Lösungen - ETH Zürich

Übungsaufgaben zur Vorlesung Regelsysteme – Herbstsemester 2015
Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
Prof. Dr. Manfred Morari, Prof. Dr. Florian Dörfler
Institut für Automatik, ETH Zürich
L 6.1: Regelung der Tonbandgeschwindigkeit ([FrPE10] Aufg. 4.26 )
a) Die Übertragungsfunktion von der Störgrösse zum Ausgang:
GD (s) :=
Y (s)
=
D(s)
1+
1
Js+b
1
10K
Js+b 0.5s+1
b = 1,
J = 0.1
Der bleibende Regelfehler wird also zu:
1
1
ess (step in D) = lim sGD (s)D(s) = lim sGD (s) =
s→0
s→0
s
1 + 10K
Damit ess ≤ 0.01 muss K ≥ 9.9. Einfachheitshalber wählen wir K = 10.
b)
10K
1
2000
Y (s)
Js+b
= 0.5s+1
= 2
1
10K
Ωr (s)
s
+
12s
+ 2020
1 + Js+b
0.5s+1
√
12
wN = 2020 ≈ 45, ζ = √
≈ 0.13
2 2020
Pole zero map
Step Response
50
1.8
40
1.6
30
1.4
20
1.2
Amplitude
Imag Axis
10
0
1
0.8
−10
0.6
−20
0.4
−30
0.2
−40
−50
−7
0
−6
−5
−4
−3
Real Axis
−2
−1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Time (sec.)
Die Pole liegen ungünstig (kleine Dämpfung, starkes Überschwingen).
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
ζ = 0.7
c) Überschwingen Mp ≤ 0.05 und Ausregelzeit ts ≤ 0.1
führen zu folgenden Gleichungen:
!
πζ
=⇒ ζ ≥ 0.7
Mp ≈ exp − p
1 − ζ2
4.6
=⇒ σ = ζωn ≥ 46
ts ≈
ζωn
Acceptable
Region
Das schraffierte Gebiet zeigt den zuässigen Bereich.
ζω = 46
d) Eine grössere Eigenfrequenz und eine stärkere Dämpfung können durch eine grössere Verstärkung
K und einen D Regler in der Rückführung erreicht werden:
D
ωr +
+
10
0.5s+1
Kp
-
1
s+0.02
+
y
Kd s+1
10K
1
Y (s)
200K
0.5s+1 Js+b
=
= 2
10K(K
s+1)
d
Ωr (s)
s + (12 + 200KKd )s + 20(1 + 10K)
1 + (0.5s+1)(Js+b)
Durch die Wahl der Koeffizienten K und Kd kann jedes ζ und ωn erreicht werden.
e) Die neue Übertragungsfunktion von der Störgrösse zum Ausgang lautet:
Y (s)
D(s)
=
1
Js+b
10K(Kd s+1)
1
1+ Js+b
(0.5s+1)
=
20(0.5s+1)
s2 +(12+200KKd )s+20(1+10K)
ess (step in D) =
1
1+10K
Der D–Regler in der Rückführung beeinflusst wie vorher nur das Führungsverhalten. Um
den bleibenden Regelfehler zu eliminieren, könnten wir einen Integral–Regler hinzufügen.
Das kann durch den Ersatz von K durch K1 + KsI erfolgen:
Y (s)
D(s)
=
20(1+0.5s)s
s3 +(12+200K1 Kd )s2 +(20+200K1 +200Kd KI )s+200KI
ess (step in D) = 0
L 6.2: Positionsregelsystem ([FrPE06] Aufg. 4.23)
s
s
Y
b0 s + b1
b1
b1 /b0 + 1
αζωn + 1
= 2
=
=
K
2
R
s + a1 s + a2
a2 √s 2 √a1 √s
s
+
+
1
+ 2ζs
ωn
ωn + 1
a2
a2 a2
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Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
Vergleich zur Standardform:
ωn =
√
2b1
a1
a2 , ζ = √ , α =
2 a2
a1 b0
i) tr ≤ 0.1 sek
=⇒ ωn ≥
1.8
=⇒ a2 ≥ 182
0.1
ii) Mp ≤ 0.2 von Abbildung 1:
α ≥ 3.6 for ζ = 0.5
α ≥ 1.1 for ζ = 0.7
2.0
1.8
1.6
1.4
1.2
z ⫽ 0.3
0.5
0.7
Mp 1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
2
4
6
8
10
a
Abbildung 1 (zu L 6.2): System 2. Ordnung mit zusätzlicher Nullstelle: Überschwingen als Funktion
von α ([FrPE10], Abb. 3.27)
iii) ts ≤ 0.5 sek
=⇒ σ = ζωn ≥
4.6
=⇒ a1 ≥ 18.4
ts
iv)
E(s) = R(s) − Y (s) = 1 −
b0 s+b1
s2 +a1 s+a2
R(s)
s2 + (a1 − b0 )s + (a2 − b1 ) r0
=0
s→0
s2 + a1 s + a2
s
=⇒ a2 − b1 = 0 =⇒ a2 = b1
ess (step) = lim s
v)
ess (ramp) = lim s
s→0
Übungsaufgaben Regelsysteme
s2 + (a1 − b0 )s 0.1
a1 − b0
= 0.1
≤ 0.001
2
2
s + a1 s + a2 s
a2
=⇒ a1 − b0 ≤ 0.01a2
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Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
Eine mögliche Lösung:
a2 = 324, b1 = 324
erfüllt Bedingungen i) und iv)
√
ζ = 0.7 =⇒ a1 = 2ζ a2 = 25.2 erfüllt Bedingung iii)
erfüllt Bedingung v): b0 ≥ 21.96
2 · 324
Test, ob Bedingung ii) erfüllt ist: α =
= 1.17 > 1.1.
25.2 · 22
b0 = 22
Wenn die Bedingung 2 nicht erfüllt ist, sind mehr Iterationen notwendig. (Eine zusätzliche Nullstelle in der linken Halbebene verstärkt das Überschwingen eines Systems 2. Ordnung, falls sie
weniger als um einen Faktor vier vom Realteil der Pole entfernt ist.)
Step Response
1.4
1.2
Amplitude
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Time (sec.)
Abbildung 2 (zu L 6.2): Sprungantwort der Lösung
L 6.3: Bode Stabilitätskriterium, Reglerentwurf mit Ziegler-Nichols [Prüfung FS2011]
√
a)
i) p1 = −9, p2,3 = − 12 ± j 23 (dominantes Polpaar)
Die Verstärkung für niedrige Frequenzen kann mittels Endwerttheorem zu 1/9 berechnet werden. Dies ergibt das vereinfachte System zu
Ĝ(s) =
1
9
s2 + s + 1
.
ii) Das Bode-Stabilitätskriterium kann angewendet werden (Voraussetzung: monoton sinkender Betrags- und Phasengang!). Das Gain Margin ergibt sich zu 39.2 dB. Wir erhalten somit für die kritische Verstärkung
20 log10 Kcrit = 39.2dB
⇒ Kcrit = 91
b)
Gc (s) =
Kp s + KI
s4 + 10s3 + 10s2 + 9s + KP s + KI
Routh-Tableau:
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Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
Bode Diagram
Magnitude (dB)
0
−50
−100
−150
Phase (deg)
−200
0
−90
−180
−270
−2
10
−1
0
10
1
2
10
10
Frequency (rad/sec)
3
10
10
Abbildung 3 (zu L 6.3): Lösung zur Teilaufgabe a)(i)
s4
s3
s2
s1
s0
1
10
91−KP
10
(91−KP )(9+KP )−100KI
91−KP
KI
10
9 + KP
KI
0
0
KI
0
0
0
Damit sind die Bedingungen für Stabilität
KP ≤ 91 ,
0 ≤ KI ≤
819 + 82KP − KP2
100
c) Die kritische Verstärkung Ku bestimmt sich entweder aus Aufgabenteil a)(ii) oder mittels
Routh-Tableau:
s3
s2
s1
s0
1
10
91−Ku
10
9 + Ku
10
9 + Ku
0
0
0
0
Hieraus folgt Ku = 91. Aus der Impulsantwort liest man Pu = 2 ab. Damit ergeben sich
die PID-Parameter zu
K = 54.5 ,
TI = 1 → KI = 54.5 ,
54.5
TD = 0.25 → KD =
= 13.63 .
4
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Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
L 6.4: Reglerentwurf mittels des Nyquist-Kriteriums [Prüfung FS 2011]
a) The contour lines for the two criteria are depicted in Fig. 4 and 5.
Im
Im
o
30
Re
Re
-1
Abbildung 4 (zu L 6.4): Contour line used to evaluate Criterion 1
Abbildung 5 (zu L 6.4): Contour line used to evaluate Criterion 2.
Note that a small excursion either clockwise or anti-clockwise around the origin is needed,
because C(s)G(s) has a pole at the origin. This is needed to be able to test whether poles
fall inside or outside the contour line.
2
20(s+2)
b) The open-loop transfer function C(s)G(s) = s(5s
2 +s+2) has 3 poles, at 0 and −0.1 ± 0.624j,
which all lie inside the contours for testing both criteria 1 and 2. Therefore -3 clockwise
encirclements, i.e. 3 anti-clockwise encirclements of the point −1/K are needed to satisfy
the properties.
The central areas of both mappings have 3 anti-clockwise encirclements, since at infinity,
given the choice of origin excursion made in the previous part, the mapping closes to provide an additional anti-clockwise encirclement.
The first criteria is therefore satisfied for −1.31 < −1/K < 0, implying K > 1/1.31 = 0.76.
The second criteria is therefore satisfied for −0.79 < −1/K < 0, implying K > 1/0.79 =
1.27.
Both criteria must be satisfied, so that K > 1.27 is the necessary condition.
Note: The same result is obtained if an anti-clockwise excursion around the origin is chosen
in part b), because then the mapped curve closes clockwise at infinity, and condition then
requires 2 anti-clockwise encirclements for testing criterion 2. This of course corresponds to
the same region.
c) The combined contour’s mapping is as shown below. The kinks are at approximately 1.10 ±
1.93j.
Übungsaufgaben Regelsysteme
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Lösung zur Übung 6: Reglerentwurf nach Spezifikationen im Zeitbereich
HS 2015
The kinks come from the fact that the combination of the two contours in part b) i) has
√
30-degree kinks at −1 ± 3j. Due to the properties of conformal maps, these kinks are
preserved.
The “high-frequency” parts (i.e. those points that come out near the origin after the mapping) come from the mapping Criterion 2, i.e. Fig. 7(c), whereas the rest comes from
Criterion 1, i.e. Fig. 7(a) of the exercise sheet. The points where these lines are coincident
give the kink locations.
4
3
2
1
0
−1
−2
−3
−4
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
Abbildung 6 (zu L 6.4): Combined contour for Criteria 1 and 2, after mapping through C(s)G(s).
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