Figur 2: Bodediagrammets amplitudkurva i uppgift 1d

Transkript

1 Lösningsförslag till tentamen i Reglerteknik Y (för Y och D) (TSRT) (a) Vi har systemet G(s) (s3)(s) samt insignalen u(t) sin(t). Systemet är stabilt ty det har sina poler i s 3 samt s. Vi kan nu använda oss av att det faktum att för ett stabilt linjärt system så får vi för en sinus-signal in, en sinus-signal ut, när transienterna har dött ut. Utsignalen kommer att ha följande utseende y(t) G(iω 0 ) sin(ω 0 t arg G(iω 0 )), u(t) sin(ω 0 t), ω 0 G(iω) ω 9 ω 4 Med dessa ekvationer och ω ω 0 får vi utsignalen arg G(iω) arctan ω 3 arctan ω y(t) G(iω 0 ) sin(t arg G(iω 0 )) 0 sin(t π 4 ) (b) Vi har systemet där Sedan har vi även återkopplingen Y (s) G(s)U(s) G v (s)v (s) G(s) (s )(s 3) G v (s) s U(s) F f (s)v (s) F (s)(r(s) Y (s)) ( p) Om vi ritar ut blockschemat för detta system, blir det som i figur. ( p) F f v G v r u Σ F Σ G Σ y Figur : Blockschema för uppgift b (c) Vi har samma system som i uppgift b, fast med F (s) 3. Överföringsfunktionen från v till y blir G vy GF f G v GF och vi vill att denna överföringsfunktion skall vara noll. För att få detta väljer vi F f (s) Gv(s) G(s) och med det system som vi har bli det F f (s) G v(s) G(s) (s )(s 3) s 8 s s Denna regulator är dock svår att implementera ty den innehåller en ren derivering, som inte kan implementeras exakt. (d) System har statisk förstärkning. (låga frekvenser) och ingen resonanstopp (inga svängningar) i stegsvaret. System har statisk förstärkning och resonanstopp (svängningar i stegsvaret). System är snabbare (kortare stigtid och högre bandbredd än system ). Se figur för bild på amplitudkurvan.

2 abs(g(iw)) 0 System System 0 abs(g(iw)) (db) Frequency (rad/sec) Figur : Bodediagrammets amplitudkurva i uppgift d. (a) Enligt figuren i uppgiften har vi { X (s) s U(s) X (s) s3 (X (s) X (s) V (s)) Alltså har vi systemet ẋ Ax B u u B v v y Cx ( 0 ) x { ẋ x u x x v ẋ ( ) ( ( 0 0 x u v 0) ) Systemet är observerbart ty det O 0 och styrbart ty det C 0. Alltså är beskrivningen minimal. (b) Vi vill nu använda oss av tillståndsåterkoppling, u Lx l 0 r, och lägga polerna i s, vi antar att v 0. Önskat nämnarpolynom hos slutna systemet: Nämnarpolynomet hos tillståndsåterkopplingen: T (s) (s )(s ) s 4s 4 P (s) det(si (A B u L)) s ( l )s ( l l ) Vi vill att T (s) P (s), genom att identifiera koefficienterna väljer vi l och l 0.. Överföringsfunktionen för det slutna systemet blir nu Y (s) G c (s)r(s) C(sI (A B u L)) B u l 0 R(s) l 0 s 4s 4 R(s) Den statiska förstärkningen för G c (s) är alltså l0 4 och om vi väljer l 0 så fås den statiska förstärkningen. Den slutgiltiga återkopplingen blir alltså u(t) ( 0. ) x(t) r(t) Om vi istället hade använt systemet som är givet i uppgift b så hade vi fått u(t) ( 4. ) x(t) r(t) (c) Överföringsfunktionen från störningen v(t) till utsignalen y(t) blir G v (s) C(sI (A BL)) B v s 3 (s )

3 Detta system är stabilt, så för att räkna ut hur mycket en konstant störning förstärks i stationärt tillstånd kan vi använda oss av slutvärdesteoremet. Vi antar här att stegstörningen har amplitud c, V (s) c s. lim y(t) lim sg v(s) c t s 0 s 3c Om vi istället hade använt systemet som är givet i uppgift b så hade vi fått överföringsfunktionen och den statiska förstärkningen G v (s) C(sI (A BL)) B v s (s ) lim y(t) lim sg v(s) c t s 0 s c 3. (a) Stigtiden avläses ur figuren till T r. 3.s, önskad stigtid är.s. Vi vill alltså sänka vår stigtid med en faktor , vilket betyder att vi vill höja vår skärfrekvens med faktorn.. Vi får då ω cd 3.. ω c Överslängen vi hade på stegsvaret var acceptabel vilket betyder att vi kan behålla samma fasmarginal ϕ m 60 o. Vid ω cd har vi fasmarginalen ca 40 o, alltså måste vi höja fasen med minst 0 o. Tabellen på sid 06 i boken ger β 0.49 och vi får τ D w cd β.04. Vi bestämmer K för att få förstärkningen vid den önskade skärfrekvensen β K G(iω c,d ) F lead (iω c,d ) K 0..4 där G p (iω cd ) 0. har avlästs ur figuren. Vi har alltså en regulator F lead (s) K τ Ds βτ D s.4.04s s (4 p) (b) För att räkna ut det stationära rampfelet använder vi oss av slutvärdesteoremet på e(t). lim e(t) lim E(s)s lim s t s 0 s 0 F (s)g(s) R(s) Nu har vi r(t) t vilket ger R(s) s. Vi har också att G p A/ω för små ω. Ur bodediagrammet fås att G p för ω 0.3 vilket ger att A 0.3. Felet blir nu e lim t e(t) lim s 0 s K A s s KA.4 (c) Vi vill sänka det statiska felet med en faktor. För detta använder vi en lag-länk. Vi väljer τ I 0/ω cd 4.3. Sedan väljer vi γ så att γ <.KA 0. Den slutliga regulator som vi får är alltså e lim s 0 G p KF lead F lag s K γ A <. F (s) KF lead F lag K τ Ds τ I s τ D βs τ I s s 4.3s s 4.3s 0. ( p) (d) Det slutna systemet G: G(s) F (s)g p(s) F (s)g p (s) ( p) 3

4 För höga frekvenser är leadlaglänken F K β. G p har inga nollställen och 4 poler, så för höga frekvenser är G p C/s 4. Vi kan bestämma konstanten C ur bodediagrammet: G p (iω) C/ω 4. Ur diagrammet fås G(i0) 0 4, vilket ger C. Vi har nu att för höga frekvenser gäller så dvs B KC/β.86 och p 4 G(s) K/β C s 4 K/β C KC/β s 4 KC/β KC/β s 4 s 4 G(iω) Robusthetskriteriet: Systemet är stabilt trots modellfel om G < / Q där Q är slutna systemet. Om slutna systemets förstärkning är liten kan vi alltså tåla större modellfel. Robustheten är alltså bra! 4. (a) G 4 har en integration i det öppna systemet, därför kommer den statiska förstärkningen för det slutna systemet att vara ett - Sb, BCc, och den statiska förstärkningen för det öppna systemet kommer att vara oändlig - BOd, Nb. Räknar nu ut det slutna systemet för G, G, och G 3 G c G c G c3 s0. s0. 0 s s 0 s s s. s 6s0. s 6s0. 0 s s s 6s. KC β ω 4 pol: s. poler: s 0. ± 3.3i poler: s 4.9, s. G c har komplexa poler och har alltså en översläng och en resonanstopp - Sd, BCd. G c har en snabbare dominant pol än G c3 och därför större bandbredd. G - Sc, BCa. G 3 - Sa, BCb. G c är det enda slutna system med en pol mer än antal nollställen, alltså kommer fasen för det öppna systemet att gå mot 90 - BOc, Na. G c är oscillativ, men inte G c3 vilket betyder att G 3 har större fasmarginal. G 3 - BOb, Nd. G - BOa, Nc. (6 p) System steg bode, slutna bode, öppna nyquist G Sc BCa BOc Na G Sd BCd BOa Nc G 3 Sa BCb BOb Nd G 4 Sb BCc BOd Nb (b) Det verkliga slutna systemet blir G 0 c(s) F (s)g0 (s) F (s)g 0 (s) Systemet har sina poler i s.3s 0.s s.3s 0.s.6s 0.s 3.s s 8 s 4.04s (.3s ) (s )(0.s ) (.3s ) s 7.0 ± 7.0 s 3, s 0.9 Även det verkliga systemet är alltså stabilt. (4 p). Vi har nu systemet a G(s) G (s)g (s) (s )(s ) s a 4

5 Root Locus. 0. Imaginary Axis Real Axis Figur 3: Vi har nu också återkopplingen u K(r y), K 3. Nu vill vi rita en rotort på det slutna systemet m.a.p. a. Det slutna systemet blir G c (s) KG KG 3a s 3 6s s as 6as 8a (a) Om vi nu tittar på det slutna systemet kan vi identifiera Startpunkter: 0,-,- Ändpunkter: -,-4 Asymptoter: 3, riktning π. P (s) s 3 6s s, Q(s) s 6s 8 Del av reella axeln som är med: (, ], [ 4, ], [, 0] Skärning med imaginära axeln: s iω Im: ω 3 ( 6a)ω 0 ω 0 or ω 6a Re: ω (6 a) 8a 0 Skärningspunkter: ω 0 för a 0. iω 3 (6 a)ω ( 6a)iω 8a 0 ω 0 a 0 ω 6a (6 a)( 6a) 8a a 4 ± 4 4 < 0 Rotorten blir som i figur 3. Systemet kommer att vara stabilt för alla a > 0, ty då har det alla sina poler i vänstra halvplanet. (b) Systemet kommer att vara långsamt för små värden på a, när sedan a växer så kommer först systemet att bli oscillativt, komplexa poler. För att sedan minska i oscillativitet och bli snabbare när polerna blir reella igen. För att till slut bli lite långsammare då en pol rör sig tillbaka mot origo för att till slut stanna s. (c) Vi har det slutna systemet G c (s) KG KG 3a s 3 6s s as 6as 8a som var stabilt för a > 0. Nu använder vi oss av slutvärdesteoremet för att ta reda på vad den statiska förstärkningen blir som funktion av a. lim y(t) lim G 3a c(s)u(s)s lim t s 0 s 0 s 3 6s s as 6as 8a 3 8 Alltså är den statiska förstärkningen 3 8 för alla a. (0 p)