C:\Per\Fag\Regtek\Eksamen\Eksamen11\LX2011DesEDT212T.wpd HØGSKOLEN I SØR-TRØNDELAG Avdeling for teknologi Eksamensdato Fag 20.desember 2011 LØSNINGSFORSLAG EDT212T Reguleringsteknikk grunnkurs Dato: 11.11.12 Sign: PHv Løsningsforslag basert på læreboka til Bjørvik og Hveem Oppgave 1 (100 %) Temperaturregulering r e u z x y v Figur 1 og 2 P&I-skjema og blokkdiagram for temperaturregulering. Lufta blåses gjennom røret ved hjelp av ei vifte som ikke er vist på skjemaet. : ønsket temperatur : reguleringsavvik : pådrag : utført pådrag dvs varmeeffekt som avgis fra varmeelementet til lufta som strømmer forbi. : temperatur på varm luft i enden av røret : målt temperatur på varm luft i enden av røret : forstyrrelse i form av varierende temperatur på kald luft inn og kald luft som omgir røret. Problemstilling Du skal modellere blokkene som inngår i temperaturreguleringa av varmlufta ut fra røret. Regulatoren er en digital regulator på sumform med samplingstid på 0,1 sekund. Du skal bruke forskjellige metoder for å komme fram til forslag på regulatortype (P, PI, PD eller PID) og regulatorparametre. Det er gjort endel målinger og eksperiment på reguleringssløyfa og disse måleresultatene er grunnlaget for å løse oppgaven. Måleresultatene er lagt ved oppgavesettet i form av figurer og tabeller. Krav til reguleringssløyfa 1 Null stasjonært avvik 2 Minst mulig oversving ved sprangendringer i referansen 3 Innsvingningsforløp av typen minimum forstyrrelse 4 Raskest mulig reguleringssløyfe Side 135
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 2 A Eksperimentell modellering av pådragsorgan og temperaturmåler Aa(6%) Pådragsorgan: Sprangresponsen for denne er vist i figur 3. Vi ser at responsen tilhører en første ordens prosess uten tidsforsinkelse. Overføringsfunksjonen har derfor følgende form: Stasjonær endring i utsignalet er 0,88-0,22=0,66 og endringen i innsignalet er 0,8-0,2=0,6. Dette gir K varme 0,66/0,6 = 1,1 Spranget i innsignalet kommer når t=4 sek og endringen i utsignalet starter nøyaktig samtidig. Vi har dermed ingen tidsforsinkelse Tidskonstanten er den tida utgangen bruker på å nå 63% av stasjonær endring. Dvs tida det tar å nå 0,66*0,63 = 0,42 opp i forhold til startverdien for innsignalet på 0,22. Utsingalet når verdien 0,42+0,22 når t=4,25 sek. Det betyr at tidskonstanten er 4,25-4,0=0,25 sek. Overføringsfunksjonen for pådragsorganet blir Ab(6%) Temperaturmåler: Figur 4 viser bodediagram for temperaturmåleren: Vi ser at amplitudekurva starter flatt ut ved lave frekvenser og synker med 20 db/dek ved høge frekvenser. Dette gir en første ordens prosess. Faseforskyvinga starter på 0 og ender på 90 ved høge frekvenser. Dette stemmer også med en første ordens prosess uten tidsforsinkelse. Amplitudeforholdet ved lave frekvenser er ca 1.7 db. Knekkfrekvensen er litt Side 136
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 3 vanskelig å bestemme, men ved å trekke opp asymptotene til amplitudeforholdet med n=0 ved lave frekvenser og n=-1 (dvs -20dB/dekade) ved høge frekvenser får vi en knekkfrekvens på ca 10 rad/sek. Dette stemmer brukbart med faseforskyvingskurva hvor det er -45 grader ved ca 10 rad/sek. 1,7/20 Stasjonær forsterking: K temp = 10 1,2 Tidskonstanten er det inverse av knekkfrekvensen: T T 1/10 =0,1 sek Overføringsfunksjonen for temperaturmåleren blir da: Ac(6%) Rør: Sprangresponsen for denne er vist i figur 5. Vi ser at responsen tilhører en rein tidsforsinkelse. Overføringsfunksjonen har derfor følgende form: Stasjonær endring i utsignalet er 0,76-0,19=0,57 og endringen i innsignalet er 0,8-0,2=0,6. Dette gir K rør 0,57/0,6 = 0,95 Spranget i innsignalet kommer når t=4 sek og spranget i utsignalet kommer først når t=4,2 sek. Vi har dermed en tidsforsinkelse på 4,2-4,0 =0,2[sek] B (12%) Skissering av sprangresponsen for pådragsorgan, rør og temperaturmåler i serie. Se på figur 3. Ta utgangspunkt i overføringsfunksjonene du fant i oppgave A og skisser endringen i den målte temperaturen y som funksjon av tida dersom det kommer et sprang i pådraget u fra 0 til 0,3 når t = 0. Overføringsfunksjonen fra u til y blir produktet av hver av de tre overføringsfunksjonene som ble funnet i oppgave A. Her har vi en andre ordens prosess med to tidskonstanter og en tidsforsinkelse. Stasjonær forsterking er 1,25. Med et sprang inn på 0,3 blir stasjonær utverdi 0,3 * 1,25 = 0,375. Når spranget på inngangen kommer skjer det ingen ting på utgangen før det er gått en tid lik tidsforsinkelsen. I første omgang gjøres den minste tidskonstanten om til en tidsforsinkelse på 0,1 sekund. Fra t = 0,2 + 0,1skisserer vi først opp en første ordens prosess med stasjonær forsterking lik 1,25 og tidskonstant lik 0,25 sek. Denne bruker 0,25 sek på å nå 63% av stasjonærverdien dvs 0,375 * 0,63 = 0,236. Fordi vi i virkeligheten har en andre ordens prosess går den virkelige Side 137
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 4 sprangresponsen som en pen bue opp fra 0 når t = 0,2 sek og svinger seg over på den første ordens prosessen. C Eksperimentell modellering av åpen sløyfefunksjon uten regulator Ca (12%) Tar utgangspunkt i bode-diagrammet i figur 7 for å komme fram til overføringsfunksjonen for ventil, røret og temperaturmåler samla, dvs for åpen * sløyfefunksjon uten regulatorer (også kalt h 0 ). Setter først på asymptoter på amplitudeforholdet med stigningsforhold n*20 db/dek for å finne knekkfrekvensene. Får en asymptote med n = 0 ved lave frekvenser. Denne er på ca gir stasjonær forsterking. Ser at det passer med en asymptote med n = -2 ved høge frekvenser. Side 138
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 5 Mellom disse to passer det med en asymptote med n = -1. Da blir det to knekkfrekvenser ganske nær og da skal amplitudeforholdet ta innersvingen med mer enn 3 db. Velger ca 4 db her. Da får vi en knekkfrekvens ved 4 rad/sek og en knekkfrekvens ved 10 rad/sek. Et andre ordens system uten tidsforsinkelse skal ha en faseforskyving ved høge frekvenser på 2*-90 grader, dvs -180 grader. Her ser vi at faseforskyvinga går rett i kjelleren. Det betyr at vi har en tidsforsinkelse i tillegg. For å finne tidsforsinkelsen tar vi utgangspunkt i de knekkfrekvensen vi har funnet og tekner først opp asymptotene til faseforskyvinga dersom vi ikke hadde tidsforsinkelse. Ut fra disse asymptotene trekkes faseforskyvinga uten tidsforsinkelse opp. Den ekstra faseforskyvinga vi nå har skyldes tidsforsinkelsen. Fordi faseforskyvinga til tidsforsinkelsen er proporsjonal med frekvensen holder det å finne denne ekstra faseforskyvinga ved en bestemt frekvens. For et andre ordens system er faseforskyvinga -90 grader midt mellom de to knekkfrekvensene. (Geometrisk middelverdi.) Ut fra bodediagrammet ser vi at det er ved ca 6,3 rad/sek. Ved denne frekvensen er den ekstra faseforskyvinga ca -70 grader. Vi har nå nok verdier til å finne parametrene som inngår i et andre ordens system med to tidskonstanter og en tidsforsinkelse: 2/20 Stasjonær forsterking: K = 10 1,26 Tidskonstanter: T 1 = 1/ù k1 = 1/4 = 2,5 [sek] og T 2 = 1/ù k2 = 1/10 = 0,1 [sek] Tidsforsinkelse: Dette gir følgende overføringsfunksjon fra u til y: Som vi ser er dette det samme som produktet av de tre overføringsfunksjonene vi fant i oppgave A. Cb (8%) Figur 8 viser et sinusforma signal med en likespenningskomponent på 0,5. Topp-til-bunn er 0,8-0,2 = 0,6. Amplituden blir da 0,6/2 = 0,3.Periodetida er ca 0,9 sek. Det gir en vinkelfrekvens ù= 2ð/T p = 2ð/0,9 = 7 [rad/sek]. u(t) = 0,5 + 0,3 sin 7t Ut fra bodediagrammet i figur 7 kan vi lese av amplitudeforhold og faseforskyving ved forskjellige frekvenser. Ved 7 rad/sek er amplitudeforholdet ca -6 db og faseforskyvinga ca -180 grader. Forsterkinga ved denne frekvensen blir dermed -6/20 A = 10 0,5. Topp-til-bunn for utsignalet blir dermed 0, 5 ganger topp-til-bunn for innsignalet. Dvs 0,6*0,5 = 0,3. Amplituden er halvparten av dette dvs 0,15. Dette utsignalet er faseforskjøvet -180 grader i forhold til innsignalet. Dvs at utsignalet er i motfase av innsignalet. DC-komponenten av utsignalet kan vi ikke si Side 139
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 6 noe helt sikkert om, men dersom vi antar at eneste innsignalet som påvirker systemet er signalgeneratoren så viser bodediagrammet at amplitudeforholdet ved lave frekvenser er lik 2 db eller 1,26 i vanlig tall. DC-komponenten for utsignalet kan derfor antas å være 0,5 * 1,26 = 0,63. Utsignalet blir dermed en sinus med DCkomponent på 0,63 og amplitude på 0,15 som går i motfase med innsignalet. y(t) = 0,63 + 0,15 sin(7t 180 ) Som hjelp ved skissering går det også rekne ut hvor lang tid toppen på utsignalet ligger etter toppen på innsignalet. ô ö = T p*( ö)/360 = 0,9*( 180 )/360 = 0,45[sek] Under er utsignalet teikna inn i figur 8 fra oppgaveteksten. D (8%) Valg av samplingstid Alle digitale regulatorer gir en ekstra tidsforsinkelse i forhold til en analog regulator. Denne tidsforsinkelsen er inntil 1,5 ganger samplingstida. For å være på den sikre sida setter vi ofte tidsforsinkelsen lik 1,5 ganger samplingstida. Som en tommelfingerregel bør samplingstida være mindre enn en tidel av kritisk periodetid dersom vi hadde brukt en analog regulator. Denne kritiske periodetida kan vi for eksempel finne ut fra bodediagrammet for åpen sløyfefunskjon uten regulator. Dvs for h varme h rør h måler. Dette bodediagrammet står i figur 7 i vedlegget til oppgaveteksten. Kritisk periodetid kan finnes ut fra ù. Frekvensen er ca 7,5 rad/sek når faseforskyvinga er -180. Dermed finnes bør derfor velge en samplingstid h < T k/10 = 0,84/10 = 0,084 [sek]. En samplingstid på 0,1 sekund er dermed for lang og ikke et fornuftig valg. 180 Side 140
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 7 E Polanalyse Ea (10%) Karakteristisk likning får vi ved å sette nevneren i overføringsfunksjonen fra en inngang til en utgang i den lukka reguleringssløyfa lik null. Denne nevneren er lik 1 + åpen sløyfefunksjon. Skal vi bruke Ziegler-Nichols tommelfingerregler og finne kritisk forsterking og kritisk periodetid må regulatoren være en P- regulator med forsterking K p. Vi bruker en digital regulator og må derfor legge til tidsforsinkelsen i den digitale regulatoren til øverføringsfunskjonene i åpen sløyfe. For å være på den sikre sida settes tidsforsinkelsen i den digitale regulatoren til 1,5 ganger samplingstida. I vårt tilfelle blir ô reg = 1,5 h = 1,5 0,1 = 0,15 [sek]. I rørblokka inngår det også en tidsforsinkelse. For å gjøre det lettere å rekne kan begge tidsforsinkelsene slås sammen før de gjøres om til en padé-approksomasjon.. Fordi hele sløyfa er av andre orden med tidsforsinkelsen så kan vi her bruke en første ordens padé-approksimasjon i stedet for tidsforsinkelsen. Den karakteristiske likninga blir da nevneren i overføringsfunksjonen fra referansen, r, og til den målte temperaturen, y, blir satt lik null. Nevneren blir alltid 1+h hvor h er lik åpen sløyfefunksjon. 0 0 Likninga over er godt nok som svar. Full utrekning gir: Sidesprang: Her har jeg brukt 1. ordens padè-approksimasjon. I dette tilfelle blir det svært unøyaktig. Det skyldes at den totale tidsforsinkelsen er lenger enn begge tidskonstantene. Når den totale tidsforsinkelsen er lenger enn nest lengste tidskonstant bør det brukes 2. ordens padè-approksimasjon. I tabell 1 i oppgaveteksten er det brukt 2. ordens approksimasjon. Det gir en K k = 1,45. Det stemmer bra med simulering med de samme overføringsfunskjonene. Karakteristisk likning basert på 1. ordens padè gir en K k = 1,65 og det er for mye. Som svar på oppgaven er 1. ordens greit, men 2. ordens er bedre. Side 141
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 8 Eb (8%) Av tabell 2 finner vi kritisk tilfelle når vi har et komplekskonjugert polpar på imaginær akse. Dette skjer når K p er større enn 1,4, men mindre enn 1,5. Her gir K p =1,4 et polpar i venstre halvplan nær imaginær akse, mens K p = 1,5 gir et polpar i høgre halvplan omtrent like langt fra imaginær akse. Det er derfor grunn til å anta at at en forsterking midtveis mellom de to verdiene dvs K p=1,45 vil gi et polpar omtrent på imaginær akse. Velger derfor K k 1,45. Kritisk periodetid finnes ut fra imaginærdelen til polparet på imaginær akse. Velger imaginærdelen midtveis mellom imaginærdelen for polparet nærmest imaginær akse når K p=1,4 og 1,5. Det gir â 5,1: K k=1,45 og Valg av regulatortype: Ut fra kravet om null stasjonært avvik vet vi at vi bør velge en regulator med integratorvirkning. Kravet om minst mulig dynamisk avvik og raskest mulig reguleringssløyfe ved sprangendringer i temperatur til kald luft tilsier at vi bør ha med derivatorvirkning i regulatoren. Derivatorvirkninga kan skape problemer om vi har mye støy i sløyfa, men sprangresponsene tyder ikke på at støy er et spesielt problem. (Lite støy å se på kurvene). Vi ender dermed opp med en PID-regulator. Denne stilles inn etter Ziegler-Nichols regler: K P = 0,65*K K = 0,65*1,45 0,94 T I = 0,5*T K = 0,5*1,2 0,6 sek T = 0,12*T = 0,12*1.2 0,14 sek D K Ec (6%) Av tabell 3 ser vi at reguleringssløyfa med ferdig innstilt regulator er stabil fordi alle polene har negativ realdel dvs de ligger i venstre halvplan. I tillegg ser vi at dempinga til det polparet som ligger nærmest imaginær akse har en demping på 0,19. Dette tilsier ei reguleringssløyfe med innsvingningsforløp med litt mer svingninger enn typen minimum areal (demping mellom 0,25 og 0,35). Kravet i oppgaveteksten var minimum forstyrrelse. Vi kan derfor forvente å få et innsvingningsforløp på mer enn 6 halvperioder, mens vi ønsker bare 1-2 halvperioder. Ser vi på periodetida til svingningene som skyldes det polparet som ligger nærmest imaginær akse så får vi: T p = 2ð/â = 2ð/5,87 = 1,05[sek]. Dette er bare litt kortere enn det som var kritisk periodetid og tyder på at de oscillasjonene vi har i sløyfa er P-svingninger (og kanskje litt D-svingninger?). Vi kunne prøvd å redusere P-forsterkinga en del. Redusert P-forsterking gir større dynamisk avvik, men ofte mindre svingninger i reguleringssløyfa. Dette må etterprøves på den virkelige reguleringssløyfa. Sidesprang: En reduksjon av K P fra 0,94 til 0,6 gir en relativ demping på 0,39. Dette skulle tilsi et innsvingningsforløp med litt mer svingninger enn av typen minimum forstyrrelse. Figur 10 i oppgaveteksten viser hvordan innsvingningsforløpet ble når K ble redusert til 0,6. p Side 142
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 9 F Etterjustering i tidsplanet Fa (8%) Her er det alt for mange svingninger før det dempes ut. Opp mot 10 halvperioder. Kravet er 1-2 halvperioder. Periodetida på svingningene er ca 1,1 sek. Sammenlikna med kritisk periodetid på 1,2 sekunder tyder dette på P- svingninger. Et alternativ er å se på faseforskyvinga. Når det svinger så kraftig som i dette tilfellet og fasforskyvinga er ca 180 så er det greit å anta at det er P- svingninger. Dermed kan vi starte med å redusere P-forsterkinga (K p). F eks redusere fra 0,94 til 0,6. Vi kan ta hardt i fordi vi helt tydelig er langt fra et innsvingningsforløp av typen minimum forstyrrelse. Fb (8%) Egentlig er dette et ganske bra innsvingningsforløp hvis vi ser på de to første kravene. Null stasjonært avvik og minst mulig oversving. Når det gjelder kravet om et innsvingningsforløp av typen minimum forstyrrelse ser vi at det er omtrent to tydelige halvperioder mens prosessverdien er på vei mot referansen. Periodetida på svingningene er litt vanskelig å måle, men tida fra første topp til første bunn er ca 0,4 sekunder. Det tilsvarer en periodetid på 0,8 sekunder. Med kritisk periodetid på 1,2 sekunder kan dette tyde på D-svingninger. Ser vi på krav fire som gjelder raskest mulig reguleringssløyfe så ser sløyfa litt dvask ut. Med full PID-regulator er det ønskelig at svingningene er symmetrisk dempa rundt prosessverdien. Det er det ikke her. Når prosessverdien bruker for lang tid på å nå referansen første gang tyder det på at integrasjonstida er for lang. Kortere integrasjonstid vil sørge for at prosessverdien kommer raskere til referansen første gang, men kan føre til større oversving. Her hvor det ikke er noe oversving i det hele tatt kan T i reduseres. Når T i reduseres så bør også Td reduseres sånn at T d fortsatt er ca T i/4. Kortere derivasjonstid vil også kunne redusere D-svingningene på vei opp mot referansen. Sidesprang: I figur 10 var det brukt verdiene K P = 0,6 T I = 0,6 sek og T D = 0,14 sek. Nytt forslag til verdier kan da bli K P = 0,6 T I = 0,4 sek og T D = 0,1 sek. Det gir innsvingningsforløpet som vist på figuren på neste side. Det gamle innsvingningsforløpet er også med for sammenlikningas skyld. De nye verdiene gir et mye bedre innsvingningsforløp. Kanskje kunne regulatoren vært etterjustert enda en gang med litt lengre T og T. F eks til T = 0,44 sek og T = 0,11 I D I D Side 143
Løsningsforslag eksamen i Reg.tek. grunnkurs des 2011 10 Side 144