Lösungsvorschläge zur 3. Übung

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1 Systemdynamik und Regelungstechnik II, SoSe 26 Prof. Dr. Ing. J. Adamy M.Sc. M. Bühler Lösungsvorschläge zur. Übung Aufgabe 2.2- a) Aus der Aufgabenstellung ergibt sich eine Übertragungsfunktion,5z +2 z + G (z) = K R,5+z z = K R z(z +2) = k z + z(z +2) mit k = K R. In dieser Darstellung können Pole und Nullstellen direkt aus der Übertragungsfunktion abgelesen werden: Pole: p = undp 2 = 2 n = 2 und Nullstellen: n = m = VORSICHT: Das Stabilitätsgebiet in der z Ebene ist der Einheitskreis, nicht die linke Halbebene wie im Laplace Bereich! Skizze: Im b) Der eigentliche Wurzelort (k > ) ist nie stabil. Daher sind die Schnittpunkte der komplementären Re Wurzelortskurve mit dem Einheitskreis zu berechnen. Bei z = liegt ein Schnittpunkt mit dem Einheitskreis. Dafür ergibt sich folgender Verstärkungsfaktor: k = +2 + = 2 5 K R = k = 5.

2 Bei z = liegt ein weiterer Schnittpunkt mit dem Einheitskreis. Dafür ergibt sich folgender Verstärkungsfaktor: k = +2 + = K R = k =. Im Intervall von < K 5 r < liegen beide Pole des geschlossenen Regelkreises innerhalb des Einheitskreises und damit ist der Regelkreis stabil. c) Nun wird die ÜbertragungsfunktionG s (z) =,5z +2 z 2 betrachtet.,5+z Die Übertragungsfunktion des offenen Regelkreises lautet z + G (z) = K R (z +2)z = k z + 2 (z +2)z 2 mit k = K R. Die Pole und Nullstellen können in dieser Darstellung direkt aus der Übertragungsfunktion abgelesen werden. Pole: p,2 = und p = 2 n =. Nullstellen: n = m =. Die eigentliche WOK schneidet den Einheitskreis beiz = : k = +2 + = K R = =. Die anderen Schnittpunkte der WOK mit dem Einheitskreis, die nicht auf der reellen Achse liegen, werden mit dem Satz von Jury und Pavlidis berechnet: G W = G ( ) (z) +G (z) = K R z + ( ) = z 2 (z +2)+K R z + Daraus ergeben sich die Matrizen X = 2 2 K det(x Y) = det R K R K R Mit der pq Formel erhält man: und Y = K R K R z +K R z +2z 2 +K R z +K R. K R K R. = K R +2K R K 2 R = 2K R K 2 R = K R,2 = 2 2 ± + = ± 2. Da allerdings die Verstärkung nur im eigentlichen Wurzelort interessiert, erhält man: K R = + 2 =,. Aus den beiden Schnittpunkten ergibt sich der maximale Bereich des Verstärkungsfaktors, für den der Kreis stabil bleibt zu < K R <,. 2

3 Aufgabe Die Übertragungsfunktion des offenen Kreises lautet: G o (z) = K I z 2 (z ). a) Die charakteristische Gleichung lautet: z z 2 +K I =. keine Nullstellen, Pole beip,2 =,p = ;n = Verzweigungspunkt: 2 z z = z = 2 Hinweis: Es gibt noch einen zweiten VZP, nämlichz =. Mit Regel rechnet man aber nur VZP aus, die von den kritischen Stellen verschieden sind. Da auf z = ein Doppelpol liegt, werden dort 2 Äste der komplementären hineinlaufen und 2 Äste der eigentlichen WOK starten. Damit laufen die Pole des geschlossenen Kreises beide in z = für k und trennen sich dann wieder: ein Verzweigungspunkt. Schwerpunkt:δ = Asymptoten:φ = π,π und 5 π Skizze: Im b) Der offene Kreis ist grenzstabil. c) Die Bestimmungsgleichung lautet Re Re{Z o (z)} Im{N }{{} o (z)} Im{Z o (z)} Re{N }{{} o (z)} =. = = Vom Nennerpolynom muss nur der Imaginärteil bestimmt werden. N o (x+jy) = (x 2 +2jxy y 2 )(x +jy) =...+jy(x 2 2x y 2 ) Für Im{N o (z)} = sind zwei Fälle zu unterscheiden: i.)y = reelle Achse ii.)x 2 2x y 2 = (x )2 y2 = 9 Hyperbel mit: Scheitelpunktenz s = ± z s =,z s2 = 2 Asymptoten y = ± ( ) x

4 (Anmerkung: Der linke Ast der Hyperbel liegt auf der komplementären WOK.) d) Fallunterscheidung: i.) Pol auf der reelen Achse:K I +( ) ( ) 2 = K I = 2 ii.) Für die komplexen Wurzeln muss die analytische Gleichung x 2 2x y 2 = und die Kreisgleichungy 2 = x 2 erfüllt sein. Einsetzen liefert x 2 2x ( x 2 ) = x,2 = (± 5). Wir interessieren uns nur für den positiven Wertx = (+ 5) =.89, denn der negative Wert gehört zu den Schnittpunkten zwischen Einheitskreis und komplementärer WOK. Für den postiven Wert ergibt sichy = ±.588. Der Zur Bestimmung vonk I wird die charakteristische Gleichung verwendet: K I +(x +jy ) (x +jy ) 2 = K I.68. Die Überprüfung mit dem Satz von Jury und Pavlidis: Für die Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises gilt hier: G w (z) = =, z z 2 +K I a z +a 2 z 2 +a z +a a =, a 2 =, a =, a = K I. X = a a 2 = Y = a = K I a a a K I det(x Y) = K I K 2 I = K I = 2 ( ± 5). Der Wert 2 ( + 5).68 von zuvor ist auch dabei! Der zulässige Bereich des Reglerparameters ist also: < K I <.68. e) Wir verschieben die Pole des geschlossenen Regelkreises in Abhängigkeit vonk I, so dass diese innerhalb eines Kreises mit minimalem Radius sind. Damit bekommt man für den Regelkreis die kürzeste Ausregelzeit. Der Verzweigungspunkt z = 2 bestimmt in diesem Fall den minimalen Radius. Folgendes Bild verdeutlicht die Wahl. Wir setzen den Verzweigungspunkt in die charakteristische Gleichung ein: ( ) ( ) K I + = K I = 27.8 Der Wert liegt im zulässigen Bereich für K I der oben ermittelt wurde.

5 Root Locus Pole des geschlossenen Kreises für K I =.8.5 Imaginary Axis Real Axis Aufgabe Operationsverstärker a) Für den Kondensator gilt: CU C = Q = i s Damit erhält man für U + (Maschensatz) und die Übertragungsfunktion: ( U + = R 2 + ) i Cs G RC = R 2 + Cs = R 2Cs+ Cs (Die komplexe Impedanz ist Z RC = R+/(jωC)) b) In Gegenkopplung, Rückkopplung zum invertierenden Eingang c) Die Spannung am nicht invertierenden Eingang U +, Spannungsteiler für die Eingangsspannung U e (Der Strom in den Operationsverstärkereingang ist ): U + = G RC R +G RC Bei Gegenkopplung sorgt der Operationsverstärker dafür, dass die Differenz seiner Eingangsspannungen null ist. Damit lässt sich der Strom i 2 berechnen: i 2 = R (U e2 U + ) 5

6 Somit berechnet sich die Ausgangsspannung zu: U a = U + i 2 G RC = U + G RC R (U e2 U + ) = G RC R (U e U e2 ) = R 2Cs+ (U e U e2 ) R Cs d) Sollistwertvergleich und PI Regler, U e entspricht Führungsgröße, U e2 der Messgröße, U a der Stellgröße. e) Durch eine Induktivität in Reihe im Rückkopplungsteil bzw. einen Kondensator parallel im Eingangszweig. Übertragungsfunktion der RLC Reihenschaltung lautet: G RLC = U RLC I RLC = R 2 + Cs +sl RC Parallelschaltung: G R C = /R +C 2 s und die Ausgangsspannung entspräche: bzw. U a = R 2 R }{{} P Anteil + R Cs }{{} I Anteil + Ls R }{{} D Anteil (U e U e2 ) U a = G RC (U e U e2 ) = C 2CR 2 s 2 +(R 2 /R C +C 2 )s+/r (U e U e2 ) G R C R Cs Der ideale PID Regler ist nicht kausal und praktisch nicht realisierbar. Dies erkennt man auch daran, dass im Schaltkreis die Eingangsspannungen nicht mehr frei gewählt werden können, sondern sich nur stetig ändern. Ein realer PID Regler (PIDT) weist deshalb noch eine zweite Polstelle auf (realisiert durch zusätzlichen Widerstand parallel zulbzw. in Reihe zu C 2 ). Aufgabe G(s) = K r e Ts s e T T s +T s a) m = und β = die Z Transformation kann verwendet werden. G(z) = K r z m Z{ e T Abt s } s(+t s) { } { } { } e Z T Abt s s(+t = ( z )Z s) s(+t = ( z )Z s) s s+ T ( ) = ( z z ) = z z z z e T abt T z e T Abt T 6

7 b) m = and β = { } Z{g(t T t )} = K r z m e Z T Abt s mod s(+t s) { } { } e Z T Abt s mod s(+t = ( z )Z s) mod s s+ T { Z } mod s = z, siehe Tipp { } z Z mod = z e βt T Abt s+ T G(z) = K r z m. = Kr z m z e Werte einsetzen: z e T T Abt ( e ) βt T Abt (z ) z e T T Abt T T Abt ze T βt Abt +e T βt Abt z e T T Abt Zeichnen mit k =.75K r : Nullstellen: n =.66 Pole: p,2, =,p =.687 Ort der Verzweigungspunkte: G(z) = K r.952+z.75 =.75K r z +.66 z z.687 z z.687 = z+.66 z z.687 z = und z 2 =.58 Schnittwinkel in dem Verzweigungspunktz : φ = π 2 Anstiegswinkel in der kritischen Stelle p : φ = π (2 +)π = π π = 2π = 2 φ = π (2 +)π = π π = π = 2 φ 2 = π (2 2+)π = π 5π = 6π = Für z 2 : Anstiegswinkel der Asymptoten:φ = π,φ = π und φ = 5 π Schnittpunkt der Asymptoten:δ = =

8 Skizze:.5.5 Im Re 8