1. No category

Reglerteknik I: F4
PID-regulatorns poler, exempel på störning, rotort
Dave Zachariah
Inst. Informationsteknologi, Avd. Systemteknik
1 / 23
Ideal PID-regulator
PID-regulator med användarparametrar:
Z t
u(t) = Kp e(t) + Ki
e(τ )dτ + Kd ė(t)
| {z }
| {z }
τ =0
{z
}
|
D
P
I
r
e
+
−
2 / 23
F
u
G
y
Ideal PID-regulator
PID-regulator med användarparametrar:
Z t
u(t) = Kp e(t) + Ki
e(τ )dτ + Kd ė(t)
| {z }
| {z }
τ =0
{z
}
|
D
P
I
r
e
+
−
F
u
G
Laplacedomän:
Ki
U (s) = Kp +
+ Kd s E(s).
s
|
{z
}
regulator F (s)
2 / 23
y
Ideal PID-regulator
Slutna systemet Gc (s):
r
e
+
−
F
u
G
y
Gc
Laplacedomän:
Y (s) =
G(s)F (s)
R(s).
1 + G(s)F (s)
Bestäm parametrar Kp , Ki och Kd för att få stabilt slutet system
3 / 23
Ideal PID-regulator
Slutna systemet Gc (s):
r
e
+
−
F
u
G
y
Gc
Laplacedomän:
Y (s) =
G(s)F (s)
R(s).
1 + G(s)F (s)
Bestäm parametrar Kp , Ki och Kd för att få stabilt slutet system
⇔ polerna i vänster halvplan!
3 / 23
Rouths algoritm
En metod för att undersöka stabilitet
Antag (slutet) system av ordning n
Poler som ges av rötter till polynom
a0 sn + b0 sn−1 + a1 sn−1 + b1 sn−3 + · · · = 0
Rouths algoritm: i) Tabulera
a0
b0
4 / 23
a1
b1
a2
b2
a3
b3
···
···
Rouths algoritm
En metod för att undersöka stabilitet
Antag (slutet) system av ordning n
ii) Fyll på med rader...
a0
b0
c0
a1
b1
c1
där
ck =
4 / 23
a2
b2
c2
a3
b3
···
···
···
b0 ak+1 − bk+1 a0
b0
Rouths algoritm
En metod för att undersöka stabilitet
Antag (slutet) system av ordning n
iii) ...fortsätt
a0
b0
c0
d0
a1
b1
c1
d1
där
dk =
a3
b3
···
···
···
···
c0 bk+1 − ck+1 b0
,
c0
tills man fått (n + 1) stycken
4 / 23
a2
b2
c2
d2
Rouths algoritm
En metod för att undersöka stabilitet
Antag (slutet) system av ordning n
iv) Kolla koefficienter i första kolumnen
a0
b0
c0
d0
..
.
a1
b1
c1
d1
a2
b2
c2
d2
a3
b3
···
···
···
···
Sats 2.3 (Routh):
Om a0 , b0 , c0 , d0 , . . . > 0 ⇔ alla poler ligger i vänster halvplan
(stabilt system)
Användbart för stora system alt. använd Matlab!
4 / 23
PID-reglering med extern störning
Exempel: tank med ventil + störning
u
v
5 / 23
r
Regulator
y
PID-reglering med extern störning
Exempel: tank med ventil + störning
r
u
Regulator
v
y
Linjära approximativa modeller (kring en arbetspunkt):
I Tank (inflöde till nivå): G1 (s) = 4
s+1
I
Ventil (pådrag till idealt utflöde): G2 (s) =
L
Med tryckstörning v(t) ←→ V (s)
5 / 23
2
s+2
Exempel: tank med ventil + störning
Skissa blockdiagram
Blockdiagram:
v
u
G2
ventil
6 / 23
+
G1
tank
y
Exempel: tank med ventil + störning
Skissa blockdiagram
Slutet system:
v
r
e
+
−
F
u
G2
+
G1
[Tavla: härled det slutna systemet]
6 / 23
y
Exempel: tank med ventil + störning
Skissa blockdiagram
Slutet system:
v
r
e
+
−
Y (s) =
F
u
G2
+
G0 (s)
G1 (s)
R(s) +
V (s),
1 + G0 (s)
1 + G0 (s)
där
I
I
6 / 23
G1
kretsförstärkning G0 (s) , G1 (s)G2 (s)F (s)
regulator F (s)
y
Exempel: tank med ventil + störning
Störningens inverkan på reglering av nivån i tanken
L
Låt r(t) ≡ 0 ←→ R(s) = 0 och studera störningens inverkan
7 / 23
Exempel: tank med ventil + störning
Störningens inverkan på reglering av nivån i tanken
L
Låt r(t) ≡ 0 ←→ R(s) = 0 och studera störningens inverkan
Y (s) = 0 +
där F (s) = Kp +
7 / 23
Ki
s
G1 (s)
V (s),
1 + G1 (s)G2 (s)F (s)
+ Kd s är PID-regulator.
Exempel: tank med ventil + störning
Störningens inverkan på reglering av nivån i tanken
L
Låt r(t) ≡ 0 ←→ R(s) = 0 och studera störningens inverkan
Y (s) = 0 +
där F (s) = Kp +
Insättning ger
Ki
s
G1 (s)
V (s),
1 + G1 (s)G2 (s)F (s)
+ Kd s är PID-regulator.
4
Y (s) =
1+
=
s3
4
s+1
·
2
s+2
s+1
· Kp +
Ki
s
+ Kd s
V (s)
4s(s + 2)
V (s)
+ (3 + 8Kd )s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki
Var hamnar polerna och vad händer med en plötslig konstant störning?
7 / 23
Exempel: tank med ventil + störning
P-reglering, Ki = Kd = 0
Insättning av Ki = Kd = 0 ger
Y (s) =
8 / 23
s2
4(s + 2)
V (s)
+ 3s + 2 + 8Kp
Exempel: tank med ventil + störning
P-reglering, Ki = Kd = 0
Insättning av Ki = Kd = 0 ger
Y (s) =
s2
4(s + 2)
V (s)
+ 3s + 2 + 8Kp
Slutna systemets poler ges av:
s2 + 3s + 2 + 8Kp = 0
8 / 23
⇒ s = −1.5 ±
p
0.15 − 8Kp
Exempel: tank med ventil + störning
P-reglering, Ki = Kd = 0
Insättning av Ki = Kd = 0 ger
Y (s) =
s2
4(s + 2)
V (s)
+ 3s + 2 + 8Kp
Slutna systemets poler ges av:
s2 + 3s + 2 + 8Kp = 0
⇒ s = −1.5 ±
p
0.15 − 8Kp
Notera val av parameter Kp :
8 / 23
I
Kp ≥ 0 ger poler i vänster halvplan
I
8Kp > 0.25 eller Kp > 0.03125 ger komplexkonjugerade poler
Störningsundertryckning
P-reglering, Ki = Kd = 0, då r(t) ≡ 0
Vad händer med vätskenivån y(t) om ett plötsligt tryckfall inträffar
i tillflödesledningen? Anta att
(
−v0 t ≥ 0
v0
L
v(t) =
←→
V (s) = −
s
0
t<0
u
v
9 / 23
r
Regulator
y
Störningsundertryckning
P-reglering, Ki = Kd = 0, då r(t) ≡ 0
Vad händer med vätskenivån y(t) om ett plötsligt tryckfall inträffar
i tillflödesledningen? Anta att
(
−v0 t ≥ 0
v0
L
v(t) =
←→
V (s) = −
s
0
t<0
När slutet system från v(t) till y(t) är stabilt: Använd
slutvärdesteoremet
yf = lim y(t) = lim sY (s)
t→∞
s→0
[Tavla: härled slutvärdet hos det reglerade systemet]
9 / 23
Störningsundertryckning
P-reglering, Ki = Kd = 0, då r(t) ≡ 0
0
Kp = 2
−0.5
vätskenivå
−1
Kp = 0.5
−1.5
−2
−2.5
Kp = 0.1
−3
−3.5
−4
0
Kp = 0
2
4
6
tid (sekunder)
8
10
Notera stabilitet, hastighet, slutvärde och när oscillationer uppstår
10 / 23
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
s3
+
3s2
4s(s + 2)
V (s)
+ (2 + 8Kp )s + 8Ki
Slutna systemets poler ges av:
s3 + 3s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki = 0
11 / 23
vänster halvplan?
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
s3
+
3s2
4s(s + 2)
V (s)
+ (2 + 8Kp )s + 8Ki
Slutna systemets poler ges av:
s3 + 3s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki = 0
vänster halvplan?
Mha. Rouths algoritm: i) Tabulera
1
3
11 / 23
2 + 8Kp
8Ki
0
0
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
4s(s + 2)
V (s)
s3 + 3s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki
Rouths algoritm: ii) Fyll på med rader...
1
3
(24Kp + 6 − 8Kp )/3
11 / 23
2 + 8Kp
8Ki
0
0
0
0
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
s3
+
3s2
4s(s + 2)
V (s)
+ (2 + 8Kp )s + 8Ki
Rouths algoritm: iii) Fyll på med rader...
1
3
(24Kp + 6 − 8Kp )/3
8Ki
11 / 23
2 + 8Kp
8Ki
0
0
0
0
0
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
4s(s + 2)
V (s)
s3 + 3s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki
Rouths algoritm: iv) Kolla koefficienter i första kolumnen
1
3
(24Kp + 6 − 8Kp )/3
8Ki
2 + 8Kp
8Ki
0
0
0
0
0
För poler i vänster halvplan:
⇔ 24Kp + 6 − 8Kp > 0
11 / 23
och
Ki > 0
Exempel: tank med ventil + störning
PI-reglering, Kd = 0
Insättning av Kd = 0 ger
Y (s) =
4s(s + 2)
V (s)
s3 + 3s2 + (2 + 8Kp )s + 8Ki
För poler i vänster halvplan:
⇔ 24Kp + 6 − 8Kp > 0
och
Ki > 0
Val av parametrar Kp och Ki :
I
11 / 23
0 < Ki <
3
4
+ 3Kp ger stabilt slutet system.
Störningsundertryckning, forts.
PI-reglering, Kd = 0, då r(t) ≡ 0
Vad händer med vätskenivån y(t) om ett plötsligt tryckfall inträffar
i tillflödesledningen? Anta att
(
−v0 t ≥ 0
v0
L
v(t) =
←→
V (s) = −
s
0
t<0
12 / 23
Störningsundertryckning, forts.
PI-reglering, Kd = 0, då r(t) ≡ 0
Vad händer med vätskenivån y(t) om ett plötsligt tryckfall inträffar
i tillflödesledningen? Anta att
(
−v0 t ≥ 0
v0
L
v(t) =
←→
V (s) = −
s
0
t<0
När slutet system från v(t) till y(t) är stabilt: Använd
slutvärdesteoremet
yf = lim y(t) = lim sY (s)
t→∞
= lim s
s→0
s3
3s2
4s(s + 2)
−v0
+ (2 + 8Kp )s + 8Ki s
+
−4 · 0 · v0
=
= 0!
8Ki
s→0
12 / 23
Störningsundertryckning, forts.
PI-reglering, Kd = 0, då r(t) ≡ 0
Vad händer med vätskenivån y(t) om ett plötsligt tryckfall inträffar
i tillflödesledningen? Anta att
(
−v0 t ≥ 0
v0
L
v(t) =
←→
V (s) = −
s
0
t<0
När slutet system från v(t) till y(t) är stabilt: Använd
slutvärdesteoremet
yf = lim y(t) = lim sY (s)
t→∞
= lim s
s→0
s3
3s2
4s(s + 2)
−v0
+ (2 + 8Kp )s + 8Ki s
+
−4 · 0 · v0
=
= 0!
8Ki
s→0
Inverkan av konstant störning försvinner med integrator!
12 / 23
Störningsundertryckning, forts.
PI-reglering, Kp = 2, Kd = 0, då r(t) ≡ 0
1
0.5
Ki = 4
0
vätskenivå
Ki = 0.5
−0.5
Ki = 0
−1
−1.5
−2
−2.5
−3
0
2
4
6
tid (sekunder)
8
Notera stabilitet och slutvärde
13 / 23
10
Störningsundertryckning, forts.
PID-reglering
1
0.5 K = 2, K = 4, K = 1
p
i
d
vätskenivå
0
−0.5
Kp = 4, Ki = 4, Kd =2
−1
−1.5
−2
−2.5
−3
0
2
4
6
tid (sekunder)
8
10
PID-reglering ger här fritt val av poler med Kp ,Ki och Kd
14 / 23
Polernas väg i C-planet
Exempel: PI-reglering av enkelt system
Antag system Y (s) =
1
U (s) som styrs med
+ 1}
|s {z
G(s)
s + 10
U (s) = K
(R(s) − Y (s))
| {zs }
F (s)
15 / 23
Polernas väg i C-planet
Exempel: PI-reglering av enkelt system
Antag system Y (s) =
1
U (s) som styrs med
+ 1}
|s {z
G(s)
s + 10
U (s) = K
(R(s) − Y (s))
| {zs }
F (s)
ger slutet system
s+10
K s(s+1)
G(s)F (s)
Y (s) =
R(s) =
s+10 R(s)
1 + G(s)F (s)
1 + K s(s+1)
=
15 / 23
K(s + 10)
R(s)
s(s + 1) + K(s + 10)
Rotort
En grafisk metod för att beskriva polernas beroende av K
Slutet system kan skrivas på form:
Gc (s) =
···
P (s) + KQ(s)
En rotort visar hur rötterna till polynomekvationen
P (s) + KQ(s) = 0,
beror av parametern K.
16 / 23
0≤K<∞
(∗)
Rotort
En grafisk metod för att beskriva polernas beroende av K
Slutet system kan skrivas på form:
Gc (s) =
···
P (s) + KQ(s)
En rotort visar hur rötterna till polynomekvationen
P (s) + KQ(s) = 0,
0≤K<∞
beror av parametern K.
Rotorten = de punkter i det komplexa talplanet C som utgör
poler/rötter till (∗) för något K ≥ 0.
16 / 23
(∗)
Rotort
Exempel: PI-reglering av enkelt system
Slutna systemets poler ändras när K går från 0 till ∞:
Im
10
5
Re
0
−5
−10
−25
17 / 23
−20
−15
−10
−5
0
5
Motsvarande stegsvar
Exempel: PI-reglering av enkelt system
Slutna systemets stegsvar (R(s) = 1s ) för olika K:
1.4
K=1
K = 38
1.2
y(t)
1
0.8
K = 110
0.6
K = 0.02
0.4
0.2
0
0
1
2
3
tid (s)
18 / 23
4
5
Rotortens karakteristik
I
Polynomen P (s) och Q(s) har ordning n resp. m.
I
Ekvationen (∗) har alltid n rötter, vilka i rotorten utgör n
stycken grenar.
I
P (s) och Q(s) har reellvärda koefficienter ⇒ alla
komplexvärda rötter till (∗) är komplexkonjugerade par ⇒
rotorten är symmetrisk kring reella axeln.
I övrigt karakteriseras rotorten av dess
I
1.
2.
3.
4.
19 / 23
startpunkter
ändpunkter
asymptoter
delar på reella axeln
Rotortens karakteristik, forts.
20 / 23
I
Startpunkter: De n rötterna till (∗) för K = 0. Ges av
P (s) = 0. Markeras med kryss ’×’. (Resultat 3.1)
I
Ändpunkter: De m ändliga rötterna till (∗) när K → ∞. Ges
av Q(s) = 0. Markeras med ringar ’◦’. (Resultat 3.1)
I
Asymptoter: n − m grenar går ut mot oändligheten. Detta
sker längs n − m asymptoter. Asymptoterna strålar ut
(symmetriskt) från en punkt på den reella axeln. (Resultat 3.1)
I
Reella axeln: De delar av den reella axeln som har ett udda
antal (inkl. multiplicitet) reella start- och ändpunkter till
höger om sig, hör till rotorten. (“Uddaregeln”) (Resultat 3.2)
I
Rotortens grenar kan inte överlappa varandra, så om två
grenar möts (i en dubbelrot) på reella axeln måste de “bryta
ut” i det komplexa talplanet.
PI-reglering av tanken
Rotort för slutna systemets poler m.a.p. Ki , med Kp = 2 och
Kd = 0.
10
Im
8
6
4
2
asymptoter
Re
0
−2
−4
−6
−8
−10
−10
21 / 23
−5
0
5
10
PID-reglering av tanken
Rotort för slutna systemets poler m.a.p. Kd , med Kp = 2 och
Ki = 4.
5
Im
4
3
2
två
ändpunkter
1
Re
0
−1
−2
−3
−4
−5
−8
22 / 23
−6
−4
−2
0
2
Återblick
23 / 23
I
PID regulatorn och slutna systemets stabilitet
I
Exempel PID-regulatorn och störningsunderstryckning
I
Slutna systemets poler som funktion av parameter K