Løsningsforslag oppgavene (Øving 3)

Transkript

1 D:\Per\Fag\Regtek\Oppgavebok\4 Løsning på øving\reglov3_2014.wpd Fag TELE2001 Reguleringsteknikk HIST,EDT Okt 14 PHv,DA,PG Løsningsforslag oppgavene (Øving 3) Bare oppgave 10, 13, 14 og 15 er en del av øving og 12 er med for de som vil kikke på flere oppgaver fra boka. OPPGAVE 10 a) b) Side 85

2 2 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) c) d) Sidesprang: Dette blir i prinsippet lik responsen for en PI-regulator. Skulle vi laget en PIregulator ville vi valgt samme verdi på de to inngangsmotstandene r 1 og r 2. Spenninga som tilsvarer referansen koples til r og det inverterte av spenninga som tilsvarer prosessverdien koples til r. 1 2 Oppgave 11 Hjuloppheng for bil a1) For mekaniske systemer må vi få satt opp en kraftbalanse. Her er det lett å gjøre fortegnsfeil og for å unngå dette lønner det seg å tegne et kraftdiagram som viser situasjonen. Figuren viser de 4 kreftene som virker på massen (karrosseriet); påtrykt kraft F, fjærkraft F K, demperkraft F d, og tyngdekraft mg. Pilen til venstre er ikke en kraft men angir posisjon og definererer posisjonsretning. Denne posissjonsretningen bør falle sammen med den virkelige bevegelse (jfr. påtrykt kraft F) for å få en mest mulig intuitiv oppstilling av likningene. Figure 1 At posisjonen var forhåndsdefinert oppover i oppgaveteksten kan vi hanskes med tilslutt når vi har funnet transferfunksjonen. Side 86

3 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) 3 Balanselikning: Her kan mg-leddet kan strykes fra likningen da den ikke påvirker dynamikken. Videre kan vi sette inn F = kx og F = d v og får: k d a2) Likning (1) kan Laplacetransformeres: 2 F(s) = m[s X(s) - sx(0) - v(0)] + d[sx(s) - x(0)] + kx(s) Antar vi v(0) = 0 og F(s) = 0 (etter at vi har sluppet ved t = 0) får vi: 2 m[s X(s) - sx(0)] + d[sx(s) - x(0)] + kx(s) = 0 som gir: Dette er egentlig ikke en transferfunksjon siden x(0) ikke er et Laplacetransformert signal. Det vi har funnet er den frie respons. I dette tilfelle vil bilen gynge med en frekvens og dempning som er karakteristisk for bilen selv. Dersom man derimot kjører på humpet vei vil bilen gynge (eller riste!) med frekvens bestemt av avstand mellom humpene og bilens hastighet. Dette er tvungen respons eller frekvens-respons. b) Sammenlikner nevneren i fra likning (2) med nevneren i standardformen: (3) Dette gir og 2 ): k = mù o = N/m = 1000 N/m d = 2æk/ù o = /2 Ns/m = 400 Ns/m Side 87

4 4 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) c) Matlab kommandoer for å få sprangresponsen som vist under: %Oppgave 11 impulse(-0.1*[ ],[ ]); grid title('impulsrespons for hjuloppheng'); Oppgave 12 Nivåregulering a) Målerens karakteristikk: Äy = K Äx ): K = Äy/Äx = (5-1)(V)/(1-0.9)(m) 4.44 V/m m b) Vi setter opp volumbalansen for tanken: m Volum pr tidsenhet er det samme som volumstrøm: dvs: c) Elementært blokkskjema kan nå tegnes opp direkte. Side 88

5 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) 5 d) e) Vi får et sprang på væskestrømmen ut fra tanken. Dermed blir responsen på målt nivå gitt av transferfunksjonen h (s): (v er her brukt for sprangendringen i forstyrrelsen v) vy 0 Vi finner nå stasjonærverdien av y(t) ved å bruke sluttverditeoremet : Når y er gitt kan vi sette inn tallverdier og løse for K : s p Løsningen blir:k p = 20 Dette resultatet er uavhengig av tankens areal (!) Side 89

6 6 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) Oppgave 13. Modell av likestrømsmotor a) Vi skal i denne oppgaven modellere Siemens-motor 1HC5 136-OEB..-6JU1. Følgende kan avleses fra databladet: Merkespenning: U N = 400 [V] Merketurtall: n N = 1400 [o/min] ù N = [rad/sek] Merkeeffekt: P N = 6.3 [kw] Merkemoment: T N = 42.5 [Nm] Treghetsmoment: J m = [kgm 2 ] Merkestrøm: I N = 17.5 [A] Virkningsgrad: ì = 87% Ankermotstand: R a = 1.34 [Ù] Ankerinduktans: L = 25.3 [mh] For motoren gjelder: a Vi idealiserer og regner med motor uten jerntap og friksjonstap ): K T = K e = 2.57 og d m = 0 b) En prinsippskisse av motoren kan være til hjelp for å sette opp ligningene: Ankerkrets: (Hvor e = Keù = motindusert spenning) Dette gir (1) Motoraksling: Motormoment: Dette gir: (2) På grunnlag av ligning (1) & (2) kan vi tegne opp elementært blokkskjema: Side 90

7 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) 7 Setter vi J + J = J får vi følgende transferfunksjonen for motoren: m L c) Med tallverdier innsatt får vi: Denne identiteten gir: K = 0,39 2æ/ù o = 0,025 æ = 0.57 d) Matlabkommandoene som gir sprangresponsen er vist her: %Oppgave 13 step(400*[0.39],[ ]); grid title('sprangrespons for likestrømsmotor'); Side 91

8 8 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) Oppgave 14. Overføringsfunksjon ut fra sprangrespons. a) Prosess A: Vi gjenkjenner prosessen som en integrator + tidsforsinkelse. Dermed vet vi: Fra diagrammet ser vi uten videre at ô = 1sek. Fordi vi ikke har brukt normaliserte verdier på innsignalet og utsignalet får integrasjonstida en benevning som ikke er i bare sekunder, men integrasjonstida blir 100 (ma/m)sek. Tolkinga av integrasjonstida med disse benevningene er at dersom innsignalet er et sprang på 1 ma så vil det ta 100 sekunder før utgangen stiger med 1 meter. Prosess B: Vi gjenkjenner responsen her som en første ordens respons (mykt sprang) + tidsforsinkelse. Dette gir: Vi leser av: o o ô = 1 time, T = 2.5 timer og K = 10/225 [ C/V]=0.044 C/V Dette gir: Prosess C: Dette er en typisk 2.ordens respons med komplekse poler. Dermed har vi: Side 92

9 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) 9 Forsterkning: Periodetid: K = 75/100 [rad/vs] = 0.75 rad/vs T sek = 2ð/â ): â 43.3 rad/s p Oversving: ä 47% = 0.47 ): Relativ demping: Udempa egenfrekvens: b) Den viste respons fra en 4.ordens prosess ligner svært på en 2.ordens respons med reelle poler. Vi bruker den samme metoden som angitt i læreboka s.100 i eksempel 4.3. Her får vi: K=18 ô 3s T 3s og T 15s Dette gir: 1 2 Oppgave 15. Enkel polplassering og sprangrespons a) Pol i s = 0 Her er integrasjonstida T i=1/k=1/10=0,1. Alle poler som skyldes intagratorer havner i origo. Størrelsen på integrasjonstida kan vi ikke se ut fra polplasseringa. Side 93

10 10 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) b) Pol i s = -3 Polen er i venstre halvplan og prosessen er stabil. Her er á=3. Tidskonstanten for reelle poler i venstre halvplan er T=1/á = 1/3. Dvs at jo nærmere polen er imaginær akse jo lenger er tidskonstanten. Sprangresponsen vil her bruke 1/3 sek på å nå 63% av stasjonærverdien. c) Pol i s = +3 Poler i høyre halvplan gir ustabil prosess. Enkel pol i høyre halvplan gir en respons som går mot uendelig uten oscillasjoner. Side 94

11 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) 11 d) Poler i s = - 1± j2 Komplekskonjugerte poler i venstre halvplan gir stabil prosess med oscillasjoner som dempes ut. Tidskonstanten til omhyllingskurva bestemmes av realdelen: T omh=1/á=1/1=1. Imaginærdelen gir frekvensen til svingningene direkte i rad/sek: ù=â=2 rad/sek. Periodetida blir: T =2ð/ù=6,28/2=3,14[sek]. p 2 NB! I bøkene fra august 98 og august 99 står det: s + 4s + 5. Det er en trykkfeil. 2 s + 4s + 5 = 0 gir s 1,2 = - 2± j1, men det gir oscillasjoner som dempes så raskt ut at det nesten ikke blir oversving. Figuren under viser sprangresponsen for den riktige Side 95

12 12 Løsningsforslag oppgavene i boka (Øving 3 i Regtek) e) Dobbelpol i -1 Dette er en andre ordens prosess med sammenfallende reelle poler i venstre halvplan. Prosessen er stabil og har to like tidskonstanter: T 1=T 2=1/á=1/1=1. Med en enkel tidskonstant på 1 sek vil det ta et sekund å nå 63% av stasjonærverdien. Med to sammenfallende tidskonstanter på 1 sek vil sprangresponsen starte vannrett ut og det vil ta ca 1+1=2 sek å nå 63% av stasjonærverdien. f) P o l er i ± j1 Med komplekskonjugerte poler på imaginær akse vil prosessen være oscillatorisk og på kanten til å bli ustabil. Dvs vi har kritisk tilfelle hvor sprangresponsen gir stående svingninger. Imaginærdelen gir frekvensen til svingningene direkte i rad/sek: ù=â=1 rad/sek. Periodetida blir: T =2ð/ù=6,28/1=6,28[sek]. p Side 96