Lösningar till övningar i Reglerteknik

Transkript

1 Lösningar till övningar i Reglerteknik Stabilitet hos återkopplade system 5. Ett polynom av andra ordningen har båda rötterna i vänstra halvplanet (Res < ) precis då alla (3) koefficienterna har samma tecken. Detta kan visas på flera sätt t.ex. via en Routh-tabell för polynomet s 2 +a 1 s+a 2 : 1 a 2 a 1 a 2 Antalet teckenskift i 1:a kolumnen är samma som antalet rötter i högra halvplanet. Förstabilitet krävs att detta antal är dvs att a 1 > och a 2 > (eftersom 1 > ). Det är nämnarpolynomen som avgör stabiliteten. Därför är det bara G 1 (s) som svarar mot ett stabilt system. 51. a. Routh: /3 4 Inga teckenbyten sker i första kolumnen dvs stabilt system (samtliga rötter i vänstra halvplanet). b. Routh ger: /3 1 Instabilt system ty 2 teckenbyten sker i kolumn nr 1. 1

2 c. Routh-tabellen: Här förekommer en :a i första kolumnen vilket ställer till problem med antalet teckenväxlingar. För att se vad som händer används störningsräkning genom att ersätta :an med ett litet tal ǫ som antingen är positivt eller negativt (två fall). Den störda Routh-tabellen blir: ǫ ǫ Utgå från att ǫ är litet (det räcker att anta att ǫ < 1). Om ǫ > blir 12 6 ǫ < medan ǫ < resulterar i att 12 6 ǫ >. I båda fallen blir det totala antalet teckenväxlingar 2. Detta betyder att två av rötterna ligger en bit in i högra halvplanet vilket betyder instabilitet. d. Routh-tabell: Även detta är något slags urartat fall. Störningsräkning med ǫ ger: ǫ 1 Medǫ < blirantaletteckenväxlingar 2stmedanantagandetǫ > resulterar i st teckenskift. Detta måste betyda att det i gränsfallet rör sig om två poler på imaginäraxeln dvs instabilt system. 2

3 52. Routh-tabellen för polynomet i nämnaren ges av 1 2a 2 a 3 2a(1 a 2 /4) a 3 För stabilitet krävs att alla koefficienter i första kolumnen har samma tecken (+). För att detta skall vara uppfyllt måste dels a > och dels a 2 < 4. Detta kan sammanfattas som < a < Överföringsfunktionen för slutna systemet (r(t) y(t)) är G R (s)g P (s) 1+G R (s)g P (s)h(s) = G R(s)G P (s) 1+L(s) där L(s) är kretsförstärkningen vilken i detta fall blir L(s) = G R (s)g P (s)h(s) = 2K s(s+4)(s+1) Slutna systemets poler är nollställena till 1 + L(s) vilka sammanfaller med nollställena till polynomet s(s+4)(s+1)+2k = s 3 +14s 2 +4s+2K Routh-tabellen för detta polynom blir K K 14 2K Villkoret för stabilitet blir att dels K > och dels 56 2K > vilket kan sammanfattas som att < K < Överföringsfunktionen från u till y är G P (s) = Totala kretsförstärkningen blir L(s) = G R (s)g P (s) = 1 s s 3 +2s 2 +3s+1 3 K(1 s) s 3 +2s 2 +3s+1

4 a. Slutna systemets karakteristiska ekvation 1 + L(s) = kan skrivas Routh-tabellen blir 1 3 K 2 1+K 6 2K (1+K) 2 1+K s 3 +2s 2 +(3 K)s+1+K = vilket medföljer att slutna systemet är stabilt då 5 3K > och 1+K > vilket är detsamma som att 1 < K < 5/ b. Nyquistkurvan skär negativa reela axeln i.6 då K = 1. Maximala förstärkningen vid stabilitet är då 1/.6 = 5/ c. I bodediagrammet avläses den vinkelfrekvens ω π för vilket faskurvan skär 18 och därefter avläses amplitudkurvans värde för denna frekvens Enligt figuren blir detta värde ungefär.6 vilket ger den kritiska förstärkningen (maximalaförstärkningen,amplitudmarginalen, förstärkningsmarginalen) =

5 55. a. Karakteristkiska ekvationen för slutna systemet blir s 2 (s+3) 2 +K(12s+ 6) = vilket kan skrivas om som Routh-tabell: 1 9 6K 6 12K 9 2K 6K 12K(9 2K) 36K 9 2K 6K s 4 +6s 3 +9s 2 +12Ks+6K = För att alla tal i första kolumnen skall vara positiva så måste 9 2K >, 12K(6 2K) > ochk >. Tillsammansgerdessa olikheter att < K < 3. b. Nyquistkurvan skär negativa reela axeln ungefär vid.33 vilket ger K max 3. c. Enligt Ziegler-Nichols metod väljs K =.5K max = 1.5 d. Ur bodediagrammet avläses A m 1/.32 3 och ϕ m 25. De båda efterfrågade vinkelfrekvenserna avläses som ω c 1.3 rad/s och ω π 2.5 rad/s. e. Välj K = 3/2 = 1.5. f. Maximalt värde på fasmarginalen blir ungefär 28 ( toppen på faskurvan). Motsvarande värde på K blir ungefär.5. g. Från deluppgift (d) hämtas A m = 3 och ω π 2.5. Detta ger direkt den kritiska förstärkningen K c = A m = 3 och den kritiska periodtiden T c = 2π/ω π 2.5 s. Enligt Ziegler-Nichols väljs nu K =.6K c = 1.8, T i = T c /2 1.2 s och T d = T c /8.3 s. 56. a. Kretsförstärkningen blir med de angivna förenklingarna L(s) = 2Ke.2s s 5

6 Eftersom L(s) inte är en rationell funktion så kan inte Routh-Hurwitz metod användas. Istället anlitas Nyquists kriterium. Problemet blir att hitta skärningar med axlarna i det komplexa talplanet. Detta kan enkelt göras genom att kontrollera de punkter på nyquistkurvan där argumentet är 9, 18 osv. Framförallt är skärningen med negativa reela axeln (argumentet 18 = π rad) intressant. Argumentet av L(iω) är argl(iω) = arg 2Ke.2iω iω =.2ω π 2 Här är det viktigt att använda radianer istället för grader (varför?). Någon skärning med imaginära axeln finns inte för ω >. Skärningen med negativa reela axeln erhålles ur ekvationen Enligt ovan blir då argl(iω π ) = π ω π = π/2.2 = 5π rad/s För K = 1 blir L(iω π ) L(iω π ) = 2e.2iωπ iω π = 2 = 4 ω π 5π.255 Maximala (kritiska) förstärkningen blir därför inversen av detta värde dvs K max = 5π b. Denna gång är L inte längre bestämd till.2 s utan kan variera. Med liknande räkningar som innan erhålles och ω π = π 2L L(iω π ) = 2K = 4KL ω π π Stabilitetskriteriet är att detta värde är mindre än 1 vilket ger K < π 4L c. Ur nyquistdiagrammet avläses omedelbart att A m 1/.5 = 2 och att 6

7 ϕ m 45. Amplitudmarginalen räknas ut genom att först beräkna självsvängningsfrekvensen ω π från sambandet π = arg 2e.4iωπ iω π =.4ω π π/2 vilket ger ω π = π/.8. Därefter erhålles amplitudmarginalen ur 1/A m = 2e.4iωπ iω π = 2 = 1.6 ω π π vilket ger amplitudmarginalen A m = π/ Fasmarginalen kan fås fram via L(iω c ) = 1 och ϕ m = π+argl(iω c ) då K = 1. Eftersom detta (då K = 1) ger likheten 2 ω c = 1 blir 4ω c = 2 rad/s. Fasmarginalen blir därför ϕ m = π +argl(iω c ) = π Lω c π 2 = π radianer 44 d. Nyquistkurvan ger att amplitudmarginalen A m 1/ och att fasmarginalen ϕ m är ca 3. Maximalt värde på K är A m 1.4. e. Eftersom L(iω c ) är helt oberoende av fördröjningen L så erhålles först ur nyquistdiagrammet (då K = 1) ω c.9 rad/s och ϕ m 3 = π 6. Med maximal tidsfördröjning L max tappas hela fasmarginalen dvs (L max.4)ω c = ϕ m Alltså blir L max =.4+ ϕ m ω c.4+ π/6.9.98s 7