Musterlösung. 120 Minuten + 15 Minuten Lesezeit am Anfang! 36 (unterschiedlich gewichtet, total 47 Punkte)

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1 BSc - Sessionsprüfung Regelungstechnik I ( Ochsner Musterlösung Dauer der Prüfung: Anzahl der Fragen: Bewertung: 120 Minuten + 15 Minuten Lesezeit am Anfang! 36 (unterschiedlich gewichtet, total 47 Punkte Um die Note 6 zu erlangen, müssen nicht alle Fragen richtig beantwortet werden. Bei jeder Frage ist die Punktezahl angegeben. Bei Mehrfachwahlfragen gibt es die Hälfte der Punkte, wenn alle ausser einer Antwort richtig sind. Bei allen anderen Fragen gibt es nur Punkte, wenn die Antwort vollständig richtig ist. Nicht eindeutige Lösungen werden als falsch bewertet. Erlaubte Hilfsmittel: 20 A4-Blätter (40 Seiten Taschenrechner (zur Verfügung gestellt Die Assistenten dürfen keine Hilfe geben. Zur Beachtung: Die Lösungen sind nicht zu begründen. Es zählt ausschliessich das Endresultat. Zu einer korrekten Lösung gehört auch die richtige Masseinheit. Geben Sie die Lösungen ausschliesslich an den dafür vorbereiteten Stellen an.

2 Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Einführung in die Regelungstechnik 0 F1 F2 Das gleichmässige Giessen der Pflanzen (d konstant entspricht einer Folgeregelung. Da das System nicht instabil ist und keine Störungen erwähnt werden, lautet die Lösung: Folgeregelung Störungsunterdrückung Stabilisierung einer instabilen Strecke Die Führungsgrösse r entspricht dem Sollwert, was in diesem Fall der Ort ist, wo man bewässern möchte (d. Mit der Stellgrösse u wirkt der Regler (Sie direkt auf die Strecke (Bewässerungsanlage, somit ist α die Stellgrösse. Die Regelgrösse y ist jene Grösse, die auf die Führungsgrösse geregelt werden soll und nur indirekt beeinflusst werden kann, in diesem Fall ist w die Regelgrösse. Signal Grösse aus Abbildung 1 Regelgrösse (y w Führungsgrösse (r d Stellgrösse (u α F3 Die Bewässerungsanlage ist die Regelstrecke und entspricht deshalb dem Block 3. Der Regler (Block 2 ist die Person, welche den Wasserhahn bedient. Über die Augen nutzt die Person Feedback. Block 1 repräsentiert eine Vorsteuerung, welche anhand der Beschreibung dem Notizzettel entspricht. Block Element aus obiger Liste Block 1 b Block 2 a Block 3 c

3 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Systemmodellierung F4 Bei konstanten Bedingungen ändern sich die Temperaturen nicht. Deshalb gilt d dt ϑ T(t = d dt ϑ S(t = 0. Daraus folgt P B (t = Q T (t = Q S (t, und schliesslich γ α(t = h S A S ( ϑs (t ϑ, Nach α aufgelöst findet man die korrekte Lösung als ˆα = h S A S γ ( ˆϑS ϑ F5 Gleichungen (11 (12 der Aufgabenstellung beschreiben die Dynamik des Systems. Aufgelöst nach den zeitlichen Ableitungen der Zustandsvariablen und (8 (10 eingesetzt, ergeben sich ẋ 1 = 1 ( PB Q T = γ α h T A T ( x1 x 2 = h T A T x 1 + h T A T x 2 + γ α und ẋ 2 = 1 m S c S ( QT Q S = h T A T m S c S ( x1 x 2 h S A S m S c S x 2 = h T A T m S c S x 1 h T A T + h S A S m S c S x 2, wobei die zeitlichen Abhängigkeiten aus Gründen der Übersichtlichkeit weggelassen wurden. Die Zustandsraumdarstellung sieht demnach wie folgt aus.

4 Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I (ẋ1 = ẋ 2 h T A T h T A T m S c S h T A T h T A T h S A S m S c S ( x1 x 2 + γ 0 u y = 0 1 ( x1 x u Anmerkung: Für die richtige Antwort des oberen Teils der Box erhält man einen Punkt und für die richtige Antwort des unteren Teils der Box erhält man ebenfalls einen Punkt. Es gibt keine Teilpunkte in den jeweiligen Teilen der Box. F6 Anhand der Grafik ist ersichtlich, dass sich die zwei Temperaturen sehr ähnlich verhalten. Es ist deshalb möglich, den Kochtopf und die Suppe als einen Wärmespeicher zu modellieren. Das ist der Fall, weil der Wärmeübertragungskoeffizient zwischen dem Kochtopf und der Suppe so gross ist. Die Wärmekapazitäten der Suppe und des Kochtopfs sind dabei von sekundärer Bedeutung. Die richtige Lösung lautet deshalb wie folgt: Ja, weil die Wärmekapazität der Suppe viel grösser ist als jene des Kochtopfs. Ja, weil der Wärmeübertragungskoeffizient des Kochtopfs sehr gross ist. Nein, weil die Masse des Topfes ein Sechstel der Masse der Suppe ist. Nein, weil der Topf sich wegen der kleinen Wärmekapazität schnell aufwärmt.

5 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 Analyse linearer Systeme F7 F8 Die beiden Systeme unterscheiden sich in der Verstärkung k aber die Zeitkonstante τ ist für beide Systeme identisch. Nur Diagramm A zeigt eine Impulsantwort von System 2 welche bei t 0 + dem korrekten Wert von k τ = 3 entsprcht und dabei die korrekte Zeitkonstante von τ = 5s aufweist. Diagramm A Diagramm B Diagramm C Diagramm D Die Zustandsraumdarstellung des gegebenen Signalflussbildes lautet: A = b = 0 c = ( d = F9 Zur Bestimmung der Beobachtbarkeit und Steuerbarkeit des Systems werden die Ränge der entsprechenden Matrizen berechnet: ˆ Rang(O = 2 vollständig beobachtbar und somit auch detektierbar ˆ Rang(C = 1 nicht vollständig steuerbar Da das System Lyapunov asymptotisch stabil ist (λ 1 = 1, λ 2 = 1 ist das System unabhängig von der Steuerbarkeit stabilisierbar. Eigenschaften trifft zu trifft nicht zu Vollständig steuerbar Vollständig beobachtbar Stabilisierbar Detektierbar F10 Zuerst berechnet man die Eigenwerte der A-Matrix. Beide Eigenwerte λ 1,2 = 3 ± j 6 haben einen negativen Realteil, woraus geschlossen werden kann, dass das System Lyapunov asymptotisch stabil ist. F11 Lyapunov asymptotisch stabil. Lyapunov stabil (grenzstabil. Lyapunov instabil. Das System Σ(s hat einen Pol bei π = 1 b. Für π < 0 muss folglich gelten: 0 < b <

6 Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Laplace 0 F12 Zuerst wird die Gleichung Laplace-transformiert, wodurch man ( s s + 5 Y (s = ( 3 s 1 U(s erhält. Nach Y (s/u(s aufgelöst ergibt das die Lösung: Σ(s = 3 s 1 s 2 +3 s+5 F13 Der Bruch ist bereits so normiert, dass a 4 = 1 ist. Die Ordnung des Systems ist 4 und der relative Grad ist 2. Somit können die Eintrage aus der Übertragungsfunktion einfach abgelesen werden A = b = 0 0 c = ( d = F14 Das System Σ 3 weist ein nichtminimalphasiges Verhalten auf und ist somit das System mit kleinstem (sprich negativem Parameter a 3. Die Sprungantwort von Σ 2 hat zum Zeitpunkt t 0 + eine zeitliche Ableitung von 0. Dieses Verhalten lässt einen relativen Grad von 2 schliessen und somit auf a 2 = 0. System Σ 1 mit dem höchsten Überschwinger weist schliesslich den grössten Parameter a 1 auf. F15 a 1 < a 2 < a 3 a 2 < a 1 < a 3 a 3 < a 2 < a 1 a 1 < a 3 < a 2 Für den Einheitsprung am Eingang U(s = 1 s gilt am Ausgang Y (s = Σ(s U(s = s 4 (s + 3 (s s Die Parameter A, B und C der Partialbruchzerlegung findet man mit dem Ansatz als Y (s = A s B s C s A = 7 3 B = 3 C = 2 3.

7 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 Die einzelnen Terme können nun mithilfe der entsprechenden Tabelle in den Zeitbereich transformiert werden. y(t = h(t ( 7 3 e 3t + 3 e 2t 2 3 F16 Eine Möglichkeit diese Aufgabe zu lösen führt über die Verwendung des Anfangswerttheorems sowie des Endwerttheorems. Anfangswerttheorem Endwerttheorem lim x(t = lim s (s t 0 + s (1 lim x(t = lim s (s t + (2 s 0 Werden diese Theoreme auf die Systeme Σ A (s und Σ B (s angewendet, resultieren folgende Merkmale bei den Impulsantworten Y a (s = Σ a (s 1 und Y b (s = Σ b (s 1: y a (t y b (t lim t lim t Bei den Sprungantworten Y a (s = Σ a (s 1 s und Y b(s = Σ b (s 1 s derselben Theoreme folgende Merkmale: gelten unter Verwendung y a (t y b (t lim t lim t 4 3 Beachten Sie, dass die Impulsantwort von System B exakt der Sprungantwort von System A enspricht (da Σ B (s = Σ A (s 1/s. Systeme Sprungantwort Impulsantwort Σ A (s 1 2 Σ B (s 3 1

8 Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Frequenzantworten F17 Anhand der Totzeit lässt sich Σ 2 (s sofort dem Diagramm C zuordnen. Da Diagramm D als einziges bei tiefen Frequenzen eine Phase von -90 hat, ist klar dass es zur Übertragungsfunktion Σ 4 (s gehört, welche einen offenen Integrator hat. Diagramm B mit -180 Phase bei tiefen Frequenzen gehört zur Übertragungsfunktion Σ 1 (s, welche eine negative statische Verstärkung hat. Diagramm A zeigt ein System mit relativem Grad 3 (-270 Phasenabfall und gehört folgerichtig zu Σ 3 (s. Die richtige Lösung lautet somit: Nyquist Diagramm A B C D Übertragungsfunktion F18 Das im Bodediagramm dargestellte System gehört zur Übertragungsfunktion Σ B (s. Das System hat einen Pol bei 0.01 rad /s, eine Nullstelle bei 0.1 rad /s, einen weiteren Pol bei 10 rad /s und eine Totzeit bei rad /s. F19 Σ A Σ B Σ C Σ D Bei hohen Frequenzen zeigt das Bodediagramm einen Verstärkungsabfall von 20 db /dec, weshalb der relative Grad r = 1 ist. Bei tiefen Frequenzen beträgt die Phase 0, somit hat die Übertragungsfunktion keinen offenen Integrator und ist vom Typ k = 0. r = 1 k = 0 F20 Bei den ersten zwei Fragen zum Phasenverlauf verhält es sich genau andersrum. Sowohl der stabile Pol, als auch die nichtminimalphasige Nullstelle senken die Phase ab. Eine Totzeit beeinflusst ausschliesslich die Phase eines Systems. Es ist eine fundamentale Eigenschaft von linearen Systemen, dass der Ausgang mit der gleichen Frequenz schwingt wie der Eingang. Die richtige Lösung lautet somit: Aussage richtig falsch Ein stabiler Pol hebt die Phase um 90 an. Eine nichtminimalphasige Nullstelle hebt die Phase um 90 an. Eine Totzeit hat keinen Einfluss auf den Verlauf der Verstärkung. Wenn ein lineares System mit einer periodischen Schwinung angeregt wird, schwingt der Ausgang (im eingeschwungenen Zustand mit der selben Frequenz wie der Eingang.

9 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 Analyse geschlossener Regelkreise F21 T (s lässt sich wie folgt berechnen: T (s = C(s P (s 1 + C(s P (s = k p (s (s + 2(s 1 + k p (s = k p (s s 2 + (1 + k p s + (0.5k p 2 T (s = k p(s+0.5 s 2 +(1+k ps+(0.5k p 2 F22 Damit der geschlossene Regelkreis asymptotisch stabil ist, müssen alle Pole des geschlossenen Regelkreises T (s einen negativen Realteil haben. Die Pole werden wie folgt berechnet: π 1/2 = 0.5(1 + k p ± 0.5 (1 + k p 2 4(0.5k p 2 = 0.5(1 + k p ± 0.5 kp Da der Term in der Wurzel immer positiv ist, sind beide Pole rein reell und müssen somit kleiner als null sein: 0 > 0.5(1 + k p ± 0.5 kp (1 + k p > kp k 2 p + 2k p + 1 > k 2 p + 9 k p > 4 Zur Überprüfung können nun die Pole berechnet werden. Sie liegen bei π 1/2 = { 5, 0}, d.h. das System ist genau bei k p = 4 an der Stabilitätsgrenze. Somit lautet die Lösung: k p,min = 4 F23 Die Kreisverstärkung in Diagramm A umkreist den Punkt -1 einmal im Gegenuhrzeigersinn (n c = 1. Die Übertragungsfunktion hat hat zwei positive Pole (n + = 2 und keinen Pol im Ursprung (n 0 = 0. Laut dem Nyquisttheorem ist der geschlossene Regelkreis somit nicht stabil. n 0 n + n c asymptotisch stabil? (ja/nein System A nein

10 Seite 10 Sessionsprüfung Regelungstechnik I F24 F25 Die Kreisverstärkung in Diagramm B umkreist den Punkt mal im Uhrzeigersinn (n c = 1.5. Die Übertragungsfunktion hat keinen positiven Pol (n + = 0 und einen keinen Pol im Ursprung (n 0 = 1. Laut dem Nyquisttheorem ist der geschlossene Regelkreis somit nicht stabil. n 0 n + n c asymptotisch stabil? (ja/nein System B nein Die Grössen können direkt aus der Grafik abgelesen werden. Bei der Durchtrittsfrequenz kreuzt L(jω die 0 db linie. Die Phasenreserve berechnet sich als 180 minus die Phase bei der Durchtrittsfrequenz. Und die Verstärkungsreserve berechnet sich als 1 dividiert durch die Verstärkung bei der Frequenz wo die Phase -180 beträgt. ω c = 10 [9, 11] rad/s, ϕ = 30 [25, 35], γ = 15 [14, 16] db = 5.62 [5.01, 6.31]

11 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 11 Spezifikationen und Beschränkungen geschlossener Regelkreise F26 Aus der Vorlesung ist folgende Formel bekannt: [ ( ζ ω c max(10 ω d, 2 π + +, min 2, ω T 2, ω 2 5, ω ] n 10 Setzt man die gegebenen Werte ein, ergibt dies: ω c [max(50, 40, min (, 62.5, 60, 100] Die Lösung lautet somit: 50 rad/s ω c 60 rad/s F27 Aus der gegebenen Sprungantwort des geschlossenen Regelkreises lassen sich das Überschwingen (ˆɛ und die Ansteigszeit (t 90 ermitteln. ˆɛ 0.2 t s Unter der Annahme, dass sich der geschlossene Regelkreis wie ein System 2. Ordnung verhält, lassen sich anhand der Faustregeln die Phasenreseve (ϕ und die Durchtrittsfrequenz (ω c bestimmen. ϕ = ˆɛ 48 ω c 1.7 = 1 rad t 90 s Für die Kreisverstärkung muss folgendes gelten. (L(ω c = ϕ = 132 L(ω c = 1 = 0 db Daraus kann bestimmt werden, dass Kreisverstärkung C zur gegebenen Sprungantwort gehören muss. A B C D F28 Der statische Nachlauffehler wird folgendermassen berechnet. e = lim t 0 e(t = S(0 Damit e = 0 muss also gelten S(0 = 1 = 0 L(0 = 1 + L(0 Da dies bei der Kreisverstärkung A nicht der Fall ist, führt diese zu einem statischen Nachlauffehler

12 Seite 12 Sessionsprüfung Regelungstechnik I A B C D

13 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 13 Reglerauslegung 0 F29 Um die Parameter T i und T d des PID-Reglers nach Ziegler-Nichols zu bestimmen wird die Periodendauer T der kritischen Schwingung benötigt. Diese kann aus der Übertragungsfunktion der Regelstrecke P (s berechnet werden. Für die Frequenz der selbsterhaltenden Schwingung gilt (k p P (jω = π. Daraus wird nun die Periodendauer T berechnet. (k p P (jω = 0 4 (jω + 2 = 4 arctan( ω 2 = π ω = 2 tan( π 4 = 2 rad /s T = 2 π ω = π s Die Parameter T i und T d des PID-Reglers werden nach Ziegler-Nichols folgendermassen gewählt. T i = 0.5 T = π 2 s T d = T = π 8 s T i = π 2 s = s T d = π 8 s = s F30 Um den Parameter k p des PID-Reglers nach Ziegler-Nichols zu bestimmen wird zusätzlich die kritische Verstärkung k p benötigt. Diese kann ebenfalls mit der Übertragungsfunktion der Regelstrecke P (s berechnet werden. k p P (jω = 1 Daraus wird nun k p berechnet. (Es wird ω aus der vorhergehenden Aufgabe benötigt. k p P (jω = k p k p = 64 1 jω = k p = k p 1 64 = 1 Der Parameter k p des PID-Reglers wird nach Ziegler-Nichols folgendermassen gewählt. k p = 0.6 k p = 38.4 k p = 38.4

14 Seite 14 Sessionsprüfung Regelungstechnik I F31 Die Regler mit I-Anteil führen zu einem verschwindenden Regelfehler (Sprungantworten A und C. Regler mit D-Anteil reagieren schneller auf einen Sprung in der Führungsgrösse r und überschwingen weniger (Sprungantworten C und D. Aus der Kombination dieser beiden Feststellungen wird klar, dass A die Sprungantwort eines PI-Reglers, B die Sprungantwort eines P-Reglers, C die Sprungantwort eines PID-Reglers und D die Sprungantwort eines PD-Reglers ist. Reglerstruktur Sprungantwort P B PI A PD D PID C

15 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 15 F32 Im Folgenden wird erläutert warum die Aussagen richtig oder falsch sind. Aussage 1 falsch Die Verwendung eines Lag Elementes führt zur Absenkung der Phase der Kreisverstärkung in einem beschränkten Frequenzband. Ausserhalb dieses Frequenzbandes hat das Lag Element keinen Einfluss auf die Phase. Die Phase kann somit durch ein Lag Element bei keiner Frequenz angehoben werden. Zur Anhebung der Phase in einem beschränkten Frequenzband könnte zum Beispiel ein Lead Element verwendet werden. Aussage 2 richtig Ein Lead Element führt zu einem Anstieg der Amplitude für alle Frequenzen um und oberhalb der Mittelfrequenz ˆω. Das schliesst auch hochfrequentes Messrauschen ein. Aussage 3 falsch Ein Lead (Lag Element führt zu einem Anstieg (Abfall der Amplitude für alle Frequenzen um und oberhalb von ˆω und zu einer Phasenerhöhung (Phasenabsenkung im Bereich von ˆω. Wenn ω c folglich nicht deutlich kleiner ist als ˆω wird die Durchtrittsfrequenz vom Lead/Lag Element verändert. Aussage 4 richtig Ein Anheben des Parameters ɛ führt zu einer Verbreiterung des Frequenzbandes. Ein Absenken Verschmälert dieses. Aussage richtig falsch Die Phase der Kreisverstärkung eines Regelkreises kann mit Hilfe eines Lag Elementes angehoben werden. Das Hinzufügen eines Lead Elementes verstärkt hochfrequentes Messrauschen. Das Hinzufügen eines Lead/Lag Elementes hat keinen Einfluss auf die Durchtrittsfrequenz der Kreisverstärkung. Durch Verändern des Parameter ɛ von Lead/Lag Elementen 2. Ordnung, kann die Breite des Frequenzbandes um die Mittelfrequenz ˆω angepasst werden.

16 Seite 16 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Matlab/Simulink 0 F33 Die Sprungantwort von System 1 wird im Plot mit jener von System 2 überschrieben. Um dies zu verhindern, muss der Befehl hold verwendet werden. 13 hold on; oder hold; F34 Um eine Legende einzufügen, muss der Befehl legend(... verwendet werden. 15 legend( 'system 1', 'system 2'; F35 Um das System in der Zustandsraumdarstellung zu definieren muss der Befehl ss(... verwendet werden. 11 sys = ss(a,b,c,d; F36 Wird das Modell von Simulink aus gestartet muss in der Lücke I der Block a sein. Wird das Modell von Matlab aus gestartet kann der Eingang u auch mit dem Befehl sim(... ans Modell übergeben werden und in der Lücke I kann entweder der Block a oder der Block i verwendet werden. Da in der Aufgabenstellung nicht weiter darauf eingegangen wird wie das Modell gestartet wird, sind beide Antworten richtig. Lücke I II III IV Block a oder i e b d