Musterlösung. 8 (unterschiedlich gewichtet, total 68 Punkte)

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1 BSc - Sessionsprüfung Regelungstechnik I (5-59-) Prof. L. Guzzella Musterlösung Dauer der Prüfung: Anzahl der Aufgaben: Bewertung: 2 Minuten 8 (unterschiedlich gewichtet, total 68 Punkte) Um die Note 6 zu erlangen, müssen nicht alle Aufgaben gelöst werden. Bei jeder Aufgabe ist die Punktezahl angegeben. Erlaubte Hilfsmittel: 2 A4-Blätter (4 Seiten) Taschenrechner (zur Verfügung gestellt) Die Assistenten dürfen keine Hilfe geben. Zur Beachtung: Alle Lösungen, ausser die Antworten bei Multiple-Choice Aufgaben, sind zu begründen. Lösen Sie die Aufgaben ausschliesslich auf den vorbereiteten Blättern.

2 Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Aufgabe (Modellieren, Linearisieren) Punkte Das Bild unten zeigt das Prinzipschema des zu analysierenden Systems, welches aus einem raumfesten Elektromagnet und einer im Erdgravitationsfeld sichvertikalfreibewegendenferromagnetischen Kugel mit Masse m besteht. Der Strom I(t) immagneterzeugteinemaxwellkraft F (t) auf die Kugel,welche sich gut approximieren lässt durch die Gleichung F (t) =β I2 (t) p 2 (t) wobei β eine bekannte Konstante und p(t) der gemessene Abstand der Kugel vom Elektromagnet ist. Der Strom I(t) kann durch den Verstärker sehr schnell eingestellt werden, so dass die Vereinfachung I(t) = α v(t) erfüllt ist, wobei v(t) das Steuersignal und α eine einstellbare Verstärkung ist. Der Einfachheit halber wird diese wie folgt gewählt α = m β Die Messung der Position p(t) kann ebenfalls als sehr schnell und fehlerfrei angenommen werden, so dass die Grösse w(t) = p(t) als Ausgangssignal zur Verfügung steht. I(t) v(t) F (t) p(t) =w(t) m g a) (4 Punkte) Wie lauten die Differentialgleichungen, welche die vertikale Bewegung der Kugel beschreiben? Benutzen Sie v(t) als Input und w(t) als Output des Systems. Schreiben Sie die Gleichungen in der Standardform auf, d.h. als ein System von nichtlinearen Differentialgleichungen erster Ordnung ż(t) =f(z(t),v(t)), w(t) =g(z(t),v(t)), z(t) R 2, v(t),w(t) R b) (2 Punkte) Die Kugel soll in einem Abstand p e im Gleichgewicht gehalten werden. Wie gross müssen Sie das Eingangssignal v wählen, damit dies erreicht wird? Welche Werte z e und z 2e haben in diesem Gleichgewicht die Zustandsgrössen z und z 2?Wiegrossistder Gleichgewichtsoutput w e? c) (4 Punkte) Linearisieren Sie die Systemgleichungen um diesen Gleichgewichtspunkt (auf eine Normierung wird verzichtet). Stellen Sie die Systemgleichungen in der Standardform dar (Zustandsraumdarstellung mit den Matrizen {A, b, c, d}).

3 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Lösung a) Die folgende Differentialgleichung findet man direkt mit Newton m p(t) =mg F (t) beziehungsweise mit den gemachten Annahmen p(t) =g β m m β v 2 (t) p 2 (t) = g v2 (t) p 2 (t) Dies ist eine gewöhnliche nichtlineare Diffenerialgleichung zweiter Ordnung. Durch die folgende Wahl der Zustandsgrössen [ ] [ ] z (t) p(t) z(t) = = z 2 (t) ṗ(t) erhält man die Standardform erster Ordnung ż (t) z 2 (t) ż(t) = = ż 2 (t) g v2 (t), w(t) =z (t) () z(t) 2 b) Damit die Kugel bei der Position p e = z e im Gleichgewicht ist, müssen alle Ableitungen in der Gleichung () gleich sein. Deswegen muss erstens das Inputsignal wie folgt gewählt werden v e = g z e (2) Zweitens bleibt die Kugel nur dann im Gleichgewicht stehen, wenn ihre Geschwindigkeit gleich z 2e =ist.dasoutputsignalerhält man direkt als w e = z e = p e. c) Die Gleichungen () werden linearisiert indem man den folgenden Ansatz macht z (t) = z e + δz (t) z 2 (t) = z 2e + δz 2 (t) v(t) = v e + δv(t) w(t) = w e + δw(t) Setzt man diesen Ansatz in Gleichung () ein und benutzt man die Resultate der letzten Teilaufgabe so erhält man für die erste Differentialgleichung ż (t) =δż (t) =z 2 (t) =z 2e + δz 2 (t) =δz 2 (t) Analog für die zweite Differentialgeichung ż 2 (t) =δż 2 (t) =g v2 (t) z 2 (t) = g (v e + δv(t)) 2 (z e + δz (t)) 2 Entwickelt man den letzten Term in eine Taylorreihe, so erhält man δż 2 (t) =g v2 e ze 2 2 v e ze 2 δv(t)+2 v2 e ze 3 δz (t) = 2 g δv(t)+2 g δz (t) v e z e

4 Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Die Vereinfachung zum letzten Term erhält man indem man die Gleichgewichtsbedingung (2) benutzt. Für die Messgleichung gelten die folgenden einfachen Zusammenhänge w(t) =w e + δw(t) =z e + δz (t) δw(t) =δz (t) Mit diesen Resultaten folgt dann direkt die Zustandsraumdarstellung A = 2 z g, b = 2 g, c = [ ], d =[] e v e Alternative Lösung mit Hilfe der Jacobi-Matrizen (die Ausgansfunktion wurde dabei mit h bezeichnet, damit es keine Verwechselung mit der Erdbeschleunigung g gibt!): ] A = b = [ f z f z 2 f 2 f 2 z z 2 [ f ] v f 2 v [ h c = z z=ze,v=ve ] h z 2 d = h v z=ze,v=ve z=ze,v=ve z=ze,v=ve Aus der Gleichung () können die Funktionen f, f 2 und h wie folgt entnommen werden: f = z 2 f 2 = g v2 z h = z Damit erahlten wir für die Systemmatrizen des linearisierten Systems: [ ] [ ] A = 2ve 2 = 2g ze 3 z e [ ] [ ] b = 2ve = ze 2 2g v e c =[ ] d = Dabei wurde im letzten Schritt für die Bestimmung von A und b der Zusammenhang in der Gleichung (2) verwendet.

5 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 Aufgabe 2 (Bode-Diagramm) 9Punkte Für eine Regelstrecke, die eine Totzeit in Serie aufweist, wurde folgendes Bode-Diagramm gemessen: Amplitude [db] Frequenz [rad/s] -9 Phase [deg] Frequenz [rad/s] a) (5 Punkte) Bestimmen Sie die Übertragungsfunktion Σ(s) der vermessenen Strecke. b) (2 Punkte) Die Strecke wird mit einem P-Regler stabilisiert, der einen Wertebereich für die Verstärkung von k p [.5, ] hat. Zeigen Sie anhand des Nyquistkriteriums, dass immer ein asymptotisch stabiles Regelsystem resultiert. c) (2 Punkte) Welche Robustheitseigenschaften (Phasenreserve, Verstärkungsreserve) hat das System für eine Reglerverstärkung von k p =. Lösung 2 a) (5 Punkte) Da das System ein integrierendes Verhalten (Phase bei tiefen Frequenzen- 9 und Absinken der Amplitude von -2 db/dek in Richtung höheren Frequenzen) aufweist, hat es einen offenen Integrator. Der Knick (-4 db/dek, Phasensprung-9 )bei

6 Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I rad/s lässt auf eine stabile Polstelle schliessen. Der Knick (-2 db/dek, Phasensprung +9 )beirad/slässt auf eine minimalphasige Nullstelle schliessen. Der Phasenverlust bei hohen Frequenzen bedeutet, dass die Strecke eine zusätzliche Totzeit hat. Die Übertragungsfunktion lässt sich also folgendermassen beschreiben Σ(s) =k s s + (s/ + ) e s T. Nun müssen noch die Konstante k und die Totzeit T bestimmt werden. Für die Bestimmung der Konstante k wird folgende Grenzwertüberlegung gemacht. lim Σ(s) =k ω s. Bei ω =. rad/s beträgt die Verstärkung approximativ 6 db (). Gemäss Grenzwertüberlegung gilt j. =. Daraus folgt k =. Alternative exakte Lösungsvariante: Da die Totzeit den Betrag hat gilt für den Betrag von Σ(s) beiω Σ(jω) = k ω ω 2 + ω ω daraus folgt k = Σ(jω) ω ω 2 + ω 2 +. ω 2 + Aus dem Bode-Diagramm wird zum Beispiel der Betrag bei ω = 2 herausgelesen und somit Σ(j 2) =6dB= k =. Die zusätzliche Phasendrehung der Totzeit bei 4 rad/s beträgt 45 ( 9) = 36 Die Phase des Totzeitelementes entspricht (e jω T )= ω T, daraus folgt T = 2π 4 [s].

7 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 Alternativer exakter Lösungsweg: Die Phase von Σ(s) beiω (Σ(jω)) = π 2 +tan ( ω)+tan ( ω ) ω T daraus folgt T = (Σ(jω)) π 2 +tan ( ω)+tan ( ω ω Aus dem Bode-Diagramm wird zum Beispiel die Phase bei ω = 4 herausgelesen Σ(j 4 )= 45. Daraus folgt für die Totzeit T = 2π 4 [s]. Die Übertragungsfunktion ist also Σ(s) = s (s/ + ) e s s + b) (2 Punkte) Da der Regler selbst keine instabilen oder grenzstabilen Pole hat, folgt für den offenen Regelkreis n + =, n =. Laut dem Nyquist-Kriterium n c = n + + n 2 =.5, 2π 4. muss der Nyquistpunkt.5 mal im Gegenuhrzeigersinn umrundet werden. Gemäss dem nachfolgenden Bode-Diagramm des offenen Regelkreises ist dies für alle k p im Wertebereich erfüllt, da für ω = bis ω =+ der Nyquistpunkt jeweils ein halbes Mal umrundet wird. ).

8 Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Amplitude [db] P(s) P(s)*.5 P(s)* Frequenz [rad/s] -9 Phase [deg] Frequenz [rad/s]

9 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 c) (2 Punkte) Für den offenen Regelkreis gilt L(s) =k p P (s) =P (s). Für die Robustheitsuntersuchung kann also direkt der gegebene Bode-Diagramm verwendet werden. Die Lösung ist auf dem nachfolgenden Bode-Diagramm ersichtlich. Amplitude [db] db (2.43e+4) at 2435 rad/s Frequenz [rad/s] 9.6 at 3.85 rad/s Phase [deg] Frequenz [rad/s]

10 Seite Sessionsprüfung Regelungstechnik I Aufgabe 3 (Reglerauslegung) Punkte Gegeben ist die folgende Strecke P (s) = 5 s (s +3)(s +). Hinweis: DieTeilaufgabenb.)-f.)sindunabhängig von der Lösung von a.) a) ( Punkt) Ihre Chefin möchte, dass Sie einen P-Regler für diese Strecke auslegen. Sie schlagen vor, die Verstärkung k p nach Ziegler/Nichols-Regeln auszulegen. Erklären Sie ihr warum Ziegler/Nichols hier angewendet werden kann. b) (3 Punkte) Nach erfolgreicher Argumentation legen Sie los und bestimmen die kritische Verstärkung k p und die kritische Frequenz ω. c) ( Punkt) Anschliessend bestimmen Sie daraus die Verstärkung k p nach der Methode von Ziegler/Nichols. d) (3 Punkte) Sie präsentieren Ihrer Chefin den Regler. Ihre Chefin fragt Sie, ob Sie allfällige systembedingte Einschränkungen der Durchtrittsfrequenz mit einem Sicherheitsfaktor von 5eingehaltenhaben,d.h.5 max{π + } < ω c <.2 min{ζ +, /T }. Sie verlangt einen mathematischen Nachweis. e) ( Punkt) Da dies nicht der Fall ist, werden Sie aufgefordert, die maximale Verstärkung k p,max zu bestimmen, für welche die Einschränkungen (mit Sicherheitsfaktor 5) eingehalten werden. f) ( Punkt) Zum Schluss verlangt Ihre Chefin, dass Sie den stationären Nachlauffehler dieses P-Reglers bestimmen und fragt Sie, wie man diesen eliminieren könnte. Lösung 3 a) ( Punkt) Damit ein kp < bestimmt werden kann, muss die Kreisverstärkung L(s) im Nyquist Diagramm die negative x-achse schneiden. Die beiden Pole bei π =undπ 2 =3führen je zu einem Phasenverlust von 9.Die nicht-minimalphasige Nullstelle führt zu einem weiteren Phasenverlust von 9.Folglich schneidet L(s) imnyquist-plotdienegativex-achse. Dies kann auch mathematisch gezeigt werden: [ ( ) ω ( ω ) ] lim P (s) = lim arctan arctan arctan (ω) ω ω 5 3 = π 2 π 2 π 2 = 3 π 2 b) (3 Punkte) Zur Bestimmung der kritischen Verstärkung k p und der kritischen Frequenz ω kann die folgende Beziehung verwendet werden: k p P (jω )=

11 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite Es folgt somit: k p 5 jω (jω +) (jω +3) = 5 k p jω k p = (ω ) 2 3 jω 4 Aus dem Vergleich des Imaginärteils findet man k p =4. Für den Vergleich des Realteils folgt: (ω ) 2 3 = 5 k p ω = rad/s c) ( Punkt) Aus der Tabelle erhält man den Wert für einen P-Regler nach Ziegler/Nichols: k p =.5 k p =2 d) (3 Punkte) Aufgrund der nicht-minimalphasigen Nullstelle ist die Durchtrittsfrequenz begrenzt auf ω c,max = ζ+ 5 =rad/s Es gilt nun zu überprüfen, ob die Ungleichung ω c <ω c,max erfüllt ist. Die Durchtrittsfrequenz ω c findet man durch Lösen der Gleichung L(jω c ) =. k p (5 jω c ) 3 ω 2 c +4 jω c) = Auflösen der quadratischen Gleichung ergibt: ω 2 c = 3 ± = { 3, 7} k p 25 + ω 2 c = (3 ωc 2)2 +6ωc 2 + 4ωc 2 = ωc 4 +ω2 c +9 = ω 4 c +6ω 2 c 9 Wir sind dabei nur an positiven realen Frequenzen interessiert. Es folgt somit ω c = rad/s. Folglich ist die Ungleichung ω c <ω c,max nicht erfüllt. Die Durchtrittsfrequenz ist zu hoch. e) ( Punkt) Durch Einsetzen von ω c =rad/sindieobigegleichungfindetman: k p = k p = (3 ω 2 c ) 2 +6ω 2 c 25 + ω 2 c Es folgt somit k p,max.877.

12 Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I f) ( Punkt) Der stationäre Nachlauffehler eines Einheitssprungs kann anhand der folgenden Gleichungen berechnet werden: e = S() = = +P () C() k p oder e = T () = P () C() +P () C() = k p Für den stationären Nachlauffehler folgt e =.45. Es gibt zwei Möglichkeiten den stationären Nachlauffehler zu eliminieren:. Durch einen I-Anteil kann der stationäre Nachlauffehler eliminiert werden. 2. Durch einen proportinalen Vorfilter. Das resultierende Regelsystem ist in der untenstehenden Graphik abgebildet. Der Gain des Vorfilters k VF kann wie folgt berechnet werden: e = k VF T () = k VF = T () = 3+5 k p 5 k p k VF =.682. Diese Lösung ist eher theoretischer Natur, da vorausgesetzt wird, dass das Modell die Strecke perfekt abbildet. Falls dies nicht der Fall ist, wird einregelfehlerresultieren. r k FV + - C(s) P(s) y

13 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Aufgabe 4 (Laplace Transformation) 5 Punkte a) (2 Punkte) Bilden Sie die Laplace-Transformierten folgender Zeitfunktionen. Vereinfachen Sie Ihre Ergebnisse so weit wie möglich. i) x(t) = h(t) 2j (e 2jt e 2jt ), { a für t<b ii) f(t) = für t<odert b b) (3 Punkte) a>, b >. Gegeben sei ein System mit der folgenden Übertragungsfunktion: Σ(s) = s 4 (s +3) 2 (s +2) Bestimmen Sie die Einheitssprungantwort des Systems im Zeitbereich. Lösung 4 a) (2 Punkte) i) Der Eulerschen Identität zufolge gilt: { } h(t) X(s) =L (e 2jt e 2jt ) 2j = L{h(t) sin(2t)} = 2 s Auch eine direkte Transformation ohne den Sinus ist möglich: X(s) = 2j L { h(t) e 2jt} 2j L { h(t) e 2jt} = ( 2j s 2j ) s +2j = 2 s ii) f(t) lässt sich mithilfe der Heaviside-Funktion ausdrücken: f(t) =a(h(t) h(t b)). Mit dem Verschiebungssatz ergibt sich die Laplace-Transformierte F (s) = a s ( e b s ). Alternativ führt auch die Definition der Laplace-Transformation zum Ziel: F (s) = =a f(t) e s t dt = b a e s t dt [ s e s t ] b = a s ( e b s ).

14 Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I b) (3 Punkte) Die Systemantwort wird berechnet mit: Y (s) =Σ(s) U(s) (3) Mit dem Eingangssignal U(s) = s (4) ergibt sich Y (s) = s 4 s(s +3) 2 (s +2) (5) Mit Hilfe der Partialbruchzerlegung kann man diese Formel in einfach transformierbare Terme zerlegen. Für p Pole π i der Vielfachheit φ i ist sie definiert durch: Y (s) = p φ i i= k= ρ i,k (s π i ) k ρ i,k C (6) Die Residuen ρ i,k werden folgendermassen berechnet: [ d (φ i { }] k) ρ i,k = lim s πi (φ i k)! ds (φ Y (s) (s π i ) φ i i k) (7) Es gibt folgende Pole: π = π 2 = 2 π 3 = 3 (8) mit den Vielfachheiten: φ = φ 2 = φ 3 =2 (9) Damit lassen sich die Residuen berechnen: [ d ( ) ρ, =lim s ( )! ds ( ) [ d ( ) ρ 2, = lim s 2 ( )! ρ 3, = lim s 3 (2 )! ds ( ) [ d (2 ) ds (2 ) s 2 +8s +8 = lim s 3 s 2 (s +2) 2 = 25 9 ρ 3,2 = lim s 3 (2 2)! [ d (2 2) ds (2 2) { }] (s 4) (s +3) 2 (s +2) { }] (s 4) s (s +3) 2 { }] (s 4) s (s +2) { (s 4) s (s +2) }] = lim s 2 =lim s (s 4) (s +3) 2 (s +2) = 2 9 () (s 4) =3 () s (s +3) 2 (s 4) = lim s 3 s (s +2) = 7 3 (2) (3) (4)

15 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 Alternativ können die Residuen auch mittels einem Koeffizientenvergleich ermittelt werden. Für die Partialbruchzerlegung ergibt sich: Y (s) = 2 9 s +3 s s (s +3) 2 (5) Für die inverse Laplace-Transformation der einzelnen Terme gilt für n : { } L (s π) n = h(t) tn e π t (n )! (6) Wegen der Linearität der Laplace-Transformation (und ihrer Inversen) gilt für die Sprungantwort im Zeitbereich: ( y(t) =h(t) e 2t 25 9 e 3t 7 3 t e 3t) (7)

16 Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Aufgabe 5 (Erreichbare Regelgüte) Punkte Die zu regelnde Strecke ist gegeben durch die Übertragungsfunktion P (s) = s s 2 (8) Als Regler ist ein einfacher P-Regler vorgesehen, dessen Übertragungsfunktion wie folgt lautet C(s) =k p, k p R Diese beiden Systeme P (s)undc(s)werden wie im folgenden Bild dargestellt in einem Regelkreis eingebunden. d r C P y a) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Menge Ω Raller Reglerverstärkungen k p welche einen asymptotisch stabilen geschlossenen Regelkreis gemäss obigem Bild ergibt. b) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Sensitivität S(s) mit Y (s) = S(s) D(s) (siehe Bild oben). Diskutieren Sie den Wert des Betrags S(jω) bei sehr hohen (ω )undsehrtiefen (ω ) Frequenzen. Tip: berechnen Sie zuerst S(jω) 2. c) (3 Punkte) Diskutieren Sie den Einfluss der Reglerverstärkungen k p Ωauf S(jω). Bestimmen Sie den minimalen Wert des Betrags der Sensitivität S(jω) für alle zulässigen Werte von k p Ωundfür alle Frequenzen ω>. Tip: Die Verläufe der Kurven S(jω) sind monoton zu- oder abnehmend. d) (2 Punkte) Diskutieren Sie dieses Resultat und begründen Sie, wieso nicht eine bessere Sensitivität erreichtbar ist. Lösung 5 a) Um die Stabilität des geschlossenen Regelkreises zu analysieren, ist es in diesem Fall am einfachsten, den einzigen Pol π cl des geschlossenen Regelkreises zu bestimmen. Dieser Pol ist die Lösung der Gleichung das heisst +C(s) P (s) = (s 2) + k p (s ) = (k p +) s (k p +2)= π cl = k p +2 k p + Dieser Pol π cl ist nur im Intervall Ω=( 2, ) kleiner als, d.h. nur für diese Werte von k p ist der Regelkreis asymptotisch stabil.

17 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 b) Die Sensitivität S(s) ist gegeben durch S(s) = +P (s) C(s) = s 2 (k p +) s (k p +2) Der Frequenzgang S(jω)lautet dann S(jω)= jω 2 (k p +) jω (k p +2) Dessen Betrag berechnet man mit Hilfe der Gleichung (benutzen Sie den Hinweis!) S(jω) 2 = jω 2 2 (k p +) jω (k p +2) 2 = ω 2 +4 (k p +) 2 ω 2 +(k p +2) 2 (9) Damit erhält man S() = 2 k p +2, S(j ) = k p + (2) c) Gemäss dem Hinweis sind die Betragsverläufe monoton zu- oder abnehmend. Es ist deshalb klar, dass diese Beträge ihre Extremwerte an den Grenzen ω =oderω = annehmen. Das Resultat (2) zeigt zudem, dass an diesen Grenzen der Betrag von S(jω) auch monoton von k p abhängt. Im folgenden Bild sind zur Illustration die Betragsverläufe solcher Elemente dargestellt (Keine Prüfungsfrage: Den Grenzfall erhält man für k p = 4/3, der Vollständigkeit halber auch im Bild dargestellt ist). S(jω) k p > 4/3 k p = 4/3 k p < 4/3 log ω Deshalb sind nur die Folgende vier Fälle zu unterscheiden S() kp 2, S() k p 2 2, S(j ) k p, S(j ) k p 2 Offensichtlich ist die kleinste Sensitivität (die beste Störungsunterdrückung) unddieser Wert wird bei ω = und k p 2erreicht. d) Das Ergebnis der letzten Teilaufgabe bedeuted, dass bei allen Frequenzen und bei allen möglichen Reglerverstärkungen die Störungen d nicht unterdrückt werden können. Dieses unbefriedigende Resultat ist eine Konsequenz der Streckeneigenschaften. In der Tat hat die Strecke eine nicht-minimalphasige Nullstelle ζ + =,welchelangsameralsderinstabile Pol π + =2ist.DieseAusgangslageistregelungstechnischgeseheneine der schwierigsten Situationen. Das Regelsystem kann in diesem Fall zwar stabilisiert werden, die Regelgüte bleibt aber beschränkt (dies gilt auch für aufwendigere Regler!).

18 Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Aufgabe 6 (Nyquist-Diagramme) 8Punkte a) (5 Punkte) In der untenstehenden Abbildung sehen Sie die Sprungantworten des offenen Regelkreises von verschiedenen Regelsystemen. Darunter finden Sie die Nyquist- Diagramme der jeweiligen offenen Regelkreise. Ordnen Sie die Nyquist-Diagramme (-6 ) den Sprungantworten (a-f )zuundbegünden Sie Ihre Antwort kurz..5 a.) b.) 8 c.) Amplitude d.) 5.5 e.) 5 5 f.).8 Amplitude Time (sec) 2 Time (sec) 5 Time (sec).5.).5 2.).5 3.) Imaginary Axis ) ) ) Imaginary Axis Real Axis.5 Real Axis.5 Real Axis

19 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 b) (3 Punkte) Gegeben seien folgende drei offene Regelkreise: i) ii) iii) L (s) = L 2 (s) = L 3 (s) = 3 (s +)(s 2) 2 (3 s) ( + s + s) 2 s(s 2 + s +) +.s +s In untenstehender Abbildung sind die Nyquist-Diagramme der jeweiligenoffenen Regelkreise abgebildet. Nutzen Sie das Nyquist-Kriterium um die Stabilität der jeweiligen geschlossenen Regelkreise zu beurteilen..4 L 5 L 2 2 L Imaginary Axis.. Imaginary Axis 5 5 Imaginary Axis Real Axis Real Axis Real Axis Lösung 6 a) (5 Punkte) Sprungantwort a zeigt ein Unterschwingen (nichtminimalphasige Nullstelle) und schwingt (mindestens 2. Ordnung). Die Kreisverstärkung wird also für hohe Frequenzen eine Phase lim (Σ(jω)) 27 haben. Damit sind Diagramme 2,3 und 6 möglich. ω Die Sprungantwort zeigt aber weder integrierendes Verhalten, noch eine Totzeit. Das trifft nur für Diagramm 2 zu. Sprungantwort b zeigt eine Totzeit. Im Nyquist-Diagramm zeigt diese sich durch einen Phasenabfall proportional zur Frequenz. Nur Diagramm 6 zeigt solches Verhalten. Sprungantwort c steigt kontinuirlich mit der Zeit. Das deutet auf einen Integrator hin. Dieser zeigt sich im Nyquist-Diagramm durch 9 Phase und unendliche Verstärkung bei Frequenz rad s.alsodiagramm3. Sprungantwort f zeigt das Verhalten eines Systems. Ordnung ohne Totzeit. Dazu passt nur Diagramm 5.

20 Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Die übrigen Sprungantworten zeigen das Verhalten eines Systems 2.Ordnung.Sie unterscheiden sich nur durch die Dämpfung. Sprungantwort d ist stärker gedämpft und gehört somit zu Diagramm. Zu der schwach gedämpften Sprungantwort e passt Diagramm 4. b) (3 Punkte) Ein System ist gemäss Nyquist-Kriterium asymptotisch stabil wenn gilt: n c = n + + n 2 wobei n c die Anzahl Umdrehungen der Nyquistkurve des offenen Regelkreises um den Punkt (, ), n + die Anzahl Pole von L(s) inderoffenenrechtenhalbebeneundn die Anzahl Pole von L(s), welche auf der imaginären Achse liegen, ist. i) n c =, n + =,n =.DasgeschlosseneRegelsystemistsomitinstabil. ii) iii) n c =.5, n + =,n =.DasgeschlosseneRegelsystemistsomitstabil. n c =.5, n + =,n =.DasgeschlosseneRegelsystemistsomitstabil. Wenn ω von zu geht, werden Umdrehungen im Gegenuhrzeigersinn dabei positiv und jene im Uhrzeigersinn negativ gezählt

21 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 2 Aufgabe 7 (Systemanalyse) 8Punkte Betrachtet wird das lineare zeitinvariante System ] [ ][ ] [ ] [ẋ (t) x (t) = + u(t) ẋ 2 (t) 6 x 2 (t) y(t) = [ 5 2 ] [ ] x (t), x 2 (t) welches vereinfacht die Dynamik des Wankwinkels y(t) eines fahrenden Velos in Abhängigkeit des Lenkwinkels u(t) beschreibt.» 2» 3 g y(t) u(t)»» 2 a) ( Punkt) Zeichnen Sie ein Signalflussbild des Systems. b) (2 Punkte) i) Bestimmen Sie die Übertragungsfunktion des Systems. Vereinfachen Sie Ihr Ergebnis so weit wie möglich. ii) c) ( Punkt) Geben Sie die Pole und Nullstellen der Übertragungsfunktion an. Ist das Ein-/Ausgangsverhalten des Systems BIBO-stabil? Ist das System im Sinne von Lyapunov stabil, asymptotisch stabil oder instabil? d) ( Punkt) Ist das System vollständig steuerbar? e) ( Punkt) Ist das System vollständig beobachtbar? f) (2 Punkte) Ausgehend von dem genannten Modell und Ihren Ergebnissen der vorigen Teilaufgaben, diskutieren Sie, i) ob der Fahrer das Velo allein durch Lenken am Umkippen hindern kann, ii) ob ein solcher Eingriff hierzu überhaupt nötig ist.

22 Seite 22 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Lösung 7 a) ( Punkt) 2 + u + s x 2 s x 5 + y + 6 b) (2 Punkte) i) Das System ist in Regelungsnormalform (controller canonical form) [ ] A b = a a c d b b ii) gegeben, somit lässt sich die Übertragungsfunktion direkt ablesen: Σ(s) = b s + b 2s +5 s 2 = + a s + a s 2 6. Alternativ ist natürlich auch eine Berechnung durch möglich. Σ(s) =c (si A) b + d = [ ] [ ][ ] 5 2 s = s 2 = 6 c Adj(sI A) b det(si A) 2s +5 s 2 6 Die Pole π i entsprechen den Wurzeln des Nennerpolynoms der Übertragungsfunktion: c) ( Punkt) π 2 6= π,2 = ± 6. Die Nullstellen ζ i sind die Wurzeln des Zählerpolynoms: 2ζ +5= ζ = 25. Ein Pol liegt in der rechten Halbebene, somit ist das System nicht BIBO-stabil. In der in b) hergeleiteten Übertragungsfunktion treten keine Pol-/Nullstellenkürzungen auf, somit besitzt die gegebene Zustandsraumdarstellung minimale Ordnung und die Eigenwerte der Systemmatrix entsprechen den Polen der Übertragungsfunktion. Alternativ können die Eigenwerte λ i der Systemmatrix A direkt berechnet werden: det(a λi) =λ 2 spur(a) λ +det(a) =λ 2 6= λ,2 = ± 6. Ein Eigenwert liegt in der rechten Halbebene, somit ist das System im Sinne von Lyapunov instabil.

23 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 23 d) ( Punkt) Systeme in Regelungsnormalform sind immer vollständig steuerbar. Des weiteren treten in der in b) hergeleiteten Übertragungsfunktion keine Pol-/Nullstellenkürzungen auf, womit die gegebene Zustandsraumdarstellung minimale Ordnung besitzt. Auch dies impliziert vollständige Steuerbarkeit. Alternativ kann die Steuerbarkeitsmatrix R aufgestellt werden: R = [ b A b ] [ ] =. Diese besitzt vollen Rang, somit ist das System vollständig steuerbar. e) ( Punkt) In der in b) hergeleiteten Übertragungsfunktion treten keine Pol-/Nullstellenkürzungen auf, somit besitzt die gegebene Zustandsraumdarstellung minimale Ordnung und ist vollständig beobachtbar. Alternativ lässt sich zeigen, dass die Beobachtbarkeitsmatrix [ ] [ ] c 5 2 O = = c A 2 5 vollen Rang besitzt, das System ist vollständig beobachtbar. f) (2 Punkte) i) Das System ist vollständig steuerbar, d.h. es existiert zu jedem Zustand x() = x c, x c R n ein Eingangssignal u(x c )(Lenkwinkel),welchesdenZustandinendlicher Zeit τ in den Ursprung (die aufrechte Position des Velos) führt: x(τ) =. Somit kann das Velo allein durch Lenken am Umkippen gehindert werden. ii) Das System ist instabil, somit würde das Velo ohne eine stabilisierende Beeinflussung mithilfe einer Stellgrösse, welche wie die Lenkung ein vollständig stabilisierbares System ergibt, bei minimaler Auslenkung kippen. Anmerkung: Natürlich sind neben dem gegebenen Beispiel der Beeinflussung des Lenkwinkels auch andere Möglichkeiten eines stabilisierenden Eingriffs denkbar, z.b. eine Gewichtsverlagerung durch den Fahrer oder konstruktive Rückkoppelungseffekte wie der Nachlauf der Vordergabel.

24 Seite 24 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Aufgabe 8 (Multiple-Choice) 8Punkte Entscheiden Sie bei den folgenden Aussagen, ob sie richtig oder falsch sind. Markieren Sie das entsprechende Kästchen mit einem Kreuz ( ). Die Antworten sind nicht zu begründen. Alle Fragen sind gleich gewichtet ( Punkt). Falsch beantwortete Fragen geben je einen Punkt Abzug 2.NichtbeantworteteFragengebenPunkte. Das Punkteminimum für die gesamte Aufgabe beträgt Punkte. 3 a) Eine Regelstrecke mit der Übertragungsfunktion (s+2) (s+) wird mit einem P-Regler geregelt. Für grosse Reglerverstärkungen k p wird das Regelsystem instabil. Richtig Falsch b) Eine Strecke wird mit einem P-Regler asymptotisch stabil geregelt. Da ein I-Anteil im Regler fehlt, bleibt immer ein stationärer Nachlauffehler im Führungsverhalten (r y), obwohl das System störungsfrei ist. Richtig Falsch c) Falls für ein asymptotisch stabiles Regelsystem max S(jω) =.5 gilt,hatdieseseine Verstärkungsreserve von mindestens 2. ω Richtig Falsch 3 d) Für folgende Übertragungsfunktion Σ(s) = kann der asymptotische Wert der (s 2 +5s+6) Einheitssprungantwort für t mit Hilfe des Endwertsatzes berechnet werden. Richtig Falsch e) Mittels dem Bode-Diagramm eines asymptotisch stabilen Systems kann die eingeschwungene Antwort auf das periodische Eingangssignal u(t) = sin( t+5) berechnet werden? Richtig Falsch f) Eine asymptotisch stabile Strecke wird mittels eines PD-Reglers geregelt. Die Vorhaltzeit T d beträgt.5s. Angefangen bei k p =wirddiereglerverstärkung schrittweise erhöht, bis die kritische Verstärkung erreicht wird. Die Vorhaltzeit des D-Teil wird nun auf.6s erhöht. Das Regelsystem wird darauf instabil. Richtig Falsch 2 Seien Sie also vorsichtig!

25 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 25 g) Gegeben ist unten abgebildetes Regelsystem mit Vorsteuerung und Vorfilter. Falls die Vorsteuerung F (s) = Σ(s) Y (s) P (s) gewählt wird, resultiert für T (s) = R(s) =Σ(s). F(s) w r Σ(s) e C(s) u P(s) d y n Richtig Falsch h) Gegeben ist folgendes physikalische System: Für eine regelungstechnische Beschreibung des Systems braucht es drei Zustandsvariablen, da es drei Speicher besitzt. Richtig Falsch Lösung 8 a) Falsch. Da es sich um ein System 2. Ordnung handelt, wird der Nyquistpunkt auch bei sehr hohen Verstärkungen nicht umrundet. b) Falsch. Falls das System ein integrierendes Verhalten zeigt, bleibt kein stationärer Nachlauffehler. c) Falsch. Die Aussage gilt für max S(jω) =2.IndiesemFallwürde der Kreis mit dem Radius ω S = max 2 =.5 umdennyquistpunktnichtbetreten.derkreiswürde die reelle Achse bei -.5 schneiden. Daraus würde eine Verstärkungsreserve von mindestens 2 resultieren. d) Richtig, da es sich um eine stabile Übertragungsfunktion handelt, kann der Endwertsatz angewendet werden. e) Richtig. Da die Anregungsfrequenz bekannt ist, kann sowohl die Verstärkung als auch die Phasenlage mittels dem Bode-Diagramm bestimmt werden.

26 Seite 26 Sessionsprüfung Regelungstechnik I f) Falsch. Eine Erhöhung der Vorhaltzeit bewirkt eine positive Phasendrehung. Daher wird das System wieder asymptotisch stabil. g) Richtig. Da ( ) Y (s) R(s) = P (s) +P (s)c(s) F (s)+ C(s) +P (s)c(s) Σ(s) P (s) = +P (s)c(s) Σ(s) P (s) + P (s)c(s) +P (s)c(s) Σ(s) P (s)c(s) = Σ(s)+ +P (s)c(s) +P (s)c(s) Σ(s) +P (s)c(s) = Σ(s) =Σ(s) +P (s)c(s) h) Falsch. Da x sowohl die Speichervariable der Federenergie als auch der potentiellen Energie ist, reichen zwei Zustandsvariablen.