TENTAMEN Reglerteknik I 5hp Tid: Tisdag 8 juni 00, kl 8.00 3.00 Plats: Polacksbackens skrivsal Ansvarig lärare: Kjartan Halvorsen, tel 08-473070. Kjartan kommer och svarar på frågor ungefär kl 9.30 och kl.30. Tillåtna hjälpmedel: Kursboken (Glad-Ljung), miniräknare, Laplace-tabell och matematisk formelsamling. Preliminära betygsgränser: 3:[3, 33[, 4:[33, 43[, 5:[43, 50 = maxpoäng] Uppgift 7 är istället för inlämningsuppgifterna. OBS: Endast en uppgift per ark. Skriv namn på varje ark. Lösningarna ska vara tydliga och väl motiverade (om inget annat anges). Avläsningar ur diagram behöver inte vara exakta. LYCKA TILL!
Uppgift Man vill styra ett system med två seriekopplade tankar genom att återkoppla från reglerfelet, d.v.s. med styrlagen Í( ) = ( )( Ö ( ) ( )) där ( ) är regulatorns överföringsfunktion. Systemet beskrivs av ( ) = ( + ) Í( ) där Í( ) är inflödet av vätska till den övre tanken, och ( ) är vätskenivån i den undre tanken. (a) Anta att man använder en rent integrerande regulator, så att ( ) = Ã. För vilka à 0 är det slutna systemet stabilt? (b) Ange en regulator ( ) sådan att, när den används på systemet ovan, (i) skärfrekvensen blir 4 rad/s, (ii) fasmarginalen minst blir 55 Æ, samt att (iii) stegsvarets kvarvarande fel elimineras helt. Regulatorns förstärkning vid höga frekvenser får inte heller vara större än nödvändigt. (4p) (c) Anta att man bara har tillgång till en PI-regulator för att styra systemet ovan, d.v.s. ( ) = Ã Ô + Ã. Vilken är den högsta skärfrekvens man då kan få ifall man vill att fasmarginalen minst ska vara 55 Æ? Uppgift (a) Bestäm matrisexponentialfunktionen Ø för matrisen = (b) Ange för vilka «¾ Ê som tillståndsbeskrivningen Ü(Ø) = Ü(Ø) + Ù(Ø) 0 «Ý(Ø) = 0 Ü(Ø) är en minimal realisation. (3p) (c) Visa att Ü = Ì är en icke observerbar tillståndsvektor för systemet Ü(Ø) = Ü(Ø) + Ù(Ø) 0 0 Ý(Ø) = Ü(Ø)
Uppgift 3 Betrakta det återkopplade systemet nedan. Bodediagrammet för Ý Ö + Σ Ù ( ) Ý ( ) visas nedan. Det återkopplade systemet är stabilt. Ange vad utsignalen 30 0 0 0 G(iω) arg G(iω) ( o ) 30 60 0 0 0 0 0 0 ω (rad/s) 90 0 0 0 ω (rad/s) 0 0 Ý(Ø) blir när alla transienter avklingat (efter lång tid) för följande tre fall: (a) Då Ù(Ø) = sin 3Ø. (b) Då (Ø) = sin 0Ø. (c) Då Ý Ö (Ø) = sin Ø. (3p) Uppgift 4 En så kallad inverterad pendel är en stav med en upphängningspunkt i ena änden, och som balanseras så att den andra änden pekar rakt uppåt. En tillståndsbeskrivning för den inverterade pendeln är 0 0 Ü(Ø) = Ü(Ø) + Ù(Ø) 0 Ý(Ø) = 0 Ü(Ø) där Ù är pålagt moment kring upphängningspunkten, Ü = Ý är stavens vinkelavvikelse från upprätt läge, och Ü = Ý är vinkelhastigheten. Den inverterade pendeln är naturligtvis instabil för att hålla kvar staven i upprätt läge krävs återkoppling från vinkelutslaget Ý. Därför används styrlagen Ù(Ø) = ĈÜ(Ø) + ÑÝ Ö (Ø), där ˆÜ är en skattning av Ü som fås från en observatör. (a) Bestäm Ä och Ñ i styrlagen ovan så att det slutna systemet får en dubbelpol i, och så att Ý = Ý Ö i stationäritet. (4p) (b) Bestäm observatörsförstärkningen à så att observatören får en dubbelpol i 3. (3p)
Uppgift 5 Ange för vart och ett av följande påståenden ifall det är sant eller falskt. (a) ( ) = + har större bandbredd än ( ) = +. (b) Ju mindre fasmarginalen är, desto mindre blir stegsvarets översläng hos det slutna systemet. (c) Ett återkopplat system, med stabil kretsförstärkning vars Nyquistkurva ligger helt i höger halvplan, är stabilt. (d) Ett återkopplat system, med stabil kretsförstärkning vars Nyquistkurva ligger helt innanför enhetscirkeln, är stabilt. (e) Känslighetsfunktionen Ë( ) och den komplementära känslighetsfunktionen Ì ( ) har samma poler. (f) Ë( ) och Ì ( ) har samma nollställen. (g) Om kretsförstärkningen har integralverkan är Ì (0) =. Varje rätt svar ger + poäng och varje felaktigt svar ger - poäng (och utelämnat svar ger noll poäng). Totalt ger dock uppgiften minst 0 poäng. Ingen motivering behövs enbart svaren sant och falskt kommer att beaktas. (7p) Uppgift 6 Ett system ( ) = ( )Í( ) har viktfunktionen (Ø) = 4 3Ø 4 4Ø (a) Bestäm överföringsfunktionen ( ). (b) Ställ upp den tillståndsbeskrivning för systemet som är på styrbar kanonisk form. (c) Ställ upp tillståndsbeskrivningen för systemet med tillståndsvariablerna Ü = Ý och Ü = Ý. (3p) Ø Uppgift 7 Denna uppgift är istället för inlämningsuppgifterna. Det instabila systemet ( ) = Í( ) styrs med PI-regleringen Í( ) = ( )( +0) à +7 ( Ö( ) ( )), där à 0. Skissa rotorten för det slutna systemets poler, med avseende på à 0. Redogör för start- och ändpunkter, asymptoter, och för vilka delar av den reella axeln som hör till rotorten. Ange också för vilka à 0 som det slutna sytemet är stabilt, samt var rotorten skär den imaginära axeln. (7p) 3
Lösningar till tentamen i Reglerteknik I 5hp 0-06-08. (a) Kretsförstärkningen blir Ó ( ) = à ( +), och det slutna systemet blir ( ) = Ó( ) + Ó ( ) = à ( + ) + à Polerna ges av 0 = ( + ) + à = 3 + + + Ã, och stabiliteten kan undersökas med Rouths algoritm. Rouths tablå blir 0 à 0 à 0 à För stabilitet krävs att samtliga element i den vänstraste kolumnen är strikt positiva (sats.3), vilket här ger stabilt slutet system för 0 Ã. (b) Vi har att (4) = 4 + = 4 + = 7 och arg (4) = arg(4 + ) = arctan 4 5 Æ För att tillgodose krav (i) och (ii) måste regulatorn skjuta till fas =µ använd ett leadfilter, för att tillgodose krav (iii) behövs integralverkan =µ använd ett lagfilter med = 0. Enligt tumregel ( =µ tappar högst 6 Æ pga lagfiltret) väljs Á = 0 = 5. Lagfiltret blir alltså = 0 4 Ð ( ) = Á + Á + = 5 + 5 ³ Ñ = 55 Æ =µ arg Ó ( ) = 5 Æ, så leadfiltret måste skjuta till 5 Æ ( 5 Æ ) + 6 Æ = 33 Æ (6 Æ extra pga lagfiltret). Enligt fig 5.3 väljs = 09, och för att få maxfas vid = 4 rad/s väljs = Ô = 4 Ô 47. 09 Slutligen väljs à så att = 4 rad/s blir skärfrekvens: = Ð ( ) Ð ( )( ) = Ô Ã ( ) =µ Ô Ô 09 à = ( ) = 95 Leadfiltret blir alltså Ð ( ) = à + + = 95 47 + 09 47 + och den totala regulatorn blir ( ) = Ð ( ) Ð ( ). (c) Man kan skriva ( ) = Ã Ô + à = Ã( + ) Á (Ã Ô = à och à = à Á ), vilket ger arg () = arg + = arg = arctan Á Á Á 7
Alltså är arg () 0 för alla, men dessutom gäller att för varje givet går det att få arg () godtyckligt nära noll (om än negativt) genom att välja Á tillräckligt stor (Ã tillräckligt nära noll). Fasbidraget från PIregulatorn kan alltså i princip sättas till noll (genom att välja Á tillräckligt stor), så det ända som begränsar hur stor fasmarginal som kan fås är systemet självt. Den högsta möjliga med ³ Ñ 55 Æ ges alltså av arg ( ) = 55 Æ 80 Æ = 5 Æ 8 radianer. Vi har att arg () = arctan =µ tan 8 9rad/s. (a) Utnyttja att Ä[ Ø ] = ( Á ). Här är ( Á ) = + = + + = 05 ( + ) + Inversa Laplacetransformen ger då + Ø Ø = 05 Ø Ø + Ø + + + + + + (b) Minimal realisation µ både styrbart och observerbart (Resultat 8.). Systemet står på observerbar kanonisk form =µ observerbart för alla «(Resultat 8.0). Styrbarheten undersöks genom att studera styrbarhetsmatrisen Ë = = + ««och det Ë = «( + «) = («) 0 för alla «d.v.s. Ë har full rang och därmed är systemet även styrbart för alla «. Följaktligen är tillståndsbeskrivningen en minimal realisation för alla «¾ Ê. (c) Observerbarhetsmatrisen för systemet är Ç = = De icke observerbara tillståndsvektorerna spänner upp nollrummet till Ç (Resultat 8.9). Här är 0 ÇÜ = = 0 så Ü är icke observerbar. 3. (a) Använd sinus in sinus ut, d.v.s. då Ù(Ø) = sin Ø blir Ý(Ø) = () sin(ø+arg ()) när transienterna dött ut. Det är dock viktigt att använda rätt överföringsfunktion. Här gäller ( ) = ( )Í( ), så () och arg () kan utläsas direkt ur Bodediagrammet. Vidare är = 3 rad/s,
och från Bodediagrammet fås (3) = 06 och arg (3) = 6 Æ = 065 radianer. Utsignalen blir alltså Ý(Ø) = 06 sin(3ø 065). (b) Här gäller sambandet ( ) = Ó ( )( ) där Ó ( ) = ( ). Alltså är Ó () = () = () och arg Ó () = arg () = + arg () Med = 0 rad/s fås från Bodediagrammet (0) = 044 och arg (0) = Æ = 03665 radianer. Alltså blir Ó (0) = 044 = 00 och arg 0 Ó(0) = 03665 = 04, och utsignalen blir Ý(Ø) = 00 sin(0ø 04). (c) Här är sambandet ( ) = ( ) Ö ( ) där ( ) = Ó( ) + Ó( ), och därmed () = Ó() + Ó () och arg () = arg Ó () arg( + Ó ()) Inför beteckningarna Ö = () och = arg (). Med hjälp av Eulers formel kan man skriva vilket ger () = Ö = Ö cos + Ö sin + Ó () = + (Ö cos + Ö sin ) = + Ö sin Ö cos Ö cos =µ arg( + Ó ()) = arctan + Ö sin Ö och + Ó () = + Ö Ö sin + cos Med = rad/s fås Ö = 4 och = 4 Æ = 07330 radianer, vilket ger Ó () = Ö = 4 = 4, arg Ó() = + = 304 radianer, samt Õ + Ó () = ( + 4 sin( 07330)) + (4 cos( 07330)) = 04 och arg( + Ó ()) = arctan 4 cos( 07330) = 50 radianer + 4 sin( 07330) Alltså blir () = 4 04 = 34 och arg () = 304 ( 50) = 079 radianer. Utsignalen blir då Ý(Ø) = 34 sin(ø 079). 4. (a) Systemet är på observerbar kanonisk form =µ ( ) = Í( ) Önskat polpolynom är ( + ) = + +, så det slutna systemet blir ( ) = Ñ + + Ö( ) 3
För att få Ý = Ý Ö i stationäritet väljs Ñ =. Slutna systemets polpolynom blir det( Á + Ä) = det + Ð + Ð = ( + Ð ) + Ð = + Ð + Ð Identifiering av koefficienter ger Ð = och Ð =. Styrlagen blir Ù = ˆÜ + ÝÖ. (b) Observatörspolerna ges av nollställena till polynomet + det( Á +Ã) = det = ( + + )+ = + + Det önskade observatörpolynomet är ( + 3) = + 6 + 9, och identifiering av koefficienter ger = 6 och = 0. 5. (a) Falskt (För är =, för är = ). (b) Falskt (Tvärtom). (c) Sant (Följer av Nyquistkriteriet). (d) Sant (Följer av Nyquistkriteriet). (e) Sant (Följer av definitionen). (f) Falskt (Ë( ) + Ì ( ) = för alla ¾ ). (g) Sant (Följer av definitionen). 6. (a) ( ) = Ä[(Ø)] = 4 + 3 4 + 4 = 4 ( + 3)( + 4) = 4 + 7 + (b) Ü = 7 Ü + 0 Ý = 0 4 Ü Ù 0 (c) Man får direkt att Ü = Ü. Sedan kan man t.ex. utnyttja att ( ) = ( ) och ( ) = ( ). Från (a) får vi att ( + 7 + ) ( ) = 4Í( ) µ ( ( )) + 7( ( )) + ( ) = 4Í( ) =µ ( ) + 7 ( ) + ( ) = 4Í( ) µ ( ) = ( ) 7 ( ) + 4Í( ) d.v.s. Ü = Ü 7Ü + 4Ù. Tillståndsbeskrivningen blir 0 0 Ü = Ü + Ù 7 4 Ý = 0 Ü 4
7. Det slutna systemet blir ( ) = så slutna systemets poler ges av Ã( + 7) ( )( + 0) + Ã( + 7) Ö( ) 0 = ( )( + 0) +à ( + 7) ßÞ Ð ßÞ Ð =È ( ) =É( ) Startpunkter: È ( ) = 0 =µ 0, +, 0 Ändpunkter: É( ) = 0 =µ 7 Asymptoter: Två stycken med riktningarna och 3, utgående från punkten (0 + 0 ( 7)) = Reella axeln: Enligt uddaregeln hör intervallen [ 0 7] och [0 ] till rotorten Imaginära axeln: Ansätt =. Polpoynomet är ( )( + 0) + Ã( + 7) = 3 + 9 + (à 0) + 4à Med = fås 0 = () 3 + 9() + (à 0)() + 4à = 4à 9 + (à 0 ) och då både realdel och imaginärdel ska vara noll fås ekvationssystemet 0 = 4à 9 0 = (à 0 ) Ekvationssystemet har lösningarna à = 0, = 0, d.v.s. en startpunkt, samt à = 5, = Ô 35 59. Rotorten skär alltså imaginära axeln i Ô 35 för à = 5. Eftersom rotorten har en startpunkt i HHP, och alla ändpunkter och asymptoter ligger helt i VHP är slutna systemet stabilt för à 5. Rotorten ser ut som i figuren nedan. 0 8 Im 6 4 K=.5 0 Re 4 6 8 0 0 8 6 4 0 5