REGLERTEKNIK KTH REGLERTEKNIK AK EL000/EL0/EL0 Kortfattade lösningsförslag till tentamen 05 04 08, kl. 8.00 3.00. (a) Signalen u har vinkelfrekvens ω = 0. rad/s, och vi läser av G(i0.) 35 och arg G(i0.) 45 = 45 π rad. Signalen u 80 (t) har vinkelfrekvensen ω = rad/s och vi läser av G(i) 0.5 och arg G(i) 7 = 7π rad. 80 Eftersom G(s) är asymptotiskt stabilt kommer den stationära utsignalen bli y(t) = 35 sin(0.t 0.785) + 0.5 cos(t.04). (b) i. K = : Skärfrekvensen är ω c 0.5 rad/s ( G(iω c ) = ) varvid ϕ m 70, och fas-skärfrekvensen är ω p 5 rad/s varvid A m /0.05 = 0. K = 5: Skärfrekvensen är ω c. rad/s ( G(iω c ) = /5) varvid ϕ m 45, och fas-skärfrekvensen är ω p 5 rad/s varvid A m /0.05/5 = 4. ii. Eftersom öppna systemet G(s) har amplitudmarginal 0 kommer slutna loopen vara asymptotiskt stabil för K = 0, och vi kan använda slutvärdesteoremet. KG(0) Vi har + KG(0) = 0 5 = 50/5, vilket blir slutvärdet för y(t). + 0 5 iii. Kompenserade öppna loopen KG(s) har ökande skärfrekvens och fallande fasmarginal för ökande K. Alltså ökar motsvarande slutna systems bandbredd och resonanstopp med K. Vi har A: K = 0, B: K = 5, C: K =.. (a) Om α = så gäller A = 0, C = ( ) 0 och observerbarhetsmatrisen blir [ ] C O = = CA och Systemet är inte observerbart. (b) Om α = så gäller A = det(o) = 0. ( ) 0, C = ( ). 0
Med vektorn K = ( k k ) fås och karakteristiska ekvationen blir k + k A KC =, k k det(si (A KC)) = s + (k k )s k + k = 0, vilket ska jämföras med den önskade formen (s + 4) = s + 8s + 6 = 0. Lösning av de uppkomna ekvationerna k k = 8 och k k = 6 ger k = 6 och k = 7. (c) Om vi låter r = l 0 r i formel (9.37) (9.38) i kursboken får vi Y (s) = G c (s) R(s) = C(sI A + BL) Bl 0 R(s) = G r (s)r(s). (Notera att G c (s) och G r (s) är oberoende av K.) För att lägga polerna i G r (s) enligt specifikation (i) ska alltså egenvärdena till A BL läggas i {, }. Med L = [l l ] får vi: l l A BL =, 0 och det(si A + BL) = s + l s + l ska jämföras med (s + ) = s + 4s + 4. Detta ger l = 4 och l = 6. För att uppfylla specifikatonen (ii) löser vi ekvationen G r (0) = C( A + BL) Bl 0 =, med L ovan insatt. Detta ger 0.5l 0 =, det vill säga l 0 =. 3. (a) Det gäller att arg KG(iω) = arg G(iω) då K > 0. Från bodediagrammet ser man att arg G(i) = 35. Maximal skärfrekvens för KG(iω) med en fasmarginal om minst ϕ m = 45 är alltså ω c = rad/s. (För att uppnå denna maximala skärfrekvens ska man välja K = / G(i) = 3/.83.) (b) Vi börjar med specifikationerna (ii) och (iii). Slutna systemet ska vara fyra gånger snabbare än det i deluppgift (a). Detta ger önskad skärfrekvens ω c,d = 4 rad/s. Eftersom arg G(i4) = 3 arctan(ω c,d ) 8 (alternativt läser man av detta i bodediagrammet) och vi vill ha ϕ m = 45 måste vi höja fasen med 35 ( 8 ) = 93. För att kompensera för den extra fasförlust som uppstår i samband med uppfyllandet av specifikation (i) lägger vi till 6 extra. Totalt behövs alltså c:a 99 fasavancering. Detta kan vi dela upp på två lead-länkar F lead (s) = K (τ Ds + ) (βτ D s + ),
genom att välja β = 0.35 (49.6 på vardera länk enligt ekv.(5.4)/figur 5.3 i kursboken). Parametern τ D väljs som τ D = 0.68 s. För att uppfylla ω c,d β kravet på snabbhet väljs K enligt = F lead (iω c,d )G(iω c,d ) = K β + iω c,d 3 = K 0.35 7 3/. Detta ger K 9.46. För att uppfylla specifikationen (i) lägger vi till en lag-länk, F lag (s) = τ Is + τ I s + γ. För att inte minska fasen mer än 6 väljes τ I = 0/ω c,d =.5 s. Totala kretsförstärkningen är nu G o (s) = F lag (s)f lead (s)g(s) och slutna loopen är asymptotiskt stabil enligt analysen ovan (fasmarginal om 45 ). Enligt t.ex. sidan 6 i kursboken vet vi att statiska reglerfelet då referensen är ett steg då blir e 0 = lim t [r(t) y(t)] = lim s 0 s + G o (s) s = + G o (0) = + KG(0)/γ. Detta uttryck är noll endast om γ = 0, det vill säga att regulatorn har integralverkan. Totala kompenseringslänken blir nu (0.68s + ).5s + F (s) = F lead (s)f lag (s) = 9.46. (0.09s + ).5s 4. (a) Karakteristiska ekvationen ges av +F (s)g 0 (s) = 0 s 3 +s +s+g(s+) = 0, och P (s) = s(s + s + ) och Q(s) = s +. Rotorten har tre grenar som börjar i s = 0 och s = 3 ± i för g = 0 (P (s) = 0). Rotorten har en slutpunkt i s = (Q(s) = 0) och följaktligen två asymptoter. π Då g har de två asymptoter riktningarna 3 + k π, k = 0,, alltså 3 π/ och 3π/. Asymptoterna sammanstrålar i punkten s = = 0. (Se 3 Resultat 3. i kursboken.) Negativa realaxeln mellan startpunkten s = 0 och slutpunkten s = tillhör rotorten (Resultat 3. i kursboken). För att avgöra om rotorten någon gång passerar stabilitetsgränsen försöker vi hitta skärningspunkter med imaginäraxeln. Vi ansätter lösningar på formen s = 3
8 Root Locus 6 4 Imaginary Axis (seconds ) 0 4 6 8. 0.8 0.6 0.4 0. 0 0. Real Axis (seconds ) Figur : Rotort för uppgift 4-(a). iω: (iω) 3 + (iω) + iω + g(iω + ) = 0 iω( ω + + g) = 0 och ω + g = 0 ω = 0 och g = 0. Denna punkt är en av startpunkterna som vi redan hittat. Slutna systemet är alltså asymptotiskt stabilt för all g > 0, och hela rotorten visas i figur. (b) Den relativa modellosäkerheten ges av G (s) = G0 (s) G(s) G(s) = 9 g s + g, och den nominella modellen av slutna systemet är T (s) = G(s)F (s) + G(s)F (s) = s s 3 + s + 0s + 9. 4
Enligt analysen i deluppgift (a) vet vi att nominella systemet T (s) är asymptotiskt stabilt. Eftersom både G(s) och G 0 (s) har samma antal poler i högra halvplanet och båda går mot noll då s går mot oändligheten så kan vi använda Robusthetskriteriet. Robusthetskriteriet säger att även loopen sluten med G 0 (s) är asymptotiskt stabil om G (iω) < för alla ω. () T (iω) Problemet är att då g 9 så har G (s) två poler på imaginära axeln i punkterna iω p = ±i g. Eftersom G (iω p ) är oändlig och /T (iω p ) är ändlig kommer olikheten i () aldrig vara uppfylld för ω = ω p. Robusthetskriteriet garanterar alltså inte asymptotisk stabilitet för något fall då g 9 (alltså då g avviker från nominella fallet och G (s) 0). (c) Robusthetskriteriet är bara ett tillräckligt villkor för asymptotisk stabilitet. Slutna systemet kan vara asymptotiskt stabilt även om villkoret inte är uppfyllt, vilket är fallet här enligt analysen i deluppgift (a). 5. (a) i. Med de införda tillstånden fås ẋ = x + u + u u = K (r y ) + K x = K (r x m ) + K x u = K 3 (r y ) + K 4 x 3 = K 3 (r x m ) + K 4 x 3 Analysens huvudsats ger även att ẋ = r y = r x m ẋ 3 = r y = r x m. Tillsammans kan detta skrivas på formen ẋ(t) = Ax(t) + B r r(t) + B m m (t) + B m m (t) y (t) = C x(t) + m (t) y (t) = C x(t) + m (t), med x = ( x x ) T x 3 och K K 3 K K 4 A = 0 0 0 0 K + K 3 K K 3 B r =, B m =, B m = 0 0 C = C = ( 0 0 ). 5
ii. För att undersöka styrbarheten av systemet ẋ(t) = Ax(t) + B r r(t) kan man t.ex. studera inverterbarheten av matrisen S = [ ] B r AB r A B r K + K 3 = K K 3 ( + K + K 3 )(K + K 3 ) + K + K 4, K K 3 ( + K + K 3 )(K + K 3 ) + K + K 4 där indikerar element vars exakta utseende inte spelar roll för diskussionen här. Man ser att raderna och 3 i S är identiska och därför gäller det(s) = 0. Systemet är alltså inte styrbart. (En alternativ lösning är att notera att här gäller ẋ = r x = ẋ 3, och vi kan uppenbarligen inte styra isär x och x 3 på valfritt sätt med hjälp av r, vilket är ett krav för styrbarhet.) (b) Den nya styrlagen behöver inte tillståndet x 3 för att realiseras. En tillståndsmodell för det återkopplade systemet är då ẋ = x + u + u u = K (r y ) + K x = K (r x m ) + K x u = K 3 (r y ) + K 4 x = K (r x m ) + K 4 x. Detta kan på skrivas på formen ẋ(t) = Ax(t) + B r r(t) + B m m (t) y (t) = C x(t) + m (t) med x = T x x och K K A = 3 K + K 4 0 K + K B r = 3, B m = ( K K 3 ), C = ( 0 ). För att undersöka styrbarheten av systemet kan man t.ex. studera inverterbarheten av matrisen S = [ ] B r AB r K + K = 3 ( + K + K 3 )(K + K 3 ) + K + K 4. K K 3 6
Eftersom det(s) = K + K 3 K K 4 ser vi att slutna systemet är styrbart från r då vi väljer K + K 3 K K 4 0, vilket är enkelt att uppfylla. Detta är i kontrast mot deluppgift (a)-ii där slutna systemet inte är styrbart för något val av K, K, K 3, K 4. Ett problem med det icke-styrbara tillståndet i deluppgift (a)-ii illustrerades i lösningen till uppgift 5 (c) i tentan 05-0-7, där pumparnas tillflöden okontrollerbart drevs isär på grund av mätbrus. Anledningen till att man kan få ett icke-styrbart tillstånd även i denna deluppgift är att PI-regulatorn har ett nollställe i (K + K 3 )s + (K + K 4 ) = 0, vilket förkortar bort tankens pol i s = då K + K 3 = K + K 4. 7