från definitionen för skärfrekvensen så har vi = G o (iω c ) = 0 iω c = 0 ω c ω c = 0. Följaktligen blir T = 0, 35/ω c = Svar: T = s

2 Uppgift d Bestäm relationen mellan u och e i tidsdomänen. U(s) = F (s)e(s) = 0 s + 0. E(s) u(t) = 0ė(t) + e(t). s Approximera tidsderivatan med Tustins formel. där T u(t) = 0 T e(t) + e(t), Insättning med T = 0.2 ger T = 2 T q T + q. T u(t) = u(t T ) + (0 + T/2)e(t) + (T/2 0)e(t T ). Svar: u(t) = u(t T ) + 0.e(t) 9.9e(t T ). Uppgift 2a Låt systemet vara ẋ = Ax + Bu och y = Cx. En dubbelpol i λ motsvarar den karakterisktiska ekvationen (s+λ) 2 = s 2 +2λs+λ 2. Med tillståndsåterkoppling får vi följande karakteristiska ekvation: det(a BL si) = 3 l s 5 l 2 s = ( s)( 3 l s) + 5 l 2 = s 2 + s(3 + l ) 3 l + 5 l 2. De två ekvationerna är ekvivalenta om och endast om { 2 + l = 2λ 2 l l 2 = λ 2 λ = + 2 l l 2 = λ 2 l + 2. Vi kan se att λ antar sitt maximala värde då l = 6. Detta motsvarar λ = 4 och l 2 = 20. Så återkopplingen blir u = [ 6 20 ] x + r. Svar: u = [ 6 20 ] x + r. 2

3 Uppgift 2b Vi verifierar först att x 0 = och x 0 2 = är en stationär punkt och beräknar motsvarande stationära punkt u 0. f (x 0, u 0 ) = 3 + (x 0 2) 2 + (x0 ) 2 (u 0 ) 2 = 4 + (u0 ) 2 = 0 u 0 = ± 2. f 2 (x 0, u 0 ) = 2 (x 0 ) 2 (x 0 2) 2 = 0. Vid linjärisering så utför vi en första ordningens Taylorutveckling runt en stationär punkt. Jakobianerna ges av [ ] f ] A =, B =, x f 2 x 2 f 2 f x x 2 [ f u f 2 u utvärderade i stationäritet. De nödvändiga derivatorna ges av f = 2x u 2, x f u = 2x2 u, f 2x 2 = x 2 (3 + x 2 2), f 2 = 2x 2, x f 2 u = 0. f 2 x 2 = 2x 2, Vi definierar x = x x 0, x 2 = x 2 x 0 2 och u = u u 0. Insättning av x 0 =, x 0 2 = och u 0 = ±/2 i Jakobianerna ger den linjära approximationen [ ] [ ] /2 /8 ẋ = x + u, för u 0 = /2 och för u 0 = /2. [ /2 /8 ẋ = 2 2 ] [ x + 0 ] u, Svar: u 0 = /2: u 0 = /2: [ /2 /8 ẋ = 2 2 [ /2 /8 ẋ = 2 2 ] [ x + 0 ] [ x + 0 ] u. ] u. 3

4 Uppgift 3 3 gånger snabbare än med en P-regulator med K = 0. Vi hittar först skärfrekvensen ω c vid P-reglering. Beloppskurvan för det öppna systemet är G o = F Ge 0.s = KGe 0.s = K G. Per definition så är G o (iω c ) =. Alltså har vi G o (iω c ) = K G(iω c ) = 0, G(iω c ) = G(iω c ) = 0. Från bodediagrammet kan vi utläsa att ω c 0, 4 rad/s. För att få ett 3 gånger snabbare system så ska vi välja en ny skärfrekvens som är 3 gånger så stor. ω c,d =, 2 rad/s. Samma översläng som för P-regulatorn Om vi vill behålla samma översläng så ska vi, enligt tumregel, behålla samma fasmarginal. Vi hittar först fasmarginalen vid P-reglering. Argumentskurvan för det öppna systemet är arg(g o ) = arg(f Ge 0,s ) = arg(kge 0,s ) = arg(g) 0, ω. Per definition så är ϕ m = arg(g o (iω c )) ( 80 o ). Alltså har vi ϕ m = arg(g o (iω c )) ( 80 o ) = arg(g(iω c )) 0, ω c + 80 o 42 o 0, 04 80o π + 80o = 35, 7 o. Fasmarginalen vid den önskade skärfrekvensen, ω c, ges av ϕ m = arg(g o (iω c,d )) ( 80 o ) = arg(g(iω c,d )) 0, ω c,d + 80 o 64 o 0, 2 80o π + 80o = 9, o. Följaktligen så vill vi höja fasen med 26, 6 o. I och med att vi kommer introducera en lag-del så vill vi, enligt tumregel, höja fasen ytterligare 5, 7 o. Fashöjningen är 32, 3 o. 4

5 Lead-delen Vi kan nu bestämma de olika parametrarna i lead-delen, F lead (s) = K τ Ds + βτ D s +. β fås ur figur 5.3 i kursbok till 0,30. τ D fås från tumregeln, τ D = /(ω c,d β), till,52. K bestäms så att den önskade skärfrekvensen blir den faktiska skärfrekvensen, G o (iω c,d ) = F lead (iω c,d ) G(iω c,d ) e 0.ω c,di K β.3 = K 0, 4., 5s + F lead (s) = 0, 4 0, 32, 5s +. Statiska felet vid en ramp som insignal ska vara mindre än 0,5 För att uppfylla detta så introducerar vi en lag-länk, Lag-delen F lag (s) = τ Is + τ I s + γ. τ I fås från tumregeln, τ I = 0/ω c,d, till 8,3. γ bestäms så att kravet på felet är uppfyllt. e = lim s 0 G o (s) = K 3400 = 3400γ 25000K < 0, 5 γ = 2, 5. Svar: F (s) = 0, 4 F lag (s) =,5s+ 8,3s+. 0,32,5s+ 8,3s+2,5 8, 3s + 8, 3s + 2, 5. 5

6 Uppgift 4a Hitta G c (s) Härledning av överföringsfunktionen för det slutna systemet, G c (s) = Identifiera P (s) och Q(s) = = Skriv om nämaren till G c (s) som Detta ger G o(s) + G o (s) = F g(s) + F G(s) 3s+ s + 3s+ s (s )(ɛs+) (s )(ɛs+) 3s + s(s )(ɛs + ) + 3s +. s(s )(ɛs + ) + 3s + = ɛ(s 3 s 2 ) + (s 2 + 2s + ). Q(s) = s 3 s 2, P (s) = s 2 + 2s +. Dock måste gradtalet för P (s) vara större än gradtalet för Q(s). Så är ej fallet. Vi hanterar detta genom att rita rotorten för K = /ɛ istället. Följaktligen blir Hitta startpunkter P (s) = s 3 s 2, Q(s) = s 2 + 2s +. Startpunkter är de s där P (s) = 0. De är s = 0, s 2 = 0 och s 3 =. Hitta ändpunkter Ändpunkter är de s där Q(s) = 0. De är s =, s 2 =. Antal asymptoter Antalet asymptoter är n m =, där n är gradtalet för P (s) och m är gradtalet för Q(s). 6

7 Hitta riktningar Asymptotens riktning ges av π n m = π. Följaktligen kommer asymptoten ej att skära reella axeln. Hitta eventuell skärning med imaginära axeln Sätt in s = iω i P (s) + KQ(s) = 0 och lös ekvationen för reella ω och icke-negativa K. Vi får P (iω) + KQ(iω) = iω 3 + ω 2 Kω 2 + 2Kiω + K = 0 ω = 0, K = 0 och ω = 3, K = 3/2. Bestäm de delar av reella axeln som tillhör rotorten. Den del av reella axeln som tillhör rotorten är < s. Rita rotorten. Se figur. 7

8 Root Locus Imaginary Axis Real Axis Figure : Rotort med avseende på K. 8

9 Följaktligen så är det slutna systemet stabilt för K > 3/2 0 ɛ < 2/3. Svar: 0 ɛ < 2/3. Uppgift 4b Identifiera relativa modellfelet. Enligt definitionen så har vi I vårt fall så är G 0 (s) = (s )(ɛs + ) G 0 (s) = G(s)[ + G (s)]. = G(s)( ɛs ɛs + ) G(s) = ɛs ɛs + Enligt robusthetskriteriet så är det slutna systemet stabilt om T (iω) < / G (iω) för alla ω. Den asymptotiska amplitudkurvan för G (s) = + s/(/ɛ) s/(/ɛ) har lutning fram till ω = /ɛ och sedan lutning 0. Den har förstärkning för frekvenser ω > /ɛ. Enligt figuren har T (iω) förstärkning mindre än för ungefär ω > 3, så olikheten är uppfylld om ɛ < Svar: 0 ɛ < Uppgift 5a Insättning av uttrycket för regulatorn i uttrycket för systemet ger ẏ(t) = y(t) + ẏ(t) + r(t) y(t) = r(t). Följaktligen är det slutna systemets överföringsfunktion G c (s) =. Uppgift 5b Beräkna överföringsfunktionen för systemet. ẏ(t) = y(t) + ẏ(t) + u(t) G(s) = s +. 9

10 Överföringsfunktionen för regulatorn är given som F (s) = s. Givet uttrycket för regulatorn i tidsdomänen så vet vi att regulatorn verkar enbart på utsignalen y. Vi vet även att vi har positiv återkoppling. Vi får följande samband: Y (s) = V (s) + G(s) (R(s) + F (s)y (s)) Y (s) = G(s)F (s) V (s) + G(s) G(s)F (s) R(s)) Y (s) = s V (s) = (s + )V (s). s+ Alltså, överföringsfunktionen från v till y är G v y = s +. Beloppet av G v y är större eller lika med för alla ω. Störningen kommer aldrig att undertryckas. Svar: Störningen v(t) kommer inte att undertryckas för något ω. Uppgift 5c Bestäm uttrycket för y(t). Y (s) = (s + )V (s) y(t) = v(t) + v(t) = {v(t) = sin(t 2 )} = tcos(t 2 ) + sin(t 2 ). Vi ser att gränsvärdet lim t y(t) ej existerar. Utsignalen y(t) kommer att oscillera snabbare och snabbare med högre och högre amplitud. Svar: Gränsvärdet existerar ej. Uppgift 5d Regulatorn är väldigt känslig för störningar. Vi kan inte undertrycka störningen och för den specifika störsignalen i Uppgift (5c) så divergerar y(t). Svar: Det är inte en bra regulator. 0