lOMoARcPSD|9154109
Tenta 31 Maj 2019, svar
Modellering och reglering (Luleå tekniska Universitet)
StuDocu is not sponsored or endorsed by any college or university
Downloaded by mallwes (marsusmedq@gmail.com)
lOMoARcPSD|9154109
Institutionen för System- och Rymdteknik
Luleå tekniska universitet
Lösningar till Tentamen
R0004E Modellering och reglering
31 maj 2019
1. A och C är snabbare än B och D. C har lägre relativ dämpning än A och B har lägre
dämpning än D, slutsats
(i) långsam, hög dämpning → D
(ii) snabb, låg dämpning → C
(iii) långsam, låg dämpning → B
(iv) snabb, hög dämpning → A
2.
(a) Insignalen u(t) = sin(7t) har frekvensen 7 rad/sek. Med
G(s) =
13
s+8
så är amplitudförstärkningen
|G(j7)| =
|13|
13
13
=√
=√
|7j + 8|
49 + 64
113
och fasvridningen
arg G(j7) = arg(13) − arg(7j + 8) = 0 − tan−1 (7/8)
Utsignalen y(t) blir när transienterna har klingat av (G(s) är stabil)
13
sin(7t − tan−1 (7/8)) = 1.2229 sin(7t − 0.7188)
y(t) = √
113
(b) Summan av S och T är alltid 1, vilket inte stämmer i detta fall
S+T =
3.
5s
3
5s + 3
+
=
6= 1
s+2 s+2
s+2
(a) Med en I-regulator H(s) = I/s är det slutna systemet
GH
4I
= 2
1 + GH
s − s + 4I
instabilt eftersom nämnarens termer har olika tecken oberoende av I
(b) Med en P-regulator H(s) = K är det slutna systemet
GK
4K
=
1 + GK
s + 4K − 1
stabilt för K > 0.25
1
Downloaded by mallwes (marsusmedq@gmail.com)
lOMoARcPSD|9154109
4.
(a) Styrbarhetsmatrisen
1 1−α
O = B AB =
−1 −3
har determinanten
det O = −3 + 1 − α
systemet är styrbart när det O =
6 0, dvs om α 6= −2
(b) Vi ser att systemet är diagonalt. ẋ1 (t) = −2x1 (t) har lösningen x1 (t) = Ce−2t
som med begynnelsevärdet x1 (0) = 1 blir x1 (t) = e−2t . Pss x2 (t) = 2e−3t
5.
(a)
G(s) =
s2
s+5
+ 3s + 2
(b) s + 5 = 0 ger nollställe i s = −5
s2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2) = 0, ger polerna s1 = −1, s2 = −2
(c) Vi skriver det på styrbar form
1
−3 −2
u
x+
ẋ =
0
1
0
y= 1 5 x
6.
(a) Nyquistkurva för G(s) =
G(jω) =
3
.
(s+1)3
Frekvensfunktionen är
3
3
=
3
2
(jω + 1)
1 − 3ω + j(3ω − ω3 )
För positiva frekvenser startar Nyquistkurvan i G(j0)
= 3, korsar imaginära
√
axeln när 1 − 3ω21 = 0, → ω1 = √13 , G(jω1 ) = −j 9 8 3 , korsar reella axeln när
√
3ω − ω32 = 0, → ω2 = 3, G(jω2 ) = − 38 . Kurvan går asymptotiskt mot noll
med fasvridning −270◦ .
2
Downloaded by mallwes (marsusmedq@gmail.com)
lOMoARcPSD|9154109
(b) Vi ser att Nyquistkurvan skär negative reella axeln ungefär vid −0.4 vilket innebär att amplitudmarginalen är 2.5
Alternativ:
Beräkna frekvensen ωπ när fasvridningen är −180 grader
3
3
=
(jωπ + 1)3
1 − 3ω2π + j(3ωπ − ω3π )
√
√
Vi ser att för ωπ = 3 så är (3ωπ − ω3π ) = 0 och G(j 3) = − 38 ger amplitudmarginalen Am = 83
G(jωπ ) =
7.
(a) Med Y = GU + HV där G och H definieras enligt uppgiften fås med U = Ff V
4(s+1)
att Y = (GFf + H)V = 0 om Ff = −H/G = − 3(s+2)(s+5)
2s(s−3)
2
och G^Ff + H = − 5(s+1)(s+2)(s+5)
(b) Med ^Ff = Ff (0) = − 15
och V(s) = − 10s+1
10s2
är utsignalen
Y(s) = −
10s + 1
10s + 1
2(s − 3)
2s(s − 3)
=−
5(s + 1)(s + 2)(s + 5) 10s2
5(s + 1)(s + 2)(s + 5) 10s
Vi har endast en pol i origo (och resten i VHP) så vi kan använda slutvärdesteoremet
lim = lim sY(s) = lim −
t−>∞
s−>0
s−>0
2(s − 3)
10s + 1
−0.3
=
5(s + 1)(s + 2)(s + 5) 10
25
1
s+1
1
(G^Ff +H)V där 1+GK
= s+1+3K
. Denna extra faktor i Y
(c) Det gäller att Y = 1+GK
1
1
= 1+3K
påverkar resultatet i (b) så att vi skall multiplicera det med 1+G(0)K
och
därför blir svaret
ändras inte ty
−0.3
25(1+3K) .
1
1+GK
Förutsättningarna för att använda slutvärdesteoremet
har alla poler strikt i vänster halvplan.
3
Downloaded by mallwes (marsusmedq@gmail.com)
lOMoARcPSD|9154109
(d) Om man bara använder P-regulatorn så blir det slutna systemets överföringsfunktion
4(s+1)
H
1+GK = (s+2)(s+5)(s+1+3K) från V till Y. Eftersom denna överföringsfunktion
saknar nollstäle i origo är gränsvärdet inte ändligt.
8.
(a) Ur figuren fås
2
U(s) ⇒ sX1 (s) = −X1 (s) + 2U(s)
s+1
4
X2 (s) =
(X1 (s) + U(s)) ⇒ sX2 (s) = 4X1 (s) − 2X2 (s) + 4U(s)
s+2
X1 (s) =
Invers Laplacetransformering ger
ẋ1 (t) = −x1 (t) + 2u(t)
ẋ2 (t) = 4x1 (t) − 2x2 (t) + 4u(t)
I matrisform
2
−1
0
x+
4
4 −2
y= 1 1 x
ẋ =
(b)
G(s) = C(sI − A)−1 B
−1
s+1
0
B
=C
−4 s + 2
1
s+2
0 2
= 1 1 2
4 s+1 4
s + 3s + 2
6s + 16
= 2
s + 3s + 2
T
(c) Med K = k1 k2 så ges observatörens poler av
det(sI − A + KC) = s2 + (k1 + k2 + 3)s + (6k1 + k2 + 2) = 0
Önskat polynom är (s + 5)2 = s2 + 10s + 25 = 0. Identifiering av koefficienter
ger k1 = 16/5, k2 = 19/5
Observatören blir
x
^˙ = A^
x + Bu + K(y − C)^
x
med
1 16
3.2
=
K=
3.8
5 19
4
Downloaded by mallwes (marsusmedq@gmail.com)