Završni ispit u ak.g. 2013/2014 [234,3 KiB]

Završni ispit u ak.g. 2013/2014 [234,3 KiB]
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
Završni ispit
31. siječnja 2014.
Ime i Prezime:
Matični broj:
Napomena: Zadatke obavezno predati s rješenjima nakon završetka testa.
1. zadatak (12 bodova)
Na slici 1 prikazan je sustav automatskog upravljanja s proporcionalnim regulatorom.
R(s)
E(s)
GR (s)
U (s)
K
GP (s)
Y (s)
2
s(s+0.1)(s+10)
−
Slika 1: Sustav automatskog upravljanja.
a) (5 bodova) Nacrtajte aproksimaciju pravcima Bodeovog dijagrama otvorenog kruga uz K = 0.5 i na
njemu naznačite fazno i amplitudno osiguranje.
b) (2 boda) Korištenjem aproksimacije pravcima izračunajte približan iznos faznog osiguranja za K = 0.5.
c) (2 boda) Analitički odredite točan iznos amplitudnog osiguranja za K = 0.5.
d) (3 boda) Za koje vrijednosti pojačanja K je zatvoreni sustav upravljanja nestabilan?
2. zadatak (11 bodova)
R(z)
E(z)
U (z)
K
GP (z)
Y (z)
−
Slika 2: Diskretni sustav automatskog upravljanja.
a) (5 bodova) Prijenosna funkcija procesa GP (z) sa slike 2 dobivena je diskretizacijom procesa metodom diskretizacije kojom se u diskretnoj domeni zadržavaju svojstva kontinuirane prijelazne funkcije.
2
Odredite GP (z) ako je zadano GP (s) = (s+2)(s+5)
i vrijeme uzorkovanja T = 0.2 s.
b) (4 boda) Korištenjem Juryevog kriterija odredite stabilnost diskretnog zatvorenog sustava upravljanja
sa slike 2 u ovisnosti o pojačanju proporcionalnog regulatora K ako je GP (z) = 0.03z+0.02
z 2 −z+0.25 .
c) (2 boda) Skicirajte područje u z-ravnini na koje se preslikava područje polova iz s-ravnine osjenčano
na slici 3. Zadano je σ = 2 i vrijeme uzorkovanja T = 0.2 s.
Im

Re
Slika 3: Područje polova u s-ravnini
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
1
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
3. zadatak (11 bodova)
Slikom 4a prikazan je zatvoreni krug upravljanja. Regulator GR (s) je implementiran prema električnoj
shemi na slici 4b.
R2
C
R
R1
−
+
R(s)
E(s)
GR (s)
U (s)
GP (s)
Y (s)
−
+
e
(a) Blokovska shema
+
+
−
−
R
u
−
(b) Izvedba regulatora pomoću operacijskih pojačala
Slika 4: Slika uz 3. zadatak.
U (s)
a) (5 bodova) Odredite prijenosnu funkciju PI regulatora GR (s) = E(s)
prema shemi na slici 4b. Izrazite
parametre KR i TI PI regulatora pomoću iznosa otpora R, R1 i R2 te kapaciteta C.
b) (4 bodova) Diskretizirajte PI regulator s općim parametrima KR i TI te uz opće vrijeme diskretizacije
T , koristeći Tustinovu diskretizaciju. Napišite rekurzivnu jednadžbu regulatora.
c) (2 bodova) Kako digitalno/analogni pretvornik utječe na fazno osiguranje otvorenog kruga upravljanja?
4. zadatak (13 bodova)
ω2
Neka je proces opisan prijenosnom funkcijom G(s) = s2 +2ζωnn s+ω2 , uz ζ = 0.9 i ωn = 10. Prijelazna
n
funkcija tog procesa odredena je sljedećim izrazom:
#
"
√ 9√19
√ −9t
19t +
19t
h(t) = 1 − e
cos
sin
19
a) (4 bodova) Skicirajte prijelaznu funkciju procesa G(s), označite vremenske pokazatelje kvalitete (tm ,
σm , t1% i tr ) te ih izračunajte.
b) (6 bodova) Ziegler-Nicholsovom metodom prijelazne funkcije analitički odredite parametre PI regulatora za upravljanje procesom G(s).
c) (3 bodova) Hurwitzovom metodom provjerite stabilnost zatvorenog kruga automatskog upravljanja
procesom G(s) uz korištenje PI regulatora s parametrima KR = 7.7 i TI = 0.1.
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
2
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
RJEŠENJA:
A(ω) [dB]
Zadatak 1
10−3
80
60
40
20
0
−20
−40
−60
−80
−100
10−2
10−1
100
101
102
103
102
103
A=−20.00 dB
−90
ϕ=−156.98◦
ϕ(ω) [◦ ]
−135
−180
−225
−270
10−3
10−2
10−1
100
ω [rad/s]
101
Slika 5: Aproksimacija pravcima Bodeovog dijagrama
a) Vidi Sliku 5.
b) Potrebno je odrediti presječnu frekvenciju ωc za koju vrijedi da je A(ωc ) = 0 dB. Na amplitudnofrekvencijskoj karakteristici odabire se pravac nagiba −40 i točka (-1,20). Jednadžba pravca je:
y = −20 − 40x
Za y = 0 dobije se
x = −0.5 → ωc = 10−0.5 = 0.3162.
Na fazno-frekvencijskoj karakteristici odreduje se faza na frekvenciji wc . Odabire se pravac nagiba
−45 koji prolazi kroz točku (0,-180) i dobije se jednadžba pravca:
y = −180 − 45x
Za x = −0.5 dobije se
y = −157.5◦ → γ = 180◦ − 157.5◦ = 22.5◦ .
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
3
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
c) Računa se frekvencija ωπ na kojoj faza iznosi −180◦ :
arg(Go (jωπ )) = −90 − atan
0.1
10
− atan
= −180◦
ωπ
ωπ
x+y
atanx + atany = atan 1−xy
Dobije se da je ωπ = 1. Amplitudno osiguranje dobije se iz vrijednosti amplitude na toj frekven1
ciji Ar = |Go (jω
:
π )|
|Go (jωπ )| = 0.099 → Ar = 10.1 = 20.0864 dB
d) Korištenjem Hurwitzovog kriterija stabilnosti dobije se da je sustav stabilan za K < 5.05. Može se
dobiti puno jednostavnije ako je prethodno izračunato amplitudno osiguranje K < A2r .
Zadatak 2
2
1
a) GP (z) = (1 − z −1 )Z{ s(s+2)(s+5)
} = (1 − z −1 )Z{ 5s
+
− 31
s+2
+
2
15
s+5 }
=
0.02561z+0.01607
z 2 −1.038z+0.2466
b) Karakteristična jednadžba: f (z) = z 2 + z(0.03K − 1) + 0.02K + 0.25.
• f (1) = 0.05K + 0.25 > 0 → K > −5
• f (−1) = −0.01K + 2.25 > 0 → K < 225
• |0.02K + 0.25| < 1 → K < 37.5 i K > −62.5
Konačno dobijemo da je rješenje K ∈< −5, 37.5 >
c) Vidi Sliku 6.
Im
e  T
1 Re
Slika 6: Područje polova u s-ravnini
Zadatak 3
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
4
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
a) Možemo razmatrati svako pojačalo zasebno. Za sklop s pojačalom koji ima općenite impedancije kao
na slici 7 vrijedi (u Laplaceovoj domeni):
U (s)
Y (s)
+
= 0,
Z1 (s) Z2 (s)
(1)
zato što su struje kroz Z1 i Z2 istog iznosa, a suprotnog smjera. Drugim riječima, prijenosna funkcija
ovog sustava je:
G(s) =
Y (s)
Z2 (s)
=−
.
U (s)
Z1 (s)
(2)
Z2
Z1
−
+
+
u
+
−
y
−
Slika 7: Sklop s pojačalom koji ima općenite impedancije u ulaznoj i povratnoj grani.
Za prvo pojačalo u našem regulatoru su impedancije Z1 (s) = R1 i Z2 (s) = R2 +
R2 R2 Cs+1
−R
· R2 Cs .
1
1
Cs
pa je G1 (s) =
R
Drugo pojačalo ima impedancije Z1 (s) = Z2 (s) = R pa je G2 (s) = − R
= −1. Drugo pojačalo služi
samo kao inverter (kompenzira minus koji se pojavi u prijenosnoj funkciji prvog pojačala).
Ukupna prijenosna funkcija regulatora je GR (s) = G1 (s)G2 (s) =
R2
R1
·
R2 Cs+1
R2 Cs .
Prijenosna funkcija PI regulatora je GP I (s) = K TITs+1
. Direktnom usporedbom s prijenosnom funkIs
2
cijom našeg regulatora uočavamo nevjerojatnu sličnost. Ispada da je K = R
R1 , a TI = R2 C.
b) PI regulator s općim parametrima u s-domeni ima prijenosnu funkciju GR (s) = K TITs+1
. Uvrstimo
Is
s = T2 z−1
i
dobijemo:
z+1
GR (z) =
(KT + 2KTI ) z + KT − 2KTI
U (z)
,
=
2TI z − 2TI
E(z)
što daje rekurzivnu relaciju:
u(k) = u(k − 1) +
KT − 2KTI
KT + 2KTI
e(k) +
e(k − 1).
2TI
2TI
c) D/A pretvornik se modelira impulsnim elementom i ZOH rekonstruktorom, što se može aproksimirati
T
transportnim kašnjenjem e−s 2 , gdje je T vrijeme diskretizacije. Fazna karakteristika elementa s
transportnim kašnjenjem je ϕ(ω) = −ω T2 , što znači da ovaj element spušta fazu otvorenog kruga
upravljanja za ωc T2 na presječnoj frekvenciji ωc pa se za isti iznos smanjuje i fazno osiguranje otvorenog
kruga upravljanja.
Zadatak 4
a) Direktno iz formula na šalabahteru slijedi: tm = 0.7207, σm = 0.1524%, t1% = 0.5111 i tr = 0.18.
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
5
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
1.4
1.2
1
h(t)
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
t [s]
Slika 8: Prijelazna funkcija h(t).
b) Prvo moramo izračunati točku infleksije prijelazne funkcije h(t). Za to nam treba druga derivacija od
h(t). Usput ćemo izračunati i prvu derivaciju, jer će nam i ona trebati:
√
√ d
100 19 −9t
h(t) =
e
sin
19t
dt
19
√ √ √
d2
100 −9t 19t − 9 19 sin
19t
h(t) =
e
19 cos
2
dt
19
Točka infleksije funkcije h(t) živi tamo gdje je druga derivacija te funkcije jednaka nuli. Iz tog uvjeta
dobivamo:
19 cos
√
√ √
19t = 9 19 sin
19t .
Ako ovu jednadžbu napadnemo arkus tangensom lako dobijemo trenutak u kojem se nalazi točka
infleksije t∗ = 0.1035. Točka infleksije je odredena s w = (t∗ , h(t∗ )) = (0.1035, 0.2908). Sada nam još
d
treba jednadžba tangente u točki infleksije na funkciju h(t). Nagib tog pravca jednak je dt
h(t∗ ) =
3.9406, a jednadžba pravca je:
y − 0.2908 = 3.9406(t − 0.1035)
y = 3.9406t − 0.1171
Dva su karakteristična trenutka koji nas zanimaju:
• t1 - trenutak kada tangenta siječe vremensku os,
• t2 - trenutak kada tangenta siječe stacionarnu vrijednost od h(t), a to je Kp = 1.
Dobivamo t1 = 0.0297 i t2 = 0.2835. Iz ovoga direktno slijede parametri Tz = t1 = 0.0297 i Tp =
t2 − t1 = 0.2538.
T
p
Slijede parametri PI regulatora: K = 0.9 Tz K
= 7.6909 i TI = 3.33Tz = 0.0989.
p
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
6
34313
Automatsko upravljanje
Ak.g. 2013/2014
c) Karakteristični polinom zatvorenog kruga upravljanja dobijemo iz izraza 1 + Go (s) = 0:
P (s) = s3 + 18s2 + 870s + 7700 = a3 s3 + a2 s2 + a1 s + a0
Provjeravamo uvjete stabilnosti:
• a3 = 1 > 0 i ai > 0, ∀i,
• D1 = a1 = 870 > 0,
• D2 = a1 a2 − a3 a0 = 7960 > 0.
Zaključujemo da je sustav stabilan (polovi su u lijevoj poluravnini)!
Završni ispit, 31. siječnja 2014.
7
Was this manual useful for you? yes no
Thank you for your participation!

* Your assessment is very important for improving the work of artificial intelligence, which forms the content of this project

Download PDF

advertising