1

PRz – AiS

NASTAWY REGULATORÓW TYPU PID DLA TYPOWYCH

OBIEKTÓW

Obiekty i regulatory. Bezpieczne nastawy - metoda tabelaryczna. Bezpieczne nastawy – przykłady wyprowadzeń

dla obiektów bez opóźnień i z opóźnieniem. Przykład I – obiekt „prosty”. Odpowiedź na zakłócenie. Przykład II

– obiekt „trudny”. Metody tabelaryczne: Poradnik Inżyniera – Automatyka, Handbook of PI and PID controller

tuning rules.

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:

1Ts

ko , ,1

sTc

,)1( 2Ts

ko

)1(

1

TssTC

, ,se ,

1

so eTs

k

,)1( 2

so eTs

k

s

c

esT

1

2. Regulatory I, PI, PID

Składowa całkująca I algorytmu regulacji eliminuje błąd ustalony po wystąpieniu stałego,

utrzymującego się zakłócenia.

PI:

sTk

i

p

11

PID: )1

1(

1

11

1sT

sTk

sD

T

sT

sTk d

i

pD

d

d

i

p

, typowo D = 5…8

I: jako PI dla 1min, pk

,1

1min,min,

min,min,s

k

sT

k

sT

kk

sTk i

i

p

Temałi

p

p

i

pi

i

p

iT

kk

min,

Typowe Td w PID

4

id

TT

Ziegler i Nichols, 1943

„różniczkowanie = ćwiartka całkowania”

tzw. PID „o podwójnym zerze”

PID: sT

sT

ksTsT

ki

i

pd

i

p

2

121

1

2

PID „z dwoma zerami”

PID: 21

21

2121

21 ,,,111

1 TTkkTT

TTTTTT

s

sTsTksT

sTk rpdird

i

p

Bezpieczne nastawy

Są to nastawy regulatora PID/PI/I, które dla typowej transmitancji wiernie

odpowiadającej obiektowi zapewniają przebiegi aperiodyczne krytyczne, a dla

transmitancji w miarę dobrze aproksymującej 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 Δ=0.

Typowe obiekty – proste transmitancje łatwo identyfikowalne na podstawie

odpowiedzi skokowych lub bramkowych

Pytania

- jaki algorytm regulacji PID zastosować ?

- jakie nastawy dają w miarę szybkie przebiegi bez przeregulowań (bezpieczne

nastawy)?

Wymagania dotyczące rozwiązania

- minimum danych wejściowych (transmitancja i ew. czas regulacji)

- proste wzory algebraiczne

Obiekt

Regulator

Nastawy Czas

regulacji

tr Nazwa Transmitancja kp Ti Td

1 Inercja 1Ts

ko PI

orkt

T4 T – dany

2 Integrator s

ko PI

orkt

8

2

rt – dany

3 Podwójna

inercja 2)1( Ts

ko PID

orkt

T8 2T

4

iT dany

4 Integrator

z inercją )1( Tss

ko PID

ok

TT 214

21 TT 21

21

TT

TT

dany

TT 1

22

rtT

3

Obiekt

Regulator

Nastawy Czas

regulacji

tr

Nazwa Transmitancja kp Ti Td

5 Opóźnienie soek I

oi

kk

134.0 5

6 Inercja z

opóźnieniem

so eTs

k

1

PI

ok

T34.0

T – 5

7 Podwójna

inercja z

opóźnieniem

so eTs

k

2)1(

PID

ok

T68.0

T2 4

iT 5

8 Integrator z

inercją i

opóźnieniem

so eTss

k

)1(

PID

2

2144.0Tk

TT

o

21 TT

21

21

TT

TT

5.7

TT 1 25.62 T

Obiekt

Regulator

Nastawy Czas

regulacji

tr Nazwa Transmitancja kp Ti Td

9 Podwójny

integrator 2s

ko PID or kt2

216

2

rt 4

iT dany

10 Obiekt

oscylacyjny

22 2 nn

o

ss

k

1

PID 2

2

216n

or kt

2

rt

4

iT dany

11 Obiekt

niestabilny 22 s

ko PID

zs

ss

TT

TT

k b

bb

o

)(1

21

21 21 TT

21

21

TT

TT

dany ,1

1

T ,1

2z

T )( zzzsb

rtzzz

4)(

4

Przykład. Dla obiektu o transmitancji typu podwójna inercja z opóźnieniem o parametrach

ko=2.5, T=5, =1.5 dobierz parametry regulatora typu PID metodą tabelaryczną oraz

wykonaj symulację w pakiecie Matlab.

Obiekt

Regulator

Nastawy Czas

regulacji

tr

Nazwa Transmitancja kp Ti Td

Podwójna

inercja z

opóźnieniem

so eTs

k

2)1(

PID

ok

T68.0

T2 4

iT 5

Dobór nastaw regulatora PID „o podwójnym zerze”

sT

sT

ksTsT

ki

i

pd

i

p

2

121

1

clear all

clc

ko=2.5

T=5

tau=1.5

[Lp Mp]=pade(tau,12)

Lo=ko*Lp;

Mo=conv([T 1],[T 1]);

Mo=conv(Mo,Mp);

kp=0.68*T/(ko*tau)

Ti=2*T

Td=Ti/4

Lr=kp*conv([Ti/2 1],[Ti/2 1]);

Mr=Ti*[1 0]

Lz=conv(Lr,Lo);

Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz]

t=0:0.01:12*tau;

y=step(Lz,Mz,t);

plot(t,y);grid

Przykład. Dla obiektu o transmitancji typu integrator z inercją i opóźnieniem o parametrach

ko=2.5, T=5, =1.5 dobierz parametry regulatora typu PID metodą tabelaryczną oraz

wykonaj symulację w pakiecie Matlab i Simulink.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

5

Obiekt

Regulator

Nastawy Czas

regulacji

tr

Nazwa Transmitancja kp Ti Td

8 Integrator z

inercją i

opóźnieniem

so eTss

k

)1(

PID

2

2144.0Tk

TT

o

21 TT

21

21

TT

TT

5.7

TT 1 25.62 T

Dobór nastaw regulatora PID „z dwoma zerami”

s

sTsTksT

sTk rd

i

p

1111 21

Matlab

clear all clc

ko=2.5 T=5 tau=1.5

T1=T T2=6.25*tau

kp=0.44*(T1+T2)/(ko*T2*tau); Ti=T1+T2; Td=T1*T2/(T1+T2);

[Lp Mp]=pade(tau,12) Lo=ko*Lp; Mo=conv([1 0],[T 1]); Mo=conv(Mo,Mp);

Lr=kp*[Ti*Td Ti 1] Mr=Ti*[1 0]

Lz=conv(Lr,Lo); Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz]

t=0:0.01:20*tau;

y=step(Lz,Mz,t); plot(t,y);grid

P = 0.1799

I = 0.0125

D = 0.5867

N = 100

0 5 10 15 20 25 30-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

6

Simulink

BEZPIECZNE NASTAWY – PRZYKŁADY WYPROWADZEŃ

Układ

OBIEKTY BEZ OPÓŹNIEŃ

1. Inercja

O: ,1Ts

ko R: PI →

sTk

i

p

11

1

11

1)

11(

TssT

sTkk

Ts

k

sTkG

i

iop

o

i

potw

Ti=T – eliminacja stałej czasowej

,11

sTsT

kkG

zam

op

otw op

zamkk

TT

1

1

1

sTG

GG

zamotw

otwzam

Transport

Delay

Transfer Fcn

2.5

5s+1

Step

Scope

PID Controller

(with Approximate

Derivative )1

PID

Integrator

1

s

R O w u y

Regulator Obiekt

7

Dane tr – czas regulacji

op

zamrkk

TTt 44

or

pkt

Tk

4

Wniosek. Im krótszy czas regulacji tr, tym większe wzmocnienie regulatora kp.

2. Integrator

O: ,1

sTc

R: PI

,111

)1

1(22 s

sTk

s

sT

TT

k

sTsTkG ii

ci

p

ci

potw

ci

p

TT

kk

kskTs

sTk

G

GG

i

i

otw

otwzam

2

)1(

1

2

22 404:0

i

iT

kkTk

Pierwiastek (biegun): i

i

T

kTs

2

22,1 dla Δ=0

Stała czasowa jest odwrotnością modułu

pierwiastka.

ir Ts

t 24

2,1

Dane tr

,2

ri

tT

2

4

ici

p

TTT

kk

i

cp

T

Tk 4

r

c

t

T8

Uwaga. Ze względu na Tis w liczniku Gzam odpowiedź skokowa będzie mieć

przeregulowanie. Można je zlikwidować rozdzielając regulator PI na I+P lub podając

wielkość zadaną w na filtr o stałej czasowej Ti.

3. Podwójna inercja

O: ,)1( 2Ts

ko R: PID → sT

sT

ksTsT

ki

i

pTT

d

i

pi

d

2

4

)12

(1

1

TTi 2

– eliminacja podwójnej stałej czasowej, TTi 2

8

,11

2)1(

)12

(

22

2

sTsT

kk

Ts

k

sT

sT

kGzam

op

TT

o

i

i

potwi

op

zamkk

TT

2

1

1

sTG

zam

zam

Dane tr

op

zamrkk

TTt

244

or

pkt

Tk

8

OBIEKTY Z OPÓŹNIENIEM

1. „Czyste” opóźnienie

Przykład – taśmociąg

O: s

oek R: I → s

ki (np. sT

k

i

p min,)

Aproksymacja Padé I rzędu

12

12

s

s

e s

,

)12

(

12

ss

s

ks

ekkek

s

kG

s

oi

s

oi

otw

oikkk

ksks

sk

G

GG

otw

otwzam

)2

1(2

)12

(

1 2

01342

4)2

1(0

22,284

2429

222

kkkk – równanie dla k

,1

34.01

)223(2

42

2232

k

oi

kk

134.0

9

Wyjaśnienie. Drugie rozwiązanie, tj. ,1

)223(2

k zmienia znak drugiego

współczynnika w mianowniku zamG na ujemny, co powoduje, że układ zamknięty

byłby niestabilny.

Ze wzoru )/(34.0 oi kk widać, że im większe opóźnienie , tym słabsze

działanie regulacyjne

,1

)12(2

22

21

2,1

k

s 83.412

24

2,1

s

tr 5

Wniosek. Czasu regulacji tr krótszego niż 5 nie da się osiągnąć stosując regulację

PID.

2. Inercja z opóźnieniem

O: so eTs

k

1 R: PI

TTi – eliminacja stałej czasowej

,

)12

(

12

1

1

ss

s

ks

e

T

kke

Ts

k

sT

sTkG

sop

TT

so

i

ipotw

i

T

kkk

op – Padé I

Ponieważ otwG ma postać jak wyżej, zatem ,1

34.0

k

5rt .

,1

34.0

T

kk

o

p np. 4.310,1 po kT

k

3. Podwójna inercja z opóźnieniem

O: ,)1( 2

so eTs

k

R: PID →

sT

sT

ksTsT

ki

i

pT

T

d

i

pi

d

2

4

)12

(1

1

TTi 2 – eliminacja stałych czasowych

,

)12

(

12

2)1(

)12

(

22

2

ss

s

ks

e

T

kke

Ts

k

sT

sT

kGs

op

TT

so

i

i

potwi

T

kkk

op

2

Jak poprzednio: ,/34.0 k 5rt

10

Zatem

T

kk

o

p

168.0

T

ko

17.0

PRZYKŁAD I – OBIEKT „PROSTY”

1. Obiekt

Obiekt „prawdziwy” i aproksymacja (zob. wykład Identyfikacja)

2)11.0)(1(

1

ss

ses

17.0

1

1

,1T ,17.0 1ok

W obiektach „prostych” opóźnienie jest wyraźnie mniejsze od stałej czasowej .T 2. Regulator PI

Nastawy

,1 TTi 9.188.118.0

134.0

134.0

T

kk

o

p

PI: s

s 19.1

Czas regulacji – 118.055 rt

3. Matlab

Odpowiedź na wielkość zadaną

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”

m

lw y

momr

lolr

w y

mr

lr

mo

low y

R O

11

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)

p% 0.7%

Wniosek. Układ zamknięty

szybko nadąża za wielkością

zadaną.

ODPOWIEDŹ NA ZAKŁÓCENIE

1. Transmitancja zakłóceniowa

Układ

ml

zlolrmomr

mrlo

mo

lo

mr

lrmo

lo

G

1

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.

mr

lr

mo

lo yz

z

y yo

12

3. Simulink

P=kp=1.9

I=kp/Ti=1.9

D=kpTd=0

Step: S.t. – 0 F.v. – 1 Step1: S.t. – 3, F.v. – 1

13

PRZYKŁAD II – OBIEKT „TRUDNY”

1. Obiekt

Obiekt „prawdziwy” i aproksymacja (zob. Identyfikacja)

5)1(

1

s

ses

53.1

2)169.1(

1

,69.1T ,53.1 1ok

Obiekty „trudne”, to obiekty z dominującym opóźnieniem. W praktyce spotyka się je

rzadko.

2. Regulator PID

)1(

1)()1

1(

)

1

11(

2

sD

TsT

sD

TTs

DTT

k

sD

T

sT

sTk

di

didi

pd

d

i

p

Nastawy

,69.1*22 TTi ,4

id

TT 77.0

53.1

69.17.0

17.0

T

kk

o

p

65.753.155 rt

3. Matlab

Odpowiedź 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.

14

Odpowiedź 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

11

sN

sDs

odpowiada

1sD

T

sTk

d

dp

Zatem

.dT

DN

Przyjęto

5D

(jak Siemens).

15

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

1. Nastawy regulatorów dla obiektu so e

Ts

k

1

Tabela nastaw (fragment)

Przeregulowanie 0 , minimalny czas regulacji

Regulator T

kk op

iT

dT

PI 0.6

T5.08.0 –

PID 0.95 2.4 0.4

Obiekt „trudny” – aproksymacja transmitancją so eTs

k

1

t10 = 3.15, t90 = 9.3 – zob. Identyfikacja obiektów

,8.2795.22.2

1090

tt

T

.9.287.2T1.010 t

Obiekt dla doboru nastaw – ses

9.2

18.2

1

Regulator PI

,58.09.2

8.26.0

16.0

T

kk

o

p

72.38.05.0 TTi

16

P=0.58

I=0.58/3.72

D=0

Porównanie. Przebiegi wyglądają nieco gorzej niż poprzednio.

Regulator PID

,92.01

95.0

T

kk

o

p

,0.74.2 iT 2.14.0 dT

P=0.92

I=0.92/7.0

D=0.92 2.1 N=5/( )2.1

Porównanie. Czas regulacji dłuższy niż PI (trochę lepsze tłumienie zakłóceń).

2. Obiekt całkujący s

c

esT

1

Przykład 3)15.0(2

1

ss

Matlab

t=0:0.05:5;

yo=step(1, 2*[.125 .75 1.5 1 0], t);

plot(t, yo), grid

17

Aproksymacja obiektu transmitancją s

c

esT

1

Matlab

[t' yo]

…

(t1, y1): 3.0 0.7704

…

(t2, y2): 5.0 1.7508

y=at+b

0.7704 = a∙3+b

1.7508 = a∙5+b → a = 0.9804, b = -0.7056

04.21

aTc

44.17056.09804.00:

Obiekt dla doboru nastaw – ses

44.1

04.2

1

3. Nastawy regulatorów dla obiektu s

c

esT

1

Przeregulowanie ,0 minimum tr (według Poradnika)

Regulator c

pT

k

iT

dT

PI 0.46 5.75

–

PID 0.65 5.0 0.23

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.

Simulink

Step: S.t. – 2.5, F.v. – 1

y=at+b

(t1, y1)

(t2, y2)

y

t τ

18

Regulator PI

,65.044.1

04.246.046.0

c

p

Tk

28.844.175.575.5 iT

P=0.65

I=0.65/8.28

Regulator PID

,92.065.0

cp

Tk

,2.75 iT 33.023.0 dT

P=0.92

I=0.92/7.2

D=0.30

N=5/0.33

Porównanie. Przebieg dla regulatora PID wygląda korzystniej.

4. Eliminacja przeregulowania przez filtrację wielkości zadanej

Stałą czasową filtru wybiera się eksperymentalnie w przedziale )...2

( ii T

T

Przyjęto .6filtrT

P, I, D, N – jak poprzednio

Odpowiedź skokowa

Uwaga. Czas regulacji szacuje się jako .10rt

19

HANDBOOK OF PI AND PID CONTROLLER TUNING RULES 3rd Edition, Aidan O’Dwyer, Imperial College Press 2009

Organisation of the Tuning Rules

The tuning rules are organised in tabular form. Within each table, the tuning rules are classified further; the main

subdivisions made are as follows:

(i) Tuning rules based on a measured step response (also called process reaction curve methods).

(ii) Tuning rules based on minimising an appropriate performance criterion, either for optimum regulator or

optimum servo action.

(iii) Tuning rules that give a specified closed loop response (direct synthesis tuning rules). Such rules may be

defined by specifying the desired poles of the closed loop response, for instance, though more generally,

the desired closed loop transfer function may be specified. The definition may be expanded to cover

techniques that allow the achievement of a specified gain margin and/or phase margin.

(iv) Robust tuning rules, with an explicit robust stability and robust performance criterion built into the design

process.

(v) Tuning rules based on recording appropriate parameters at the ultimate frequency (also called ultimate

cycling methods).

(vi) Other tuning rules, such as tuning rules that depend on the proportional gain required to achieve a quarter

decay ratio or to achieve magnitude and frequency information at a particular phase lag.

Wybrane wskaźniki jakości (performance criterion)

Przykładowe tabele nastaw

20

21

22

23

Przykład s

m

m mesT

K

1 dobór nastaw dla regulatora PI zgodnie z punktem 3.3.1 metodą Chien

et al. (1952) – Matlab

%Regulator vs Servo - na podstawie Handbook - Przeregulowanie 0%

clear all

clc

%Obiekt

Km=2

Tm=2

taum=1

Lo=Km

Mo=[Tm 1]

[Lp Mp]=pade(taum,12);

24

Lo=conv(Lo,Lp);

Mo=conv(Mo,Mp);

%=========================

%PI - 1

%=========================

%Chien et al. (1952) => Regulator - 0% OVS

Kc=0.6*Tm/(Km*taum);

Ti=4*taum;

%Simulink

PR=Kc

IR=Kc/Ti

%Transmitancja PI

Lr=Kc*[Ti 1]

Mr=[Ti 0]

%Transmitancja układu zamkniętego

Lz=conv(Lr,Lo);

Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz];

%Symulacja

t=0:0.01:20*Tm+taum;

y1=step(Lz,Mz,t);

%=========================

%PI - 2

%=========================

%Chien et al. (1952) => Servo - 0% OVS

Kc=0.35*Tm/(Km*taum);

Ti=1.17*taum;

%Simulink

PS=Kc

IS=Kc/Ti

%Transmitancja PI

Lr=Kc*[Ti 1]

Mr=[Ti 0]

%Transmitancja układu zamkniętego

Lz=conv(Lr,Lo);

Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz];

%Symulacja

t=0:0.01:20*Tm+taum;

y2=step(Lz,Mz,t);

plot(t,y1,t,y2);grid

legend('Regulator','Servo');

title('0% OVS');

25

%Regulator vs Servo - na podstawie Handbook – Przeregulowanie 20%

clear all

clc

%Obiekt

Km=2

Tm=2

taum=1

Lo=Km

Mo=[Tm 1]

[Lp Mp]=pade(taum,12);

Lo=conv(Lo,Lp);

Mo=conv(Mo,Mp);

%=========================

%PI - 1

%=========================

%Chien et al. (1952) => Regulator - 20% OVS

Kc=0.7*Tm/(Km*taum);

Ti=2.33*taum;

%Simulink

PR=Kc

IR=Kc/Ti

%Transmitancja PI

Lr=Kc*[Ti 1]

Mr=[Ti 0]

%Transmitancja układu zamkniętego

Lz=conv(Lr,Lo);

Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz];

%Symulacja

t=0:0.01:7*Tm+taum;

y1=step(Lz,Mz,t);

%=========================

%PI - 2

%=========================

0 5 10 15 20 25 30

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0% OVS

Regulator

Servo

26

%Chien et al. (1952) => Servo - 20% OVS

Kc=0.6*Tm/(Km*taum);

Ti=Tm;

%Simulink

PS=Kc

IS=Kc/Ti

%Transmitancja PI

Lr=Kc*[Ti 1]

Mr=[Ti 0]

%Transmitancja układu zamkniętego

Lz=conv(Lr,Lo);

Mz=conv(Mr,Mo)+[0 Lz];

%Symulacja

t=0:0.01:7*Tm+taum;

y2=step(Lz,Mz,t);

plot(t,y1,t,y2);grid

legend('Regulator','Servo');

title('0% OVS');

Simulink

Wyniki uzyskane za pomocą Matlab i Simulink są identyczne.

0 2 4 6 8 10 12

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

20% OVS

Regulator

Servo

Transport

Delay 1

Transport

Delay

Transfer Fcn 1

Km

Tm .s+1

Transfer Fcn

Km

Tm .s+1

Step 2

Step 1

Step

Sine Wave

Scope 1

RampPID Controller 1

PID

PID Controller

PID

Manual Switch 1

Manual Switch

yR

yR

yS