Transcript Lösningsförslag till tentamen i Reglerteknik (TSRT19) 2014-03

L¨
osningsf¨
orslag till tentamen i Reglerteknik (TSRT19) 2014-03-17
1. (a) Pol i s = −5 < 0 =⇒ stabilt system. Sinusformad insignal, u(t) = A sin ωt, till
ett stabilt system ger efter transienter d¨ott ut y(t) = A|G(iω)| sin (ωt + arg G(iω)).
Med A = 1, ω = 2 f˚
ar vi y(t) = 0.56 sin (2t − 0.38).
o
n
1
3
(b) y(t) = L−1 G(s) s (t) = L−1 (s+3)s
(t − 6) = 1 − e−3(t−6) f¨or t ≥ 6 och 0
annars.
(c) A-4, B-2, C-1, D-3
• A har en tidsf¨
ordr¨
ojning och h¨or d¨arf¨or ihop med 4 eller 6, vilka har
√ poler
i −1√± i och −0.5 ± 1.32i. Detta ger relativa d¨ampningar p˚
a 1/ 2 och
0.5/ 2. Stegsvaret har mycket liten ¨oversl¨ang, och h¨or d¨arf¨or ihop med
det mer d¨
ampade systemet 4.
• B¨
ar instabil och h¨
or d¨
arf¨
or ihop med system 2 vilket har instabila poler.
• C har en stigtid p˚
a runt 5 sekunder och ingen ¨oversl¨ang och h¨or d¨arf¨or ihop
med antingen system 1 eller 5. Stigtiden f¨or ett f¨orsta ordningens system
a
aknas med formeln Tr ≈ 2.2/a (kursboken sid. 64) vilket ger
s+a kan ber¨
att system 1 ¨
ar svaret.
• D¨
ar ett icke-minfassystem, dvs har ett nollst¨alle i h¨oger halvplan, vilket
g¨
aller f¨
or system 3.
2. (a) K ≤ Am = 1023.6/20 ≈ 15.1.
(b) Tittar vi p˚
a faskurvan ser vi att arg(G(iω)) → 0◦ d˚
a ω → 0+ . S˚
a vi har ingen
integrator i systemet.
(c) Uttryck kraven i krav p˚
a Go :
Dubbelt s˚
a snabbt som d˚
a F (s) = 1 ⇒ ωc,d = 2ωc = 2 · 2.01 rad/s =
4.02 rad/s
• Inte st¨
orre ¨
oversl¨
ang ¨
an d˚
a F (s) = 1 ⇒ inte st¨orre fasmarginal dvs ϕm,d =
ϕm = 99.4◦
• Det station¨
ara felet ¨
ar 0 d˚
a referenssignalen ¨ar ett steg.⇒ e0 = 0
Vi vill designa en Lead-Lag regulator som g¨or att vi uppfyller kraven. arg(G(iωc,d )) ≈
−110◦ dvs vi beh¨
over fasavancera −180 + 110 + 99.4 + 6 = 35.4◦ vilket ger
β = 0.25. Givet detta kan vi ber¨akna
1
√ ≈ 0.495,
ωc,d β
√
β
K=
≈ 0.996
|G(iωc,d )|
τD =
D˚
a systemet inte inneh˚
aller n˚
agon integrator och kravet ¨ar e0 = 0 beh¨over
regulatorn inneh˚
alla en integrator, dvs γ = 0. Enligt tumregeln tar vi τI =
10
armed:
ωc,d ≈ 2.475. Lead-Lag regulatorn blir d¨
F (s) = 0.996 ·
0.495s + 1 2.475s + 1
·
.
0.124s + 1
2.475s
3. (a) P˚
a grund av linj¨
ariteten beh¨
over styrsignalen f¨orst¨arkas med en faktor 5 och
den maximala effekten blir d¨
armed −1.1 · 5 = −5.5.
(b) Det ¨
ar uppenbart att hastighetskriteriet ¨ar det minst viktiga. D¨aremot ¨ar kravet
p˚
a¨
oversl¨
ang viktigt f¨
or att inte ¨aventyra robotens ”Liv” och skall f¨ormodligen
ha h¨
ogsta prioritet. Kriteriet f¨or effekten ¨ar inte lika viktigt. Man kan dela upp
en l¨
angre rutt i flera mindre och l˚
ata roboten vila mellan dessa f¨or att ladda
upp batterierna. Att felet ska vara noll f¨or ett steg p˚
a referensen ¨ar viktigt s˚
a
att r¨
att sten unders¨
oks.
1
(c) Differentialekvationen ger sambandet Y (s) =
1
f˚
ar vi
samt Gm (s) = s/2+1
Gc (s) =
1
s(10s+1) U (s)
och med F (s) = K
G(s)F (s)
K
=
1 + G(s)F (s)
s(10s + 1)(s/2 + 1) + K
Karakteristisk ekvation:
s(10s + 1)(s/2 + 1) + K = 0
Vi f˚
ar P (s) = s(10s + 1)(s/2 + 1), grad P = 3, och Q(s) = 1, grad Q = 0.
Allts˚
a g¨
aller f¨
oljande
Startpunkter: 0, −0.1, −2
¨
Andpunkter:
saknas
Asymptoter: 3 st

π

 3 , (k = 0)
Riktningar: π3 + 2k π3 = π, (k = 1)

 5π
3 , (k = 2)
1
Sk¨
arningspunkt: 3 (0 − 0.1 − 2) = −0.7
Sk¨
arning med imagin¨
ara axeln: S¨att s = iω i den karakteristiska ekvationen:
1
iω(10iω + 1)(iω/2 + 1) + K = 0 ⇒ ω = ± √ , K = 2.1
5
Root Locus
2.5
2
1.5
Imaginary Axis (seconds−1)
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
−2
−2.5
−2.5
−2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
−1
Real Axis (seconds )
Vi ser att f¨
or sm˚
a K ligger den ena polen mycket n¨ara origo, och det˚
aterkopplade
systemet blir d¨
armed l˚
angsamt. D˚
a K o¨kar den dominerande polens avst˚
and
till origo och systemet blir d¨
armed snabbare. F¨or sm˚
a K har ligger polerna p˚
a
reella axeln och systemet saknar oscillationer. D˚
a K v¨axer f˚
ar systemet f¨orst
komplexa poler och d¨
armed blir det oscillativt, d¨arefter blir systemet instabilt.
(d) Med F (s) = K f˚
ar vi
5
5K
=5
lim y(t) = lim sGc (s) = lim
s→0
s s→0 s(10s + 1)(s/2 + 1) + K
t→∞
och vi saknar allts˚
a station¨
art fel.
2
4. (a)
(b)
(c)
(d)
0
0.1
Matrisen S = B AB =
uppfyller att det S =
6 0 vilket
0.1 −0.01
medf¨
or att systemet ¨
ar styrbart och polerna kan s˚
aledes placeras godtyckligt.
0
1
0
0
1
A − BL =
−
(l1 l2 ) =
. Polerna
0 −0.1
0.1
−0.1l1 −0.1 − 0.1l2
ar givna
av r¨otterna till den karakt¨aristiska ekvationen,
till det slutna system ¨
−λ
1
0.1+0.1l2
2
±
2
−0.1l1 −0.1 − 0.1l2 − λ = 0 ⇔ λ +(0.1+0.1l2 )λ+0.1l1 ⇔ λ = −
q
(0.1+0.1l2 )2
(0.1+0.1l2 )2
2−0.1
4
− 0.1l1 . ⇒ l2 = 0.1 = 19, l1 =
= 10. Med de funna
4
0.1
v¨ardena av l1 och l2 s˚
a kan det slutna systemet ber¨aknas och dess statiska
f¨orst¨
arkning. V¨
alj l0 till inversen av den statiska f¨orst¨arkningen f¨or det slutna
systemet l0 = 1/|Gc (0)| = 10.
Svar: l0 = 10, l1 = 10, l2 = 19.
C
1 0
O =
=
uppfyller att det O 6= 0 och d¨armed ¨ar systemet
CA
0 1
observerbart. Observat¨
orens poler kan s˚
aledes placeras godtyckligt. Ett bra val
ada poler i −2 f¨or att ge tillr¨acklig hastighet men ej f¨or
¨ar att placera dess b˚
k¨anslig mot brus.
C
0 1
Vid valet att m¨
ata hastighet blir C = (0 1) och O =
=
och
CA
0 1
d¨armed det O = 0. Systemet a
¨r inte observerbart, och det a¨r d¨arf¨or b¨attre att
m¨ata positionen y.
5. (a) Gc1 =
(b) Gc2 =
G2 G1
1+G2 G1 R
G2 (F +G1 )
1+G2 G1 R
(c) Gc2 (0) = 1 =
=
1
.
s2 +11s+10+R
F s+F +1
s2 +11s+11
G2 (0)(F (0)+G1 (0))
1+G2 (0)G1 (0)R
=
=
F (0)+1
10+1
V¨alj F (0) = 10 s˚
a blir den statiska f¨orst¨arkningen 1. Flera val av F ¨ar t¨ankbara.
Se till att F g˚
ar att implementera, v¨alj t.ex. F = 10.
1
¨
(d) Overf¨
oringsfunktionen fr˚
an referenssignal yr till reglerfelet e ¨ar 1+GF
, d¨ar G(s) =
K(sT
+1)
4
i
och F (s) = K 1 + sT1 i =
. Laplacetransformen av referenssTi
s2 +4s+4
rampen ¨
ar 2/s2 , och med slutv¨ardesteoremet visas sedan enkelt att station¨ara
v¨ardet p˚
a felet blir 1.
3