BSc - Sessionsprüfung 9..25 Regelungstechnik I (5-59-) Guzzella, Nüesch, Ochsner Musterlösung Dauer der Prüfung: Anzahl der Fragen: Bewertung: 2 Minuten + 5 Minuten Lesezeit am Anfang! 44 (unterschiedlich gewichtet, total 6 Punkte) Um die Note 6 zu erlangen, müssen nicht alle Fragen richtig beantwortet werden. Bei jeder Frage ist die Punktezahl angegeben. Die angegebene Punktezahl kann nur erreicht werden, wenn die Lösung vollständig richtig ist, d.h. es gibt keine Punkte für halbrichtige Lösungen. Nicht eindeutige Lösungen werden als falsch bewertet. Erlaubte Hilfsmittel: 2 A4-Blätter (4 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.
Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Signale und Systeme Nüesch Beschreibung: Klassifizieren Sie die nachfolgenden Systeme. Kreuzen Sie jeweils die zutreffenden Eigenschaften an. F ( Punkt) System Σ : d x(t) = A(t) x(t) + b(t) u(t) dt y(t) = c(t) x(t) + d(t) u(t) mit x(t), u(t), y(t) R 2. SISO linear zeitinvariant dynamisch F2 ( Punkt) System Σ 2 : d dt x(t) = A x(t) + b u2 (t) y(t) = c x(t) mit x(t) R 4, u(t), y(t) R. SISO linear zeitinvariant dynamisch
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Beschreibung: Abbildung zeigt eine Verschaltung von Systemen. Die einzelnen Systeme können als skalare Verstärkungen (y i = Σ i u i ) betrachtet werden. Σ u Σ 2 Σ 3 y Abbildung : Verschaltung von Systemen. F3 (2 Punkte) Wie lautet die Gesamtverstärkung Σ von u nach y? Antwort: Σ =
Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Lösung F SISO linear zeitinvariant dynamisch F2 SISO linear zeitinvariant dynamisch F3 Die Übertragungsfunktion von u nach y lautet Σ = Σ +Σ 2 Σ + Σ 3 = Σ +Σ 3 (+Σ 2 Σ ) +Σ 2 Σ
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 Thema: Systemmodellierung, Systemdarstellung Nüesch Beschreibung: Betrachten Sie die schematische Darstellung einer Walzmaschine in Abbildung 2. Die Walzmaschine hat die Aufgabe, das kontinuierlich und gleichmässig zugeführte Rohmaterial auf eine bestimmte Dicke zu bringen. Durch die Vorgabe der Position der Walze u(t) kann die Dicke des Materials unter der Walze x(t) eingestellt werden, d.h. x(t) = u(t). Mit einem Sensor, der sich L Meter von der Walze entfernt befindet, wird die Dicke y(t) des gewalzten Materials gemessen. x(t)=u(t) y(t) v L Abbildung 2: Walzmaschine. F4 ( Punkt) Wie kann y(t) als Funktion des Eingangssignals u(t) modelliert werden, wenn das Rohmaterial mit einer konstanten Geschwindigkeit v durch die Anlage läuft? Antwort: y(t) =
Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Zur Auslegung eines Reglers für die Geschwindigkeit z(t) einer elektrischen Lokomotive (siehe Abbildung 3) wird ein Modell benötigt. Das Eingangssignal v(t) entspricht der Spannung, welche an die Traktionsmotoren angelegt wird. Die angelegte Spannung führt zu einer Traktionskraft F t ( u(t) ). Der Lokomotive wirken zwei Widerstandskräfte entgegen: die Luftwiderstandskraft F l ( z(t) ) und die Rollreibungskraft Fr. Die zu beschleunigende Masse der Lokomotive beträgt m. Das Ausgangssignal w(t) des Modells ist die Geschwindigkeit der Lokomotive. z(t) Abbildung 3: Elektrische Lokomotive. F5 (2 Punkte) Geben Sie die resultierenden Modellgleichungen an. Antwort: d dt z(t) = w(t) =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 Lösung F4 Da der Aktuator keine Dynamik aufweist (x(t) = u(t)) kann das System, entsprechend dem Beispiel Conveyor Belt, als reine Totzeit modelliert werden. Die Totzeit beträgt T = L v und das Modell lautet y(t) = u(t L v ) F5 Das Modell für die Lokomotive lässt sich aus der Newtonschen Bewegungslgeichung herleiten. Dabei muss die Masse m multipliziert mit der zeitlichen Änderung der Geschwindigkeit d dtz(t) gleich der Summe aller angreifenden Kräfte sein. Dies führt hier zu folgenden Modellgleichungen: d dt z(t) = (F m ( ) ( ) ) t u(t) Fl z(t) Fr w(t) = z(t) Siehe Beispiel 2.3.5 in L. Guzzella, Analysis and Synthesis of Single-Input Single-Output Systems, 3. Edition.
Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Linearisierung, Normierung Ochsner Beschreibung: Abbildung 4 zeigt das Blockschaltbild eines Systems mit dem Eingang u R, dem Ausgang y R und dem Zustand x = [x x 2 ] T. Die Zustandsraumdarstellung dieses Systems ist gegeben durch d x(t) = A x(t) + b u(t) dt y(t) = c x(t) + d u(t). Abbildung 4: Blockschaltbild F6 (2 Punkte) Geben Sie für das System in Abbildung 4 die Grössen A, b, c und d der Zustandsraumdarstellung an. Antwort: A = b = c = d =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 Beschreibung: Abbildung 5 zeigt die nichtlineare, skalare Differentialgleichung dx dt = f(x, u) für vier verschiedene Werte von u. Diese Differentialgleichung beschreibt das Verhalten eines dynamischen Systems. 2 dx/dt u u 2 u 3 u 4 Abbildung 5: Die Funktion dx dt 2 2 2 3 4 x = f(x, u) für vier unterschiedliche, konstante Werte von u. F7 ( Punkt) Kreuzen Sie an, für welche(s) u eine Gleichgewichtslage (x e, u e ) des Systems existiert. u u 2 u 3 u 4 keines
Seite Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Sie haben ein nichtlineares Modell um eine Gleichgewichtslage (beschrieben durch u e, x e und y e ) linearisiert. Nun möchten Sie das nichtlineare und das linearisierte Modell in einer Simulation vergleichen. Dazu regen Sie das nichtlineare Modell mit dem Eingang u(t) an und erhalten den Ausgang y(t). Um das linearisierte Modell mit dem nichtlinearen Modell vergleichen zu können, müssen Sie den Eingang und den Ausgang richtig umrechnen. Vier Varianten zur Umrechnung sind in Abbildung 6 dargestellt. Abbildung 6: Linearisiertes vs. nichtlineares Modell F8 ( Punkt) Welche der vier Umrechnungsvarianten aus Abbildung 6 erlaubt einen korrekten Vergleich zwischen dem nichtlinearen und dem linearisierten Modell? Variante Variante 2 Variante 3 Variante 4
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite Lösung F6 Die Zustandsraumdarstellung lautet: A = ( ) b = ( ) c = ( ) d = ( ) F7 Die Gleichgewichtslage (x e, u e ) eines Systems ist definiert durch d dtx(t) =. Alle vier Linien in Abbildung 5 kreuzen die d dtx(t) = Linie. Deshalb gilt: u u 2 u 3 u 4 keines F8 Das linearisierte Modell beschreibt nur Abweichungen von der Gleichgewichtslage (x e, u e, y e ) deshalb muss vom Eingang u e abgezogen werden und am Ausgang y e dazu addiert werden. Variante Variante 2 Variante 3 Variante 4
Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Analyse linearer Systeme Ritter Beschreibung: Für die folgenden zwei Fragen ist ein lineares, zeitinvariantes System gegeben: 8 6 d dt x(t) = 2 x(t), x(t) R 3. () 6 F9 ( Punkt) Berechnen Sie die Gleichgewichtslage des Sytems in Gleichung () und tragen Sie Ihre Lösung in das folgende Lösungsfeld ein. Antwort: x e = [,, ] T F ( Punkt) Analysieren Sie das System in Gleichung () mit der Stabilitätstheorie von Lyapunov. Tragen Sie Ihre Lösung in das folgende Lösungsfeld. Antwort: Das System ist... Beschreibung: Betrachten Sie das folgende System 2. Ordnung, [ ] ẋ = A x, wobei A =, x R 2. (2) α Der Parameter α R kann beliebige endliche Werte annehmen. F (2 Punkte) Ist es möglich, dass das System in Gleichung (2) auf einen Impuls am Eingang oszillierend (mit Schwingen) reagiert? Kreuzen Sie nachfolgend an, welche Antwort zutrifft: Ja, unabhängig von α. Nein. Nur wenn α >. Nur wenn α <.
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Beschreibung: Für ein Experiment müssen Sie herausfinden, wie gross die Wärmeübertragung von Wasser an die Umgebung ist. Dafür nehmen Sie folgendes System an: Ein gut isolierter Behälter mit einem Volumen von. L wird bis zum Rand mit 24 C warmem Wasser gefüllt. Dann entfernen Sie den Deckel und messen den Wassertemperaturverlauf ϑ(t). Die Umgebungstemperatur ϑ beträgt während des gesamten Versuchs 23 C. Das Systemverhalten kann mit folgender Differentialgleichung erster Ordnung beschrieben werden: d dt ϑ(t) = h A ( ) ϑ ϑ(t), (3) m c mit m =. kg Masse des Wassers c = 484 J /kg K Wärmekapazität des Wasser A =. m 2 Fläche des Wärmeaustauschs h =? W /m 2 K Wärmeübergangskoeffizient Tipp: Beachten Sie, dass die Umgebungstemperatur ϑ als Eingang u(t) des Systems aufgefasst werden kann, welche zum Zeitpunkt t = s einen Sprung von 24 C auf 23 C macht. 24 Sprungantwort Temperatur [ C] 23.8 23.6 23.4 23.2 23 5 5 2 Zeit [s] Abbildung 7: Temperaturverlauf ϑ(t), nach dem Öffnen des Deckels bei t =. F2 (2 Punkte) Bestimmen Sie den Wärmeübergangskoeffizienten h anhand Gleichung (3) und der Sprungantwort in Abbildung 7. Antwort: h = W/m 2 K
Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Untersuchen Sie die Beobachtbarkeit und die Steuerbarkeit eines Systems 2. Ordnung, welches durch die folgenden Zustandsraummatrizen beschrieben ist, [ ] [ ] 6 8 3 A =, b =, c = [ 2 ], d =. (4) 3 3 F3 (2 Punkte) Kreuzen Sie nachfolgend an, welche Antwort zutrifft. Das System in Gleichung (4) ist... nur vollständig beobachtbar. nur vollständig steuerbar. sowohl vollständig beobachtbar als auch vollständig steuerbar. weder vollständig beobachtbar noch vollständig steuerbar. Beschreibung: Gegeben ist ein nichtlineares System. Da Sie sich für die Stabilität einer Gleichgewichtslage dieses Systems interessieren, linearisieren Sie das System um diese Gleichgewichtslage. Somit erhalten Sie zusätzlich ein lineares System, welches folgende Eigenwerte aufweist: λ =.753 + j 3.2 λ 2 =.753 j 3.2 λ 3 = λ 4 = 2.942 F4 ( Punkt) Kreuzen Sie nachfolgend an, welche Aussage auf das linearisierte System zutrifft. Das linearisierte System ist Lyapunov asymptotisch stabil. Das linearisierte System ist Lyapunov instabil. Das linearisierte System ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität des linearisierten Systems kann mit diesen Informationen keine Aussage gemacht werden. F5 ( Punkt) Kreuzen Sie nachfolgend an, welche Aussage auf das nichtlineare System zutrifft. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov asymptotisch stabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov instabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität der Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems kann mit diesen Informationen keine Aussage gemacht werden.
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 5 Lösung F9 Ein Gleichgewichtspunkt (oder singuläre Lösung) x e eines linearen, zeitinvarianten Systems erfüllt per Definition die Bedingung A x e =. Da det(a) lautet die einzige Lösung x e = [,, ] T F Die Eigenwerte eines linearen, zeitinvarianten Systems geben Auskunft über die Stabilität des Systems im Sinne von Lyapunov. Mit det(λ I A) = lassen sich die Eigenwerte λ,2,3 berechnen. Eine mögliche Herleitung sei hier gegeben: λ + 8 6 det λ 2 = λ(λ + 8)(λ + 6) (λ + 8)( 2) = λ + 6 Daraus kann der erste Eigenwert abgelesen werden, λ = 8. Durch eine Division mit (λ+8) erhält man die quadratische Gleichung λ(λ+6)+2 =, welche die beiden Lösungen λ 2,3 = 3 ± 7 hat. Da alle Eigenwerte einen negativen Realteil besitzen, ist das System nach Lyapunov asymptotisch stabil. Das System ist Lyapunov asymptotisch stabil. F Ein System kann nur schwingen, wenn mindestens ein Eigenwertpaar Imaginärteile besitzt, da nur in diesem Fall in der allgemeinen Lösung Sinus- und Kosinusterme auftreten. Für das gegebene System lauten die Eigenwerte λ,2 = ± α, welche nur imaginär sind, wenn α <. Ja, unabhängig von α. Nein. Nur wenn α >. Nur wenn α <. Da das System in der Aufgabenstellung ohne Eingang modelliert wurde, gibt es streng genommen keine Impulsantwort. Daher lässt sich argumentieren, dass die Antwort Nein ebenfalls korrekt ist. F2 Die gegebene Systemgleichung lässt sich in standartisierter Form darstellen als ẋ(t) = τ x(t) + k τ u(t), wobei x(t) = ϑ(t), u(t) = ϑ, τ = m c h A und k =. Der gesuchte Wärmeübergangskoeffizient kann mit dieser Gleichung bestimmt werden. Aus der Beschreibung und der abgebildeten
Seite 6 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Sprungantwort ist klar, dass es sich um eine Sprung-Amplitude von - handelt. An der Bestimmung des Wärmeübergangskoeffizienten ändert dies allerdings nichts. Die Zeitkonstante τ ist ungefähr 5 s, was mit ergibt. h = m c τ A =. kg 484 J /kg K. m 2 = 836.8 5 s W /m 2 K h = 836.8 W /m 2 K (597 395 W /m 2 K) F3 Ein System ist vollständig beobachtbar, falls die Beobachtbarkeitsmatrix, O n = [ c T (c A) T (c A n ) T] T, vollen Rang hat. Ein System ist vollständig steuerbar, falls die Steuerbarkeitsmatrix, R n = [ b A b A 2 b... A n b ], vollen Rang hat. Für das gegebene System folgt [ ] 2 O 2 = und R 9 5 2 = [ 3 6 3 6 womit das System zwar vollständig beobachtbar aber nicht vollständig steuerbar ist. nur vollständig beobachtbar. nur vollständig steuerbar. sowohl vollständig beobachtbar als auch vollständig steuerbar. weder vollständig beobachtbar noch vollständig steuerbar. ], F4 F5 Da ein Eigenwert einen Realteil gleich Null hat und alle anderen Eigenwerte einen Realteil kleiner Null haben, ist das linearisierte System stabil (grenzstabil) im Sinne von Lyapunov. Das linearisierte System ist Lyapunov asymptotisch stabil. Das linearisierte System ist Lyapunov instabil. Das linearisierte System ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität des linearisierten Systems kann keine Aussage gemacht werden. Da ein Eigenwert einen Realteil gleich Null hat kann von der Stabilität des linearisierten Systems nicht mehr auf die Stabilität der Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems geschlossen werden. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov asymptotisch stabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov instabil. Die Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems ist Lyapunov stabil (grenzstabil). Über die Lyapunovstabilität der Gleichgewichtslage des nichtlinearen Systems kann mit diesen Informationen keine Aussage gemacht werden.
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 7 Thema: Laplace-Transformation Zurbriggen Beschreibung: Sie haben in der Regelungstechnik-Vorlesung verschiedene Methoden zur Transformation oder Lösung von gewöhnlichen linearen Differentialgleichungen kennengelernt. F6 ( Punkt) Ordnen Sie die einzelnen Methoden aus Tabelle den Pfeilen in Abbildung 8 zu. Beschriften Sie dazu die Pfeile in Abbildung 8 entweder mit A, B, C oder mit D. Jedes Label darf dabei nur einmal verwendet werden. Tabelle : Transformationen Label A B Transformation Σ(s) U(s) c e A t x() + t c ea (t ρ) b u(ρ)dρ + d u(t) Y (s) e s t ds C 2 π j D c (s I A) b + d TD/ODE TD/Solution FD/TF FD/Solution Abbildung 8: TD = time domain, ODE = ordinary differential equation, FD = frequency domain, and TF = transfer function.
Seite 8 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: In Ihrem Labor stehen Laborversuche von vier Systemen a) bis d), von welchen Sie jeweils die Impulsantwort gemessen haben (siehe Abbildung 9). Für das System a) wurde ausserdem mittels einer Systemidentifikationssoftware folgende Übertragungsfunktion gefunden: Σ a) (s) = s 2 s (s + 2). (5) Impulsantwort a) 4 Impulsantwort b) Ausgang ( ).5.5 Ausgang ( ) 3 2 2 3 Zeit (s) Impulsantwort c).5.5 2 Zeit (s) Impulsantwort d) Ausgang ( ) 2 3 Ausgang ( ) 5 5 4.5.5 2 Zeit (s).5.5 2 Zeit (s) Abbildung 9: Impulsantworten der Systeme a) bis d). F7 ( Punkt) Kreuzen Sie nachfolgend an, welche(s) System(e) aus Abbildung 9 BIBO stabil ist/sind: a) b) c) d) F8 (2 Punkte) Berechnen Sie zur Überprüfung der Übertragungsfunktion in Gleichung (5) die Impulsantwort dieses Systems im Zeitbereich. Antwort: y(t) =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 9 F9 (2 Punkte) Abbildung zeigt eine Zerlegung des Systems aus Gleichung (5) in verschiedene Teilsysteme. Abbildung zeigt den zeitlichen Verlauf der Signale vor und nach jedem Teilsystem für den Fall, dass das Eingangssignal (Signal ) einen Impuls darstellt. Bestimmen Sie die Übertragungsfunktionen der einzelnen Teilsysteme und tragen Sie die identifizierten Übertragungsfunktionen in die Boxen in Abbildung ein. Hinweise: Es kann sein, dass Teilsysteme nur skalare Multiplikationen sind. Stellen Sie sicher, dass alle Teilsysteme zusammen dem System aus Gleichung (5) entsprechen. Signal (Impuls) Signal 2 Signal 3 Signal 4 Signal 6 (Impulsantwort) Signal 5 Abbildung : Teilsysteme Signal (-) Signal 2 (-) Signal 3 (-) Zeit (s) Zeit (s) Zeit (s) Signal 4 (-) Signal 5 (-) Signal 6 (-) Zeit (s) - Zeit (s) - Zeit (s) Abbildung : Signale der Teilsysteme F2 (2 Punkte) Zeichnen Sie die Pole der Systeme b) bis d) (aus Abbildung 9) qualitativ in Abbildung 2 ein. Nehmen Sie an, dass es sich bei Diesen um Systeme zweiter Ordnung ohne endliche Nullstellen handelt. Pole b) Pole c) Pole d) Im Im Im Re Re Abbildung 2: Pole Re
Seite 2 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: In dieser Aufgabe sollen die beiden Stabilitäts-Konzepte nach Lyapunov und BIBO verglichen werden. F2 (2 Punkte) Füllen Sie die Felder in der nachfolgenden Tabelle mit Ja aus, falls eine entsprechende Kombination aus Lyapunov- und BIBO-Stabilität möglich ist, und füllen Sie das entsprechende Feld mit Nein aus, falls eine entsprechende Kombination nicht möglich ist. Beispiel: Falls ein System Lyapunov asymptotisch stabil und gleichzeitig BIBO stabil sein kann, schreiben Sie ins erste Feld Ja. Falls dies nie gleichzeitig möglich ist, dann schreiben Sie Nein. Tabelle 2: Lyapunov - und BIBO Stabilitäten Lyapunov asymptotisch stabil Lyapunov stabil Lyapunov instabil BIBO stabil Nicht BIBO stabil Beschreibung: Gegeben ist ein System mit folgender I/O-Beschreibung: 3ÿ(t) + 6ẏ(t) + y(t) = 9u(t) 2 F22 ( Punkt) Wie lautet die Übertragungsfunktion dieses Systems von u nach y? Antwort: Σ(s) = F23 ( Punkt) Wie lautet die Zustandsraumdarstellung des Systems in Controller Canonical Form? Antwort: [ A b c d ] =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 2 Lösung F6 Folgende Beschriftungen gehören auf die Pfeile 2 : Oberer horizontaler Pfeil: B Unterer horizontaler Pfeil: A Linker vertikaler Pfeil: D Rechter vertikaler Pfeil: C F7 Ein System is BIBO stabil, wenn die Bedingung σ(t) dt < erfüllt ist, wobei σ(t) die Impulsantwort des Systems darstellt. Daraus folgt, dass folgende Systeme BIBO stabil sind: a) b) c) d) F8 Die Impulsantwort eines Systems berechnet sich im Frequenzbereich durch die Multiplikation der Übertragungsfunktion mit. Die Partialbruchzerlegung des Systems Σ(s) = s 2 s (s+2) lautet: Σ(s) = a s + b s + 2 = s + 2 s + 2 = Y (s) Zurücktransformiert in den Zeitbereich ergibt das y(t) = h(t) + 2 h(t) e 2 t = y(t) = h(t) (2e 2 t ) F9 Die einzelnen Übertragungsfunktionen sind: Signal Signal 2: /s (Integrator) Signal 2 Signal 3: /(s + 2) (System erster Ordnung) Signal 3 Signal 4: s (Differentiator) Signal 3 Signal 5: 2 (Statische Verstärkung) F2 Nachfolgend die Pole für die Systeme b) bis d). Alle Systeme schwingen, d.h. es handelt sich jeweils um ein komplex konjugiertes Polpaar. System b) ist asymptotisch stabil, deshalb liegen die Pole in der linken Halbebene. System c) ist instabil, deshalb liegen die 2 Siehe Abbildung 6. in L. Guzzella, Analysis and Synthesis of Single-Input Single-Output Systems, 3. Edition.
Seite 22 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Abbildung 3: Teilsysteme Pole in der rechten Halbebene. System d) ist grenzstabil, deshalb liegen die Pole auf der imaginären Achse. Pole b) Pole c) Pole d) Im Im Im Re Re Abbildung 4: Pole Re F2 Die Lyapunov Stabilität wird über die Eigenwerte der A-Matrix bestimmt. Die BIBO Stabilität wird über die Pole der Übertragungsfunktion bestimmt. Die Pole der Übertragungsfunktion sind eine Untermenge der Eigenwerte der zugehörigen A-Matrix. Durch Kürzung von Pol- und Nullstellen in einer Übertragungsfunktion verringert sich die Anzahl der Pole gegenüber der Anzahl Eigenwerte. Wenn alle Eigenwerte eines Systems einen negativen Realteil haben (Lyapunov asymptotisch stabil), dann hat die Übertragungsfunktion automatisch nur Pole mit negativem Realteil, d.h. das System muss BIBO stabil sein. Aufgrund von Pol- und Nullstellenkürzungen kann ein Lyapunov stabiles System sowohl BIBO stabil als auch nicht BIBO stabil sein. Aus dem gleichen Grund kann ein Lyapunov instabiles System sowohl BIBO stabil als auch nicht BIBO stabil sein. Tabelle 3: Lyapunov - und BIBO Stabilitäten BIBO stabil Nicht BIBO stabil Lyapunov asymptotisch stabil Ja Nein Lyapunov stabil Ja Ja Lyapunov instabil Ja Ja F22 Das System in I/O Darstellung kann direkt in den Laplace Bereich transformiert werden, wodurch man 3 s 2 Y (s) + 6 sy (s) + Y (s) = 9 U(s) 2
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 23 erhält. Dabei wurde berücksichtigt, dass für Übertragungsfunktionen alle Startwerte Null sind. Danach muss Y (s) ausgeklammert und die Gleichung nach Y (s) U(s) aufgelöst werden. Daraus resultiert Σ(s) = 9 3 s 2 +6 s+/2 = 3 s 2 +2 s+/6 F23 Die Zustandsraumdarstellung in Controller Canonical Form lautet 3 [ A b c d ] = /6 2 3. Dazu muss zuerst die I/O Darstellung durch drei geteilt werden, damit a 2 = ist. Anschliessend muss nur noch richtig abgelesen und eingesetzt werden. 3 Siehe Gleichung (5.32) in L. Guzzella, Analysis and Synthesis of Single-Input Single-Output Systems, 3. Edition.
Seite 24 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Thema: Frequenzantworten Hutter Beschreibung: Abbildung 5 zeigt den Frequenzgang eines Systems H(jω). Abbildung 5: Bode Diagramm von H(jω). F24 (2 Punkte) Wie lautet die Übertragungsfunktion H(s) des Systems? H(s) =. s+. s 3 +2 s+s H(s) =. s+. s 3 +2 s 2 +s H(s) =. s+. s 4 +.2 s 3 +s 2 H(s) =. s. s 4 +.2 s 3 +s 2 H(s) =. s+. s 3 +.2 s 2 +s Beschreibung: Die Kreisverstärkung eines Systems wird beschrieben durch L(s) = s (s+3) 2. F25 ( Punkt) Bei welcher Frequenz ω hat die Frequenzantwort des Systems L(jω ) eine Phase von 8? Antwort: ω =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 25 Beschreibung: Ein lineares System G(s) wird am Eingang mit u(t) = cos( t) angeregt. Das Bode Diagramm der Frequenzantwort G(jω) ist in Abbildung 6 dargestellt. Abbildung 6: Bode Diagramm von G(jω). F26 ( Punkt) Welche der Zeitantworten aus Abbildung 7 ist am Ausgang y(t) des Systems G(s) zu beobachten? Es gilt: y(t) = t. Abbildung 7: Auswahl der Zeitantworten. Zeitantwort A Zeitantwort B Zeitantwort C Zeitantwort D
Seite 26 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Gegeben ist der Frequenzgang einer Regelstrecke P (s) im Nyquist Diagramm (Abbildung 8) für Frequenzen ω [, ). 4 Imaginäre Achse 2 2 4 2 2 4 6 8 Reelle Achse Abbildung 8: Nyquist Diagramm von P (jω) für ω [, ). F27 ( Punkte) Welches der Bode Diagramme aus Abbildung 9 beschreibt dieselbe Frequenzantwort wie das Nyquistdiagramm in Abbildung 8? A B [db] [deg] 2 2 9 8 3 3 Frequenz [rad/s] [db] [deg] 2 2 9 8 3 3 Frequenz [rad/s] C 2 2 9 8 3 3 Frequenz [rad/s] 2 2 9 8 3 3 Frequenz [rad/s] D Abbildung 9: Auswahl Bode Diagramme. Bode Diagramm A Bode Diagramm B Bode Diagramm C Bode Diagramm D
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 27 Beschreibung: Gegeben ist ein System erster Ordnung: P A (s) = τ A s+. Das Nyquist und das Bode Diagramm von P A (s) sind in Abbildung 2 dargestellt. Dabei beschreibt δ A den Wert auf der reellen Achse des Nyquist Diagramms bei ω =. Der Parameter ɛ A beschreibt die Frequenz im Bode Diagramm, bei der die Phase auf 45 abgefallen ist. Ein zweites System P B (s) = τ ist ebenfalls gegeben, wobei gilt τ B s+ B > τ A. Dabei beschreiben die Parameter δ B und ɛ B die entsprechenden Punkte für das System P B (s). Imaginäre Achse Magnitude [db] Phase [deg] 2 2 45 Reelle Achse δ A 9 ǫ A Frequenz [rad/s] Abbildung 2: Nyquist und Bode Diagramm von P A. F28 (2 Punkte) Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Antwort: δ A < δ B ɛ A = ɛ B δ A = δ B ɛ A < ɛ B δ A > δ B ɛ A > ɛ B δ A = δ B ɛ A > ɛ B
Seite 28 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Abbildung 2 zeigt den Frequenzgang eines Systems Σ(s). Abbildung 2: Bode Diagramm des Systems Σ(jω). F29 ( Punkt) Bestimmen Sie den Typ k und den relativen Grad r des Systems Σ(s). Antwort: k = r =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 29 Lösung F24 F25 Das System in Abbildung 5 hat bei tiefen Frequenzen eine Phase von -8, d.h. es is vom Typ 2. Folglich kommen nur noch Systeme 3 und 4 in Frage. Diese Systeme haben beide eine Nullstelle bei ω =. rad /s, wobei die Nullstelle im 3. System minimalphasig ist (Re{ζ} < ) und die im 4. System nicht (Re{ζ} > ). Da die Phase im Bode Diagramm bei ω =. rad /s um 9 ansteigt, handelt es sich um eine minimalphasige Nullstelle. Die richtige Lösung lautet entsprechend: H(s) =. s+. s 3 +2 s+s H(s) =. s+. s 3 +2 s 2 +s H(s) =. s+. s 4 +.2 s 3 +s 2 H(s) =. s. s 4 +.2 s 3 +s 2 H(s) =. s+. s 3 +.2 s 2 +s Anhand der Pole kann man sich den Phasenverlauf der Kreisverstärkung vorstellen. Das System is vom Typ, d.h., es hat bei tiefen Frequenzen eine Phase von 9. Dazu kommen zwei stabile Pole bei π,2 = 3, d.h. die Phase fällt von 9 auf 27 ab. Die Hälfte dieses Phasenabfalls (entspricht dann genau 8 Phase) ist exakt bei der Frequenz π,2, also bei ω = 3 rad /s. Alternativ können wir L(jω) berechnen und den Imaginärteil gleich Null setzen. L(jω) = jω(jω + 3) 2 = jω( ω 2 + 3jω + 9) = j( ω 3 + 9ω) 3ω 2. Hier erkennt man, dass bei ω = 3 rad /s der Imaginärteil gleich Null ist. Eine dritte Möglichkeit besteht darin, die Phase direkt auszurechnen, die Phase mit π gleichzusetzen und anschliessend nach ω aufzulösen. ω = 3 rad /s F26 F27 Die Zeitantworten C und D kommen nicht in Frage, da in beiden Fällen y(t) und u(t) nicht mit der gleichen Frequenz schwingen. Bei linearen Systemen ist das jedoch immer der Fall. Der Betrag von G(j) beträgt ca. 4 db, was einer Verstärkung von 5 entspricht. Die richtige Antwort lautet also: Zeitantwort A Zeitantwort B Zeitantwort C Zeitantwort D Die statische Verstärkung des Systems P (jω) beträgt. Deshalb kommen nur noch die Bodediagramme A, B, und C mit einem Betrag von 2 db bei tiefen Frequenzen in Frage. Das richtige Bodediagramm kann nun anhand der Phase identifiziert werden: Diese ist nur beim Bodediagramm A nicht monoton abfallend und entspricht demnach dem Phasenverlauf des Systems im Nyquistdiagramm.
Seite 3 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Bode Diagramm A Bode Diagramm B Bode Diagramm C Bode Diagramm D F28 Der Wert δ i entspricht der statischen Verstärkung, die bei beiden Systemen beträgt. Der Wert ɛ i entspricht der cut-off Frequenz und berechnet sich durch ɛ i = τ i. Da τ B > τ A ist, gilt ɛ A > ɛ B. δ A < δ B ɛ A = ɛ B δ A = δ B ɛ A < ɛ B δ A > δ B ɛ A > ɛ B δ A = δ B ɛ A > ɛ B F29 Der Typ eines Systems lässt sich an der Phase bei tiefen Frequenzen ablesen. Der relative Grad wiederum lässt sich am Betragsabfall bei hohen Frequenzen ablesen. In Abbildung 2 erkennt man -9 Phase bei tiefen Frequenzen und 6 db /dek Betragsabfall bei hohen Frequenzen. Es gilt also: k = r = 3
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 3 Thema: Analyse und Spezifikationen geschlossener Regelkreise Moser Beschreibung: Gegeben sind die Übertragunsfunktionen der Kreisverstärkungen L (s), L 2 (s), L 3 (s) und L 4 (s) (siehe Tabellen 4 und 5), die Nyquistdiagramme für ω [, ) dieser 4 offenen Regelkreise (siehe Diagramme A-D) und die Einheits-Sprungantworten der jeweils resultierenden geschlossenen Regelkreise (siehe Sprungantworten -4). F3 (2 Punkte) Füllen Sie Tabelle 4 aus, indem Sie jeder Übertragungsfunktion das zugehörige Nyquistdiagramm A-D des offenen Regelkreises zuordnen. Tabelle 4: Zuordnungstabelle für Übertragungsfunktion und Nyquistdiagramm. Übertragungsfunktion L (s) =.3 s+ s+ L 2 (s) = s+ L 3 (s) = ( +.5 s ) s+ L 4 (s) = 2 s s+ Nyquistdiagramm Nyquistdiagramm A Nyquistdiagramm B Nyquistdiagramm C Nyquistdiagramm D.5.5.5.5 Im Im Im Im.5.5.5.5.5.5 Re.5.5 Re.5.5 Re.5.5 Re
Seite 32 Sessionsprüfung Regelungstechnik I F3 (2 Punkte) Füllen Sie Tabelle 5 aus, indem Sie jeder Übertragungsfunktion die zugehörige Einheits-Sprungantwort -4 des geschlossenen Regelkreises zuordnen. Tabelle 5: Zuordnungstabelle für Übertragungsfunktion und Sprungantwort. Übertragungsfunktion L (s) =.3 s+ s+ L 2 (s) = s+ L 3 (s) = ( +.5 s ) s+ L 4 (s) = 2 s s+ Sprungantwort Sprungantwort Sprungantwort 2 Sprungantwort 3 Sprungantwort 4.5.5.5.5 Amplitude [ ].5 Amplitude [ ].5 Amplitude [ ].5 Amplitude [ ].5 2 4 Time [s] 6 2 4 Time [s] 6 2 4 Time [s] 6 2 4 Time [s] 6
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 33 Beschreibung: Abbildung 22 zeigt das Nyquistdigramm einer Regelstrecke mit der Übertragungsfunktion P (s) = 2.5 s + s 2 4 s 5. (6) Sie möchten für diese Regelstrecke einen P-Regler verwenden..5 Im ω = ω = ω =.5.5.5 Re Abbildung 22: Nyquistdiagramm von P (s) für ω (, ) F32 ( Punkt) Bestimmen Sie anhand des Nyquistdiagramms von P (s) (Abbildung 22) in welchem Bereich die Reglerverstärkung k p zu wählen ist, damit ein asymptotisch stabiles geschlossenes Regelsystem resultiert. Antwort: k p F33 ( Punkt) Sie haben sich entschlossen für die Regelung der Strecke in Gleichung (6) einen P-Regler mit einer Verstärkung von k p = 4 zu verwenden. Wie gross ist die resultierende minimum return difference (µ min ) von L(s) = k p P (s)? Antwort: µ min =
Seite 34 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Gegeben ist das Nyquistdiagramm einer Kreisverstärkung L(jω), welches in Abbildung 23 dargestellt ist. Bestimmen Sie anhand der Grafik in Abbildung 23 die folgenden Robustheitsmasse: Verstärkungsreserve γ, Phasenreserve ϕ und minimum return difference µ min. F34 ( Punkt) Verstärkungsreserve γ = γ = γ = γ = γ = F35 ( Punkt) Phasenreserve ϕ = 45 ϕ = 45 Im.5 F36 ϕ = 3 ϕ = 3 ( Punkt) Minimum return difference µ min = µ min = µ min =.63 µ min =.63 µ min =.2 µ min =.2.5.5 Re.5 Abbildung 23: Nyquistdiagramm
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 35 Beschreibung: Gegeben ist eine Regelstrecke mit der Übertragungsfunktion P (s) = s e. s. (7) Die Unsicherheitsschranke W 2 (s) dieser Strecke ist ebenfalls bekannt und in Abbildung 24 dargestellt. 2 Magnitude [db] 2 2 3 Frequency [rad/s] Abbildung 24: Betrag der Unsicherheitsschranke W 2 (s) F37 (2 Punkte) Bestimmen Sie die Durchtrittsfrequenz ω c der Kreisverstärkung, für welche Sie einen sinnvollen Regler für diese Strecke auslegen würden. ω c =. rad /s ω c = rad /s ω c = rad /s ω c = rad /s
Seite 36 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Lösung F3 Lösung siehe Tabelle 6. Begründung: Für eine erste Einteilung können die Nyquistdiagramme bzw. Übertragungsfunktionen bei sehr kleinen Frequenzen (ω = ) und grossen Frequenzen (ω = ) betrachtet werden. Damit kann L (s) eindeutig dem Diagramm C zugewiesen werden (betrachte ω = ). Die Übertragungsfunktion L 2 (s) ist ein reiner Tiefpass. Ordnung und gehört damit zu Diagramm A. Die Systeme L 3 (s) und L 4 (s) haben beide einen offenen Integrator. Durch eine Umformung sieht man, dass sich die Übertragungsfunktion L 3 (s) als L 3 (s) = (.5 s+) L 4 (s) schreiben lässt. Die zusätzliche minimalphasige Nullstelle in L 3 (s) gegenüber L 4 (s) führt dazu, dass L 3 (s) weniger Phase hat als L 4 (s) (minimalphasige Nullstelle führt zu 9 Phasenanstieg). Damit gehören das Diagramm B zur Übertragungsfunktion L 3 (s) und das Diagramm D zur Übertragungsfunktion L 4 (s). Tabelle 6: Lösungstabelle für die Zuordnung Übertragungsfunktion und Nyquistdiagramm. Übertragungsfunktion L (s) =.3 s+ s+ L 2 (s) = s+ L 3 (s) = ( +.5 s ) s+ L 4 (s) = 2 s s+ Nyquistdiagramm C A B D F3 Lösung siehe Tabelle 7. Begründung: Zuerst berechnen wir alle 4 Komplementären Sensitivitäten: T (s) =.3 s+.3 s+2 T 2 (s) = s+2 T 3 (s) = s+2 s 2 +2 s+2 T 4 (s) = 2 s 2 +s+2 Die Sprungantworten lassen sich in Systeme mit einer statischen Verstärkung von.5 (Sprungantworten und 4) und einer statischen Verstärkung von (Sprungantworten 2 und 3) unterteilen. Die Übertragungsfunktionen lassen sich ebenfalls so unterteilen, wobei T 3 (s) und T 4 (s) eine statische Verstärkung von aufweisen und T (s) und T 2 (s) eine statische Verstärkung von.5. Die anschliessende Unterscheidung wird mithilfe des relativen Grads gemacht. Relativer Grad r = ergibt einen Sprung bei t = in der Sprungantwort, relativer Grad r = ergibt eine positive Steigung bei t = in der Sprungantwort und relativer Grad r > ergibt eine Steigung von Null bei t = in der Sprungantwort. Tabelle 7: Lösungstabelle für die Zuordnung Übertragungsfunktion und Sprungantwort. Übertragungsfunktion L (s) =.3 s+ s+ L 2 (s) = s+ L 3 (s) = ( +.5 s ) s+ L 4 (s) = 2 s s+ Sprungantwort 4 3 2
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 37 F32 Die Pole der Strecke P (s) sind π,2 = 2 ± 3. Somit besitzt die Strecke einen instabilen Pol. Die Reglerverstärkung muss deshalb im Bereich k p (2, ) gewählt werden, damit die Anzahl Umdrehungen um den Punkt im Gegenuhrzeigersinn eins beträgt, was der Anzahl instabiler Pole von L(s) entspricht (Nyquistkriterium). k p (2, ) F33 Der minimale Abstand der Kreisverstärkung L(s) vom Punkt beträgt µ min =, da L(s) einen Kreis um den Punkt mit Radius beschreibt. µ min = F34 F35 F36 Die Kreisverstärkung L(s) lässt sich mit beliebigen positiven Verstärkungsfaktoren multiplizieren, ohne dass der Punkt berührt wird. Folglich beträgt die Verstärkungsreserve γ =. γ = γ = γ = γ = γ = Aus dem Diagramm liest man einen Winkel von ϕ = 45 zwischen dem Durchtrittspunkt durch den Einheitskreis, dem Ursprung und der reellen Achse ab. ϕ = 45 ϕ = 45 ϕ = 3 ϕ = 3 Aus dem Diagramm liest man einen Wert von µ min =.63 ab. µ min = µ min = µ min =.63 µ min =.63 µ min =.2 µ min =.2 F37 Die Strecke hat einen instabilen Pol bei π + = rad /s und eine Totzeit von T =. s. Gemäss Abbildung 24 beträgt die Modellunsicherheit oberhalb von ω 2 = 3 rad /s mehr als
Seite 38 Sessionsprüfung Regelungstechnik I %. Die Durchtrittsfrequenz ω c muss deshalb 4 im Bereich 2 π + < ω c < min{.5 ω 2,.5 /T } liegen. Für die gegebenen Werte resultiert 2 rad /s < ω c < min{5 rad /s, 5 rad /s} und damit: ω c =. rad /s ω c = rad /s ω c = rad /s ω c = rad /s 4 Analysis and Synthesis of Single-Input Single-Output Control Systems, Lino Guzzella, 3. Edition, Abschnitt 9.5
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 39 Thema: Reglerauslegung Zsiga Beschreibung: Für eine Regelstrecke mit der Übertragungsfunktion P (s) = (.5 s+) s stehen vier Regler zur Verfügung. Mit allen Reglern ist der geschlossene Regelkreis asymptotisch stabil. Die Aufgabe der Regelung ist die Unterdrückung von Störungen und keine Folgeregelung (r = ). Die Struktur des Regelsystems ist in Abbildung 25 dargestellt. Die vier Regler sind C (s) = ; C 2 (s) = 3; C 3 (s) = 3 ( + 3 s ); C 4 (s) = 3 ( + +.2 s). 3 s 38 9 Analysis of Feedback Systems w d r e C(s) u P (s) y n Figure 9.. Standard feedback Abbildung control 25: Struktur system des Regelsystems. structure. External signals acting on the system: r is the reference, w is the input and d the output disturbance, and n is the measurement F38 ( Punkt) noise. Eine Signals Störungproduced wirkt am Ausgang by the dersystem: Strecke d(t) y= ish(t). thefür output die anderen signal, and e is the error signal. Eingänge gilt w(t) = n(t) =. Welche(r) Regler führt/führen zu keinem statischen Nachlauffehler (e = )? C The following Cdefinitions 2 will be frequently used below. The loop gain L(s) is the open-loop Ctransfer function from e y defined by 3 F39 C 4 L(s) = P (s) C(s) (9.) ( Punkt) Eine Störung wirkt am Eingang der Strecke w(t) = h(t). Für die anderen Eingänge gilt d(t) = n(t) =. Welche(r) Regler führt/führen zu keinem statischen Nachlauffehler (e = )? For the discussion of closed-loop system stability the distance of the loop C gain from the point will be important. The corresponding transfer function C 2 C 3 C 4 + L(s) (9.2) is referred to as the return difference and the real scalar
Seite 4 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Die Kreisverstärkung eines Regelsystems hat den in Abbildung 26 dargestellten Frequenzgang. Nehmen Sie an, dass sich der zugehörige geschlossene Regelkreis ungefähr wie ein System zweiter Ordnung verhält. 2 Bode Diagramm Betrag [db] Phase [ ] 2 3 8 2 4 6 8 ω [rad/s] ω [rad/s] Abbildung 26: Frequenzgang des Systems. F4 ( Punkt) Bestimmen Sie die ungefähre Anstiegszeit t 9 der Sprungantwort des geschlossenen Regelkreises. Antwort: t 9 = F4 ( Punkt) Bestimmen Sie den ungefähren maximalen Überschwinger ˆɛ der Sprungantwort des geschlossenen Regelkreises. Antwort: ˆɛ =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 4 Beschreibung: Ein PI-Regler soll mit der Methode von Ziegler und Nichols ausgelegt werden. Abbildung 27 zeigt die Impulsantworten des geschlossenen Regelkreises für verschiedene Werte der Verstärkung k p. Impulsantwort, k p =.52 2 Impulsantwort, k p =.6.8.5 Amplitude [-].6.4.2 Amplitude [-].5.5.2.4 2 4 6 3 Zeit [s] Impulsantwort, k p =.55.5 2 4 6 8 Zeit [s] Impulsantwort, k p =.84 Amplitude [-] 2 2 3 2 4 6 Zeit [s] Amplitude [-] 6 4 2 2 4 6 2 4 6 Zeit [s] Abbildung 27: Impulsantworten des geschlossenen Regelkreises. F42 ( Punkt) Wählen Sie die geeignete Impulsantwort aus und bestimmen Sie daraus die Verstärkung k p nach Ziegler und Nichols. Antwort: k p = F43 ( Punkt) Wählen Sie die geeignete Impulsantwort aus und bestimmen Sie daraus die Zeitkonstante des Integrators T i nach Ziegler und Nichols. Antwort: T i =
Seite 42 Sessionsprüfung Regelungstechnik I Beschreibung: Abbildung 28 zeigt das Bode-Diagramm einer Regelstrecke, für welche ein P- Regler ausgelegt werden soll. Die Durchtrittsfrequenz der Kreisverstärkung (offener Regelkreis) soll dabei so gross wie möglich sein, jedoch ist eine Phasenreserve von ϕ 45 gefordert. Bode Diagramm 5 Betrag [db] 5 5 ω [rad/s] 45 Phase [ ] 9 35 8 225 ω [rad/s] Abbildung 28: Frequenzgang des Systems. F44 (2 Punkte) Wie gross muss mit diesen Spezifikationen die Verstärkung k p des Reglers gewählt werden? Antwort: k p =
Sessionsprüfung Regelungstechnik I Seite 43 Lösung F38 Da die Strecke integrierendes Verhalten ausweist (Pol im Ursprung) führen alle Regler zu keinem statischen Nachlauffehler (e = ) für die Störung d(t) = h(t). C C 2 C 3 C 4 F39 Für Störungen, die am Eingang der Strecke w(t) = h(t) wirken, führen nur Regler mit Integrator zu keinem statischen Nachlauffehler (e = ). C C 2 C 3 C 4 F4 Die Anstiegszeit beträgt nach Faustregel t 9 =.7 ω c =.7 3 =.57s. t 9 =.57 s (.53 s.63 s, mit ω c = 3.2 rad /s 2.7 rad /s) F4 Der maximale Überschwinger des Systems beträgt gemäss Faustregel ˆɛ = (8+( 4)) 7 7 =.265, also etwa 26.5% (22% 3%). ˆɛ =.265 (.22.3, mit ϕ = 35 45 ) F42 Für eine Reglerauslegung nach Ziegler und Nichols müssen zuerst die kritische Vertärkung k p und die zugehörige Periode T bestimmt werden. Aus der Impulsantwort unten links in Abbildung 27 können k p =.55 und T = 2 s abgelesen werden. Die Reglerparameter lauten damit: k p =.45 k p =.45.55 =.698 T i =.85 T =.85 2 s =.7 s k p =.6975 (.7)
Seite 44 Sessionsprüfung Regelungstechnik I F43 T i =.7 s (.53 s.87 s, mit T =.8 s 2.2 s) F44 Ein proportionaler Regler hat keinen Einfluss auf die Phase des Systems. Somit kann die maximale Durchtrittsfrequenz direkt am Phasenverlauf abgelesen werden: Für eine Phasenreserve von ϕ = 45 muss die Phase des offenen Regelkreises bei der Durchtrittsfrequzenz L(jω c ) = 8 + 45 = 35 betragen. Somit ist ω c = rad /s die maximal mögliche Durchtrittsfrequenz. Die Verstärkung bei dieser Frequenz beträgt ca. -7.5dB. Die Verstärkung des verwendeten P-Reglers muss also k p = +7.5 2 = 2.37 gewählt werden. k p = 2.37 (2. 2.66) ODER k p = 7.5 db (6.5 db 8.5 db)