PRz  AiSD  W9
BEZPIECZNE NASTAWY DLA TYPOWYCH OBIEKTÓW
Obiekty i regulatory. Obiekty bez opóz
nień. Obiekty z opóz
nieniem. Przykład I  obiekt
 prosty . Odpowiedz
na zakłócenie. Przykład II  obiekt  trudny . Poradnik Inżyniera 
Automatyka.
OBIEKTY I REGULATORY
1. Obiekty w automatyzacji
Typowymi transmitancjami opisującymi lub aproksymującymi dynamikę obiektów w
automatyzacji procesów technologicznych, takich jak zbiorniki, piece, reaktory chemiczne,
kotły, turbiny, generatory itd., są:
ko ko
1 ko 1 ko 1
, , , , e-Äs , e-Äs, e-Äs , e-Äs
Tcs TC s(Ts +1)
Ts +1 (Ts +1)2 Ts +1 (Ts +1)2 Tcs
2. Regulatory I, PI, PID
Składowa całkująca I algorytmu regulacji eliminuje błąd ustalony po wystąpieniu stałego,
utrzymującego się zakłócenia.
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ ÷Å‚
" PI: k
p
ìÅ‚1+ Tis ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
1
ìÅ‚1+ 1 + Td s ÷Å‚
PID: k E" k (1+ +Td s) , typowo D = 5& 8
p p
D>1
Td
Tis Tis
ìÅ‚
s +1÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
íÅ‚ D Å‚Å‚
" I: jako PI dla k < 1
p,min
kp,min kp,min ki kp, min
ëÅ‚ öÅ‚
1
ìÅ‚ ÷Å‚
kp,minìÅ‚1+ = kp,min + E" = , ki =
÷Å‚
małeTi
Tis Tis Tis s Ti
íÅ‚ Å‚Å‚
" Typowe Td w PID:
Ti Ziegler i Nichols, 1943
Td =
 różniczkowanie = ćwiartka całkowania
4
Wtedy
2
Ti
ëÅ‚
s +1öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
ëÅ‚ öÅ‚
1 Ti
2
íÅ‚ Å‚Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
PID: k
p
ìÅ‚1+ Tis + 4 s÷Å‚ = k p Tis regulator  o podwójnym zerze
íÅ‚ Å‚Å‚
1
" Bezpieczne nastawy
Są to nastawy regulatora PID/PI/I, które dla typowej transmitancji wiernie
odpowiadajÄ…cej obiektowi zapewniajÄ… przebiegi aperiodyczne krytyczne, a dla
transmitancji w miarÄ™ dobrze aproksymujÄ…cej obiekt przebiegi z niewielkim
przeregulowaniem lub niedoregulowaniem.
Prostym sposobem doboru czasu całkowania Ti jest eliminacja stałej czasowej obiektu
(lub dwóch stałych czasowych).
W układach II rzędu przebiegi aperiodyczne krytyczne otrzymuje się wówczas, gdy
mianownik transmitancji układu zamkniętego ma "=0.
" Układ
Regulator Obiekt
w u y
R O
OBIEKTY BEZ OPÓy
NIEC

1. Inercja
ëÅ‚ öÅ‚
ko 1
ìÅ‚ ÷Å‚
" O: , R: PI k  zob. Dwa układy regulacji
p
ìÅ‚1+ Tis ÷Å‚
Ts +1
íÅ‚ Å‚Å‚
1 ko Tis +1 1
Gotw = k (1+ ) = k ko Å"
p p
Tis Ts +1 Tis Ts +1
Ti=T  eliminacja stałej czasowej
kpko 1 1
T
Gotw = Å" = , Tzam =
T s Tzams kpko
Gotw 1
Gzam = =
1+ Gotw Tzams +1
" Dane tr  czas regulacji
T 4T
tr = 4Tzam = 4 k =
p
k ko trko
p
Wniosek. Im krótszy czas regulacji tr, tym większe wzmocnienie regulatora kp (czyli
np. większa moc urządzeń wykonawczych).
2. Integrator
1
" O: , R: PI
Tcs
2
k k
1 1 Tis +1 Tis +1
p p
Gotw = k (1+ ) = = k , k =
p
Tis Tcs TiTc TiTc
s2 s2
Gotw k(Tis + 1)
Gzam = =
1 + Gotw s2 + kTis + k
4
2
" = 0 : k Ti2 - 4k = 0 k =
Ti2
kTi 2
Pierwiastek mianownika (biegun): s1,2 = - = - dla "=0
2 Ti
Stała czasowa jest odwrotnością modułu pierwiastka mianownika.
4
tr = = 2Ti
s1,2
" Dane tr
k
tr
4 Tc Tc
p
Ti = , k = = k = 4 = 8
p
TiTc
2 Ti2 Ti tr
Uwaga. Ze względu na Tis w liczniku Gzam odpowiedz
skokowa będzie mieć
przeregulowanie. Można je zlikwidować rozdzielając regulator PI na I+P lub podając
wielkość zadaną w na filtr wstępny o stałej czasowej Ti.
3. Podwójna inercja
Ti
( s +1)2
ëÅ‚ öÅ‚
1
ko
ìÅ‚ ÷Å‚
" O: , R: PID kp ìÅ‚1+ + Td s÷Å‚ =T kp 2
i
(Ts +1)2 Tis Tis
Td =
íÅ‚ Å‚Å‚
4
Ti
= T  eliminacja podwójnej stałej czasowej, Ti = 2T
2
Ti
( s +1)2 ko
k ko 1 1
2T
p
Gotw = kp 2 Å" = Å" = , Tzam =
Tis (Ts +1)2 Ti =2T 2T s Tzams kpko
1
Gzam =
Tzams +1
" Dane tr
2T
8T
tr = 4Tzam = 4 k =
p
trko
k ko
p
3
OBIEKTY Z OPÓy
NIENIEM
1.  Czyste opóz
nienie
" Przykład  taśmociąg
kp, min
ki
O: koe-Äs R: I (np. )
s Tis
Ä
- s +1
2
Aproksymacja Padé I rzÄ™du e-Äs E"
Ä
s +1
2
Ä
ki e-Äs - 2 s +1
" Gotw = koe-Äs = kiko E" k , k = kiko
Ä
s s
s( s +1)
2
Ä
k(- s +1)
Gotw
2
Gzam = =
1+ Gotw Ä s2 + (1- k Ä )s + k
2 2
2
Ä Ä Ä
2
" = 0 (1- k )2 - 4k = k - 3kÄ +1 = 0  równanie dla k
2 2 4
144244
3
2-4Ä 2 2,
"=9Ä =8Ä " =2 2Ä
4
3Ä - 2 2Ä 1 1 1
k = = 2(3 - 2 2) E" 0.34 , ki = 0.34
2
Ä Ä Ä koÄ
2
4
1
Wyjaśnienie. Drugie rozwiązanie, tj. k = 2(3+ 2 2) , zmienia znak drugiego
Ä
współczynnika w mianowniku Gzam na ujemny, co powoduje, że układ zamknięty
byłby niestabilny.
Ze wzoru ki = 0.34/(koÄ ) widać, że im wiÄ™ksze opóz
nienie Ä , tym sÅ‚absze
działanie regulacyjne.
Ä
1- k
1 4 2
2
s1, 2 = - = -2( 2 -1) , tr = = Ä E" 4.83Ä E" 5Ä
Ä
Ä
s1, 2 2 -1
2
2
Wniosek. Czasu regulacji tr krótszego niż 5Ä nie da siÄ™ osiÄ…gnąć stosujÄ…c regulacjÄ™
PID.
4
2. Inercja z opóz
nieniem
ko
" O: e-Äs R: PI
Ts +1
Ti = T  eliminacja stałej czasowej
Ä
kpko e-Äs - 2 s +1 kpko
Tis +1 ko
Gotw = kp e-Äs Ti=T Å" E" k , k =
=
Ä
Tis Ts +1 T s T
s( s +1)
2
1
Ponieważ Gotw ma postać jak wyżej, zatem k = 0.34 , tr E" 5Ä .
Ä
1 T T
kp = 0.34 , np. ko = 1, = 10 kp = 3.4
ko Ä Ä
3. Podwójna inercja z opóz
nieniem
Ti
( s +1)2
ëÅ‚ öÅ‚
ko 1
ìÅ‚ ÷Å‚
" O: e-Äs , R: PID kpìÅ‚1+ + Td s÷Å‚ =T kp 2
i
(Ts +1)2 Tis
íÅ‚ Å‚Å‚T = 4 Tis
d
Ti = 2T  eliminacja stałych czasowych
Ti Ä
( s +1)2 ko - s +1
kpko e-Äs kpko
2
Gotw = kp 2 e-Äs = Å" E" k , k =
Ä
Tis (Ts +1)2 Ti =2T 2T s 2T
s( s +1)
2
" Jak poprzednio: k = 0.34/Ä , tr = 5Ä
Zatem
1 T 1 T
k = 0.68 E" 0.7
p
ko Ä ko Ä
PRZYKA
AD I  OBIEKT  PROSTY
1. Obiekt
" Obiekt  prawdziwy i aproksymacja (zob. Identyfikacja)
1
1
e-0.17s

(s + 1)(0.1s + 1)2 s +1
T = 1, Ä = 0.17, ko =1
W obiektach  prostych opóz
nienie Ä jest wyraz
nie mniejsze od stałej czasowej T.
5
2. Regulator PI
" Nastawy
1 T 1
Ti = T = 1, k = 0.34 = 0.34 = 1.88 E" 1.9
p
ko Ä 0.17
s +1
PI: 1.9
s
" Czas regulacji  tr = 5Ä = 5Å"0.18 E"1
3. Matlab
" Odpowiedz
na wielkość zadaną
R O
w w w
lr lo y lr Å"lo y l y
mr mo mr Å" mo m
l=lr ·lo, m=mr·mo - conv( )
" lr=1.9*[1 1]; mr=[1 0];
lo=1; mo=conv([1 1], conv([0.1 1], [0.1 1]));  obiekt  prawdziwy
lo=[0 0 0 lo];  długość jak mo
l=conv(lo, lr); m=conv(mo, mr);
t=0:0.05:5;
y=step(l, l+m, t);  układ zamknięty
yo=step(lo, mo, t);  obiekt
plot(t, y, t, yo), grid
max(y)
y
yo
p% E" 0.7%
Wniosek. Układ zamknięty szybko
nadąża za wielkością zadaną.
ODPOWIEDy
NA ZAKA
ÓCENIE
1. Transmitancja zakłóceniowa
" Układ
z
lr lo yz
mr mo
6
lo
lo Å" mr
mo
Gz = =
lr lo
mr4 + lr Å"3
Å"4244
mo lo
1
1+ Å"
l+m
mr mo
2. Matlab
yz=step(conv(lo, mr), l+m, t);
plot(t, y, t, yz), grid
max(yz)
0.30
Wniosek. Zakłócenie jest silnie
tłumione, ale przebieg przejściowy
trwa dłużej.
3. Simulink
P = kp = 1.9
I = kp/Ti = 1.9
D = kpTd = 0
7
Step: S.t.  0 F.v.  1 Step1: S.t.  3, F.v.  1
PRZYKA
AD II  OBIEKT  TRUDNY
1. Obiekt
" Obiekt  prawdziwy i aproksymacja (zob. Identyfikacja)
1 1
e-1.53s
(s +1)5 (1.69s +1)2
T =1.69, Ä = 1.53, ko =1
Obiekty  trudne , to obiekty z opóz
nieniem porównywalnym ze stałą czasową lub
większym. W praktyce spotyka się je dość rzadko.
2. Regulator PID
1 Td
TiTd (1 + )s2 + (Ti + )s + 1
1 Td s
D D
" kp (1+ + ) = kp  algorytm stosowany praktycznie
Td Td
Tis
s + 1 Tis( s + 1)
D D
" Nastawy
Ti 1 T 1.69
Ti = 2T = 2 *1.69, Td = , k = 0.7 Å" = 0.7 E" 0.77
p
4 ko Ä 1.53
tr = 5Ä = 5Å"1.53 = 7.65
8
3. Matlab
" Odpowiedz
na wielkość zadaną
Ti=2*1.69; Td=Ti/4; kp=0.77; D=5;
lr=kp*[Ti*Td*(1+1/D) (Ti+Td/D) 1];
mr=[Ti*Td/D Ti 0];
lo=1; mo=conv([1 1], [1 1]);
mo=conv(mo, mo); mo=conv([1 1], mo);
lo=[0 0 0 0 0 lo];
l=conv(lr, lo); m=conv(mr, mo);
t=0: 0.2:20;
y=step(l, l+m, t);
yo=step(lo, mo, t);
plot(t, y, t, yo), grid
Wniosek. Oszacowanie tr = 7.65 jest miarodajne, ale układ zamknięty nie jest
szybszy od  trudnego obiektu.
" Odpowiedz
na zakłócenie
yz=step(conv(lo, mr), l+m, t);
plot(t, yz, t, y), grid
max(yz)
0.60
Wniosek. Układ zamknięty
kompensuje wpływ stałego,
utrzymującego się zakłócenia.
4. Simulink
9
k Td s
Ds
p
odpowiada
1 Td
s +1 s +1
N D
D
Zatem N = .
Td
Przyjęto D = 5 (jak Siemens).
Step: S.t.  2.5, F.v.  1 Step1: S.t.  20, F.v.  0.5 (dwukrotnie mniej)
PORADNIK INŻYNIERA  AUTOMATYKA
Wydawnictwa Naukowo Techniczne. Warszawa. 1975
ko
1. Nastawy regulatorów dla obiektu e-Äs
Ts +1
" Tabela nastaw (fragment) i czas regulacji
Przeregulowanie E" 0 , minimalny czas regulacji
Ä Ti Td tr
Regulator
k ko
p
T Ä Ä Ä
T
PI 0.6  8
0.8 + 0.5
Ä
PID 0.95 2.4 0.4 5.5
10
ko
" Obiekt  trudny  aproksymacja transmitancjÄ… e-Äs
Ts +1
t10 = 3.15, t90 = 9.3  zob. Identyfikacja
t90 - t10
T = = 2.795 E" 2.8, Ä = t10 - 0.1T = 2.87 E" 2.9.
2.2
1
Obiekt dla doboru nastaw  e-2.9s
2.8s +1
" Regulator PI
1 T 2.8
k = 0.6 = 0.6 = 0.58, Ti = 0.5T + 0.8Ä = 3.72
p
ko Ä 2.9
P = 0.58
I = 0.58/3.72
D = 0
Porównanie. Przebiegi wyglądają nieco gorzej niż poprzednio (ze względu na
gorszÄ… aproksymacjÄ™).
" Regulator PID
1 T
k = 0.95 = 0.92, Ti = 2.4Ä = 7.0,
p
Td = 0.4Ä = 1.2
ko Ä
P = 0.92
I = 0.92/7.0
D = 0.92 Å"1.2
N = 5/(0.92 Å"1.2)
Porównanie. Czas regulacji dłuższy niż PI (trochę lepsze tłumienie zakłóceń).
1
2. Obiekt caÅ‚kujÄ…cy e-Äs
Tcs
1
" Przykład  obiekt  prawdziwy
2s(0.5s +1)3
11
Matlab
t = 0:0.05:5;
yo = step(1, 2*[.125 .75 1.5 1 0], t);
plot(t, yo), grid
1
" Aproksymacja obiektu transmitancjÄ… e-Äs
Tcs
y
Matlab
(t2, y2)
[t' yo]
&
(t1, y1): 3.0 0.7704
(t1, y1) &
(t2, y2): 5.0 1.7508
y=at+b
t
Ä
0.7704 = a·3+b
y=at+b
1.7508 = a·5+b a = 0.4902, b = -0.7056
1
Tc = E" 2.04
a
Ä : 0 = 0.4902 Å"Ä - 0.7056 Ä = 1.44
1
Obiekt dla doboru nastaw  e-1.44s
2.04s
1
3. Nastawy regulatorów dla obiektu e-Äs
Tcs
" Przeregulowanie E" 0, minimum tr (według Poradnika)
Ä Ti Td tr
Regulator
k
p
Tc Ä Ä Ä
PI 0.46  13.2
5.75
PID 0.65 5.0 0.23 9.8
Tabele nastaw regulatorów PID podane w Poradniku Inżyniera  Automatyka nie są
jedynymi. W literaturze anglosaskiej spotyka się dość podobne tabele opracowane przez
Cohena i Coona.
12
" Simulink
Step: S.t.  2.5, F.v.  1
" Regulator PI
Tc 2.04
k = 0.46 = 0.46 = 0.65, Ti = 5.75 Å"Ä = 5.75 Å"1.44 = 8.28
p
Ä 1.44
P = 0.65
I = 0.65/8.28
" Regulator PID
Tc
k = 0.65 = 0.92, Ti = 5Ä = 7.2,
p
Td = 0.23 Å"Ä = 0.33
Ä
P = 0.92
I = 0.92/7.2
D = 0.30
N = 5/0.30
Porównanie. Przebieg dla regulatora PID wygląda korzystniej.
4. Eliminacja przeregulowania przez filtrację wielkości zadanej
Ti
" Stałą czasową filtru wybiera się eksperymentalnie w przedziale ( ... Ti )
2
Przyjęto Tfiltr = 6.
P, I, D, N  jak poprzednio
13
" Odpowiedz
skokowa
Uwaga. Czas regulacji szacuje siÄ™ w praktyce jako tr E" 10Ä , czyli prawie 2 krotnie
dłużej niż dla inercji z opóz
nieniem.
14