8 Augmentacja stateczności: tłumik odchylenia i pochylenia

0 Prolog: osobny podsystem

Pallett opisuje tłumik odchylenia (ang. yaw damper) jako osobny podsystem, niezależny od autopilota: pilot może go włączyć, nawet gdy pilotuje ręcznie, bo holendrowanie niektórych samolotów jest za słabo tłumione, żeby człowiek mógł nad nim panować. W samolotach z dwiema częściami steru kierunku, jak Boeing 747, każda ma własny tłumik. Typowy tłumik jest „szeregowy”: dodaje swoje wychylenie do wychylenia pilota, nie ruszając pedałów, więc pilot go nie czuje. Pallett odnotowuje też zamieszanie z nazwą: niektóre samoloty mają „tłumiki odchylenia”, które są zwykłymi amortyzatorami pedałów.

Taki podział, osobno augmentacja stateczności (SAS, ang. stability augmentation system), osobno autopilot, jest też u Tewariego: SAS to wewnętrzna pętla, która poprawia mody, a autopilot to zewnętrzna pętla, która wydaje polecenia. Tę lekcję poświęcamy pętli wewnętrznej, następną zewnętrznej.

Pytanie na start. Tłumik odchylenia wychyla ster kierunku proporcjonalnie do prędkości odchylania $r$ , żeby gasić holendrowanie. Co zrobi w ustalonym zakręcie, w którym $r$ jest stałe i niezerowe? Odpowiedź w części 2.

1 Tłumik odchylenia

W lekcji 7 Ruch boczny: przechylenie, spirala i holendrowanie holendrowanie samolotu lekkiego miało $\zeta = 0{,}19$ : znośnie, ale wyraźnie kołysze. Dodajemy sprzężenie od prędkości odchylania do steru kierunku:

Tłumik odchylenia

\delta_r = K\,r\qquad\Longrightarrow\qquad N_r \;\to\; N_r + N_{\delta r}K,\qquad Y_r, L_r \text{ podobnie (mniejsze zmiany)}.

Przy $N_{\delta r} < 0$ (ster wychylony w lewo obraca nos w lewo) dodatnie $K$ zwiększa tłumienie odchylania. W macierzy zamkniętej pętli zmienia się tylko trzecia kolumna: $A_{cl} = A + \mathbf b_r[0\ 0\ K\ 0]$ .

W naszym modelu $N_{\delta r} = -5{,}69$ /s² na radian. Przy $K = 0{,}5$ (pół radiana steru na radian na sekundę, czyli $0{,}5^\circ$ steru na każdy $1^\circ$ /s) efektywne $N_r$ rośnie z $-1{,}04$ do $-3{,}89$ /s, a holendrowanie dostaje $\zeta = 0{,}65$ przy prawie niezmienionej częstości (3,03 rad/s). To tak, jakby statecznik pionowy miał prawie dwa razy dłuższe ramię ( $C_{n_r} \propto l_V^2$ ), ale tylko dla tłumienia, bez zmiany stateczności kierunkowej. Linie pierwiastkowe (lekcja 2.2 Bieguny i zera pętli zamkniętej, linie pierwiastkowe) pokazują, jak bieguny holendrowania przesuwają się w lewo przy rosnącym $K$ .

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Przy jakim $K$ efektywne $N_r$ jest trzy razy większe co do modułu niż bez tłumika ( $N_r = -1{,}04$ /s, $N_{\delta r} = -5{,}69$ /s²)?

Odpowiedź
$-1{,}04 - 5{,}69K = -3{,}12$ , więc $K = 0{,}37$ .
Oszacuj z modelu dwustanowego holendrowania (lekcja 7), jakie $K$ daje $\zeta = 0{,}5$ : $2\zeta\omega \approx -(Y_\beta/U + N_r + N_{\delta r}K)$ , $\omega \approx 2{,}8$ rad/s, $Y_\beta/U = -0{,}159$ .

Odpowiedź
$2\cdot 0{,}5\cdot 2{,}8 = 2{,}8 = 0{,}159 + 1{,}04 + 5{,}69K$ , więc $K = 0{,}28$ . Pełny model: $K = 0{,}34$ (przykład 6.1). Model dwustanowy zawyża tłumienie, więc zaniża potrzebne wzmocnienie.
Dlaczego tłumik odchylenia bez filtru stabilizuje też spiralę (w symulacji $-0{,}019 \to -0{,}15$ /s przy $K = 0{,}5$ )? Skorzystaj z warunku $L_\beta N_r - L_rN_\beta > 0$ .

Odpowiedź
Tłumik zwiększa $|N_r|$ , a $L_\beta < 0$ , więc $L_\beta N_r$ rośnie: warunek jest spełniony z większym zapasem. Ster kierunku zmienia też $L_r$ (w naszym modelu z 2,65 do 3,81/s, bo $L_{\delta r} > 0$ ), co działa w przeciwną stronę, ale słabiej: $L_\beta N_r - L_rN_\beta$ rośnie i tak z 13 do 95. Ta „korzyść” to druga strona problemu z części 2: tłumik przeciwdziała każdej prędkości odchylania, także tej potrzebnej w zakręcie.

2 Filtr washout: tłumik, który nie walczy z zakrętem

W ustalonym zakręcie skoordynowanym prędkość odchylania wynosi $r = (g\tan\varphi/U)\cos\varphi$ (lekcja 7 Ruch boczny: przechylenie, spirala i holendrowanie), przy $30^\circ$ i 55 m/s ok. $5^\circ$ /s. Tłumik bez filtru widzi ją jako zakłócenie i wychyla ster kierunku przeciwnie do zakrętu. Odpowiedź na pytanie z prologu: samolot leci z ciągłym ślizgiem, a pilot (albo autopilot) musi tę walkę przeważyć. W symulacji 2: po 40 s zakrętu tłumik z $K = 0{,}5$ trzyma ster kierunku na $2{,}4^\circ$ przeciw zakrętowi, ślizg wynosi $2{,}9^\circ$ , a przechylenie nie dochodzi do zadanego.

Rozwiązanie: tłumik ma reagować na zmiany prędkości odchylania o częstości holendrowania, a nie na jej wartość stałą. Wystarczy filtr górnoprzepustowy pierwszego rzędu, nazywany w automatyce lotniczej washout („wymywanie”):

Tłumik odchylenia z filtrem washout

\delta_r = K\,\frac{\tau s}{\tau s + 1}\,r\qquad\text{czyli}\qquad \dot x_w = \frac{r - x_w}{\tau},\quad \delta_r = K(r - x_w) .

Przy stałym $r$ filtr daje zero; przy $\omega \gg 1/\tau$ przepuszcza sygnał prawie bez zmian. Typowo $\tau = 1$ –4 s.

Dobór $\tau$ to kompromis. Przy częstości holendrowania 3 rad/s filtr z $\tau = 2$ s przepuszcza 99% amplitudy z przesunięciem fazy $9^\circ$ , więc tłumienie się nie pogarsza ( $\zeta = 0{,}70$ przy $K = 0{,}5$ ), choć filtr dokłada do pętli własny biegun i częstość holendrowania spada z 3,03 do 2,67 rad/s. Za krótkie $\tau$ (0,5 s) „wymywa” już samo holendrowanie (83% amplitudy, $34^\circ$ fazy): tłumienie spada do 0,39. Za długie $\tau$ zbliża nas do tłumika bez filtru: wejście w zakręt trwa dłużej, bo filtr długo „pamięta” początkowe $r$ . Pallett opisuje to samo w urządzeniach: sygnał żyroskopu prędkościowego przechodzi przez filtr, który przepuszcza tylko krótkotrwałe zmiany, a do koordynacji zakrętu używa się osobnego sygnału o stałej prędkości odchylania.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Policz wzmocnienie i przesunięcie fazy filtru $\frac{\tau s}{\tau s + 1}$ przy $\omega = 3$ rad/s dla $\tau = 0{,}5$ s i $\tau = 2$ s.

Odpowiedź
$|H| = \frac{\omega\tau}{\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}}$ , faza $90^\circ - \arctan\omega\tau$ . $\tau = 0{,}5$ : $1{,}5/\sqrt{3{,}25} = 0{,}83$ , $34^\circ$ . $\tau = 2$ : $6/\sqrt{37} = 0{,}99$ , $9{,}5^\circ$ .
Tłumik bez filtru, $K = 0{,}5$ , ustalony zakręt z $r = 5^\circ$ /s. Jakie wychylenie steru „przeciw zakrętowi” daje tłumik? Porównaj z wynikiem symulacji ( $2{,}4^\circ$ przy $r = 4{,}8^\circ$ /s).

Odpowiedź
$\delta_r = 0{,}5\cdot 5^\circ = 2{,}5^\circ$ . W symulacji samolot ustala się przy trochę mniejszym $r$ ( $4{,}8^\circ$ /s), bo ślizg i mniejsze przechylenie zmieniają równowagę: $0{,}5\cdot 4{,}8 = 2{,}4^\circ$ ✓.
Skojarz filtr washout z parą $S + T = 1$ z lekcji 2.5 Zakłócenia, szum i wrażliwość: S, T i kształtowanie pętli i z filtrem komplementarnym z lekcji 4.5 automatyki. Jakie dwa filtry sumują się do jedności w układzie Palletta, w którym tłumik bierze $r$ przez filtr górnoprzepustowy, a koordynacja zakrętu stałe $r$ przez dolnoprzepustowy.

Odpowiedź
$\frac{\tau s}{\tau s + 1} + \frac{1}{\tau s + 1} = 1$ , jak w filtrze komplementarnym z lekcji 4.5 automatyki. Część szybka (holendrowanie) trafia do tłumika, część wolna (ustalony zakręt) do koordynacji zakrętu, która wychyla ster w stronę zakrętu. Każde pasmo częstości ma swoje zadanie.

3 Wzmocnienie zależne od prędkości

Skuteczność steru rośnie z ciśnieniem dynamicznym, czyli jak $V^2$ . Pallett pisze, że wzmocnienie wzmacniacza serwa jest programowane w funkcji prędkości: przy większej prędkości potrzeba mniejszego wychylenia. To jest programowanie wzmocnienia z lekcji 3.3 Nieliniowa rzeczywistość: nasycenie, windup, feedforward i gain scheduling. Ale co dokładnie ma być stałe?

Jeśli chcemy stałego tłumienia holendrowania, potrzebny przyrost $2\zeta\omega$ rośnie razem z częstością holendrowania, a ta rośnie mniej więcej jak $V$ . Przyrost $|N_r|$ od tłumika to $|N_{\delta r}|K \propto V^2K$ . Żeby był proporcjonalny do $V$ , potrzeba $K \propto 1/V$ . W modelu:

prędkość	bez tłumika	$K = 0{,}5$ stałe	$K = 0{,}5\cdot 55/V$
35 m/s	$\zeta = 0{,}17$	$\zeta = 0{,}44$	$\zeta = 0{,}61$ ( $K = 0{,}79$ )
55 m/s	$\zeta = 0{,}19$	$\zeta = 0{,}65$	$\zeta = 0{,}65$
75 m/s	$\zeta = 0{,}19$	$\zeta = 0{,}84$	$\zeta = 0{,}66$ ( $K = 0{,}37$ )

W tabeli pochodne zależne od $C_L$ ( $C_{n_p}$ , $C_{l_r}$ ) wzięto z lotu przy 55 m/s; symulacja 1 przelicza $C_L$ dla każdej prędkości, więc pokazuje nieco inne liczby (np. przy 35 m/s bez tłumika $\zeta = 0{,}21$ i $\omega = 2{,}28$ zamiast $0{,}17$ i $2{,}03$ ). Wniosek o programowaniu $K \propto 1/V$ pozostaje ten sam.

Ze stałym $K$ samolot jest przy małej prędkości słabo tłumiony, a przy dużej przetłumiony i ospały. Z $K \propto 1/V$ tłumienie jest prawie stałe. Program $K \propto 1/\bar q$ (stałe wychylenie momentu) dałby przy małej prędkości za dużo, przy dużej za mało. Wniosek ogólny: zanim zaprogramujesz wzmocnienie, ustal, która wielkość zamkniętej pętli ma być stała.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 20 min

$N_{\delta r} = -5{,}69$ /s² przy 55 m/s. Ile wynosi przy 35 i 75 m/s?

Odpowiedź
Skaluje się jak $V^2$ : $-5{,}69\cdot(35/55)^2 = -2{,}30$ i $-5{,}69\cdot(75/55)^2 = -10{,}6$ /s².
Pokaż, że przy $K \propto 1/V$ iloczyn $N_{\delta r}K$ rośnie jak $V$ , i wyjaśnij, dlaczego to daje stałe $\zeta$ , jeśli $\omega \propto V$ .

Odpowiedź
$N_{\delta r}K \propto V^2\cdot V^{-1} = V$ . Przyrost $2\zeta\omega$ od tłumika jest równy $|N_{\delta r}K|$ (w modelu dwustanowym), więc $\Delta\zeta \propto V/\omega =$ const. Własne tłumienie samolotu ( $N_r \propto V$ , $Y_\beta/U \propto V$ ) skaluje się tak samo, więc całe $\zeta$ jest prawie stałe.
Skąd tłumik ma wiedzieć o prędkości? Co się stanie, jeśli czujnik prędkości ulegnie awarii i pokaże zero?

Odpowiedź
Z centrali aerometrycznej (ciśnienie całkowite i statyczne, lekcja Dział 10: Płyny: ciśnienie, przepływ, lepkość i siły aerodynamiczne, przykład 10.2). Przy wskazaniu zero program dałby wzmocnienie dążące do nieskończoności: tłumik nasyciłby ster i mógł wzbudzić oscylacje. Dlatego wzmocnienie ogranicza się od góry, prędkość bierze się z kilku źródeł, a przy rozbieżności tłumik się wyłącza (Pallett: logika monitorująca i lampka awarii).

4 Tłumik pochylenia

Ten sam pomysł w ruchu podłużnym: $\delta_e = K_qq$ . Zmienia efektywne $M_q$ o $M_\delta K_q$ i trochę $Z_q$ . W modelu z lekcji 5 (przykład 3.3 z naszym $M_\delta = -25$ /s²):

$K_q = 0{,}05$ s: krótkookresowa $\zeta = 0{,}69 \to 0{,}79$ , $\omega = 3{,}54 \to 3{,}87$ rad/s;
$K_q = 0{,}1$ s: $\zeta = 0{,}89$ , $\omega = 4{,}17$ rad/s; przy $0{,}2$ s krótkookresowa jest już aperiodyczna.

Samolot lekki tego nie potrzebuje. Inaczej jest wysoko: przy tej samej prędkości przyrządowej (stałe $\bar q$ ) prędkość rzeczywista rośnie, a pochodne tłumiące maleją jak $1/U$ (zadanie 8.1 z lekcji 5). Ten sam samolot przeliczony rachunkowo na 9000 m miałby krótkookresową z $\zeta = 0{,}47$ , a z $K_q = 0{,}1$ s znowu 0,76. Samoloty odrzutowe latające wysoko mają więc tłumik pochylenia, zwykle zintegrowany z układem sterowania.

Tłumik pochylenia też walczy z manewrem: w ustalonym zakręcie i w wyrwaniu $q \ne 0$ przez długi czas. Rozwiązania są te same: washout albo sprzężenie od $q$ w pętli wewnętrznej regulatora, który za polecenie bierze zadaną prędkość pochylania lub przeciążenie (lekcja 9 Autopilot: pętle wewnętrzne i zewnętrzne).

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 20 min

O ile zmienia się efektywne $M_q/J_y$ przy $K_q = 0{,}1$ s i $M_\delta/J_y = -25$ /s²?

Odpowiedź
$M_\delta K_q = -2{,}5$ /s: z $-2$ do $-4{,}5$ /s, ponad dwa razy więcej.
Z modelu dwustanowego (lekcja 6) policz $\omega_s$ i $\zeta_s$ z tłumikiem $K_q = 0{,}1$ s (pomiń zmianę $Z_q$ ).

Odpowiedź
$M_q/J_y = -4{,}5$ : $\omega_s^2 = 1{,}964\cdot 4{,}5 + 8{,}6 = 17{,}44$ , $\omega_s = 4{,}18$ ; $2\zeta\omega = 1{,}964 + 4{,}5 + 0{,}9 = 7{,}36$ , $\zeta = 0{,}88$ . Pełny model: 4,17 i 0,885 ✓. Tłumik pochylenia zwiększa też częstość, bo $M_q$ wchodzi do $\omega_s^2$ przez człon $Z_\alpha M_q$ .
Dlaczego tłumienie krótkookresowej maleje z wysokością przy stałej prędkości przyrządowej, a częstość prawie nie?

Odpowiedź
Częstość zależy głównie od $M_\alpha/J_y \propto \bar q$ , a ono jest stałe. Tłumienie zależy od $M_q$ , $M_{\dot\alpha}$ , $Z_\alpha/(mU)$ , a każde z nich ma $U$ w mianowniku: przy 9000 m $U$ jest 1,6 razy większe. W modelu $\omega_s$ : $3{,}54 \to 3{,}18$ rad/s, $\zeta_s$ : $0{,}69 \to 0{,}47$ .

5 Fly-by-wire i niestateczność statyczna

Skoro regulator może dodać tłumienie, może dodać też sztywność. Sprzężenie od kąta natarcia, $\delta_e = K_\alpha\alpha$ , zmienia efektywne $C_{m\alpha}$ o $C_{m\delta}K_\alpha$ : działa jak przesunięcie punktu neutralnego do tyłu. Samolot może więc mieć środek ciężkości za punktem neutralnym geometrycznym i nadal latać stabilnie. Zyski: mniejsze usterzenie, mniejsza siła w dół na usterzeniu, czyli mniejszy opór trymu, lepsza zwrotność. Takie samoloty mają sterowanie elektryczne (ang. fly-by-wire, FBW): drążek nie rusza steru, tylko wysyła polecenie do komputera, który wychyla ster tak, żeby samolot zachowywał się jak stateczny. Pallett w rozdziale 11 opisuje FBW razem z redundancją: kilka niezależnych kanałów, czujników i źródeł zasilania, bo awaria oznacza utratę samolotu.

W modelu z lekcji 4 przy $h = 0{,}55$ (4% cięciwy za punktem neutralnym) samolot ma pierwiastek $+0{,}157$ /s, czyli podwojenie w 4,4 s. Sprzężenie $K_\alpha = 0{,}4$ przesuwa wszystkie pierwiastki na lewą półpłaszczyznę; efektywne $C_{m\alpha} = 0{,}217 + (-0{,}995)(0{,}4) = -0{,}18$ , czyli równoważny zapas 3,4% cięciwy. Przy samym $K_\alpha = 0{,}4$ pierwiastki krótkookresowe są już rzeczywiste ( $-7{,}5$ i $-2{,}4$ /s); dodatkowe $K_q = 0{,}1$ s przesuwa szybszy z nich do $-9{,}8$ /s, czyli głównie przyspiesza odpowiedź.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 15 min

Przy $h = 0{,}55$ : $C_{m\alpha} = +0{,}217$ , $C_{m\delta} = -0{,}995$ . Jakie $K_\alpha$ daje równoważny zapas 5% cięciwy ( $a = 5{,}39$ )?

Odpowiedź
Potrzebne $C_{m\alpha,\text{ef}} = -5{,}39\cdot 0{,}05 = -0{,}27$ . $0{,}217 - 0{,}995K_\alpha = -0{,}27$ , więc $K_\alpha = 0{,}49$ rad steru na rad kąta natarcia.
Czujnik kąta natarcia zamarza i pokazuje stałą wartość. Co dzieje się z samolotem z części 5? Jak zabezpieczają się przed tym prawdziwe systemy?

Odpowiedź
Sprzężenie od $\alpha$ znika (stały sygnał to tylko stałe wychylenie steru), więc wraca niestateczność statyczna z czasem podwojenia kilku sekund, a do tego stałe wychylenie wytrąca samolot z trymu. Zabezpieczenia: kilka czujników kąta natarcia i porównywanie ich wskazań, estymacja kąta natarcia z innych sygnałów (przyspieszenie normalne, prędkość, pochylenie: filtr z lekcji 4.4 automatyki), przejście na prostsze prawo sterowania przy niezgodności.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: projekt tłumika

Diagnoza: który mod jest za słabo tłumiony (wartości własne, wymagania jakości pilotażu z lekcji 6).
Sprzężenie: prędkość kątowa tej osi do steru tej osi ( $r \to \delta_r$ , $q \to \delta_e$ ); znak tak, żeby zwiększyć tłumienie.
Linie pierwiastkowe względem $K$ ; wybór $K$ z zapasem.
Washout z $1/\tau$ kilka razy mniejszym niż częstość modu; sprawdzenie manewru ustalonego.
Program wzmocnienia w funkcji prędkości (i wysokości); sprawdzenie w rogach obwiedni lotu.

Przykład 6.1 Wzmocnienie tłumika dla $\zeta = 0{,}5$

Dobierz $K$ tłumika odchylenia samolotu z lekcji 7, tak żeby holendrowanie miało $\zeta = 0{,}5$ , bez filtru i z washout $\tau = 2$ s.

Szacunek z modelu dwustanowego: $K \approx 0{,}28$ (zadanie 1.2).
Pełny model, bez filtru: $\zeta(K)$ rośnie monotonicznie; $\zeta = 0{,}5$ przy $K = 0{,}34$ (bisekcja).
Z washout $\tau = 2$ s: $K = 0{,}33$ ; filtr przy 3 rad/s przepuszcza prawie wszystko.

Wynik: $K \approx 0{,}33$ – $0{,}34$ , czyli ok. $0{,}34^\circ$ steru na $1^\circ$ /s prędkości odchylania.

Sprawdzenie: przy holendrowaniu z amplitudą $r = 5^\circ$ /s ster wychyla się o ok. $1{,}7^\circ$ , daleko od ograniczeń ✓.

Przykład 6.2 Zakręt z tłumikiem i bez washout

Regulator przechylenia wprowadza samolot w zakręt $30^\circ$ . Porównaj stan po 40 s bez tłumika, z tłumikiem $K = 0{,}5$ bez filtru i z filtrem $\tau = 2$ s.

Bez tłumika: $\varphi = 29{,}8^\circ$ , $\beta = 0{,}77^\circ$ , $r = 5{,}2^\circ$ /s, ster kierunku 0; największy ślizg w czasie wejścia $7{,}7^\circ$ .
Tłumik bez filtru: $\varphi = 28{,}4^\circ$ , $\beta = 2{,}9^\circ$ , $r = 4{,}8^\circ$ /s, ster kierunku $+2{,}4^\circ$ (przeciw zakrętowi).
Tłumik z washout: stan ustalony jak bez tłumika (ster wraca do zera), największy ślizg $5{,}6^\circ$ .

Wynik: washout zachowuje korzyść tłumika w czasie wejścia w zakręt i usuwa szkodę w zakręcie ustalonym.

Sprawdzenie: żaden wariant nie daje zerowego ślizgu w ustalonym zakręcie: do tego potrzebna jest koordynacja zakrętu (sygnał wychylający ster w stronę zakrętu albo pętla zerująca ślizg) ✓.

Przykład 6.3 Sztuczna stateczność statyczna

Samolot z lekcji 4 ze środkiem ciężkości w 55% cięciwy. Jakie sprzężenie od kąta natarcia czyni go statecznym?

Bez regulatora: pierwiastki $-8{,}93$ ; $-0{,}81$ ; $-0{,}30$ ; $+0{,}157$ /s.
$K_\alpha = 0{,}2$ : największy pierwiastek $+0{,}026$ , wciąż niestateczny ( $C_{m\alpha,\text{ef}} = 0{,}217 - 0{,}199 = +0{,}018$ ).
$K_\alpha = 0{,}4$ : pierwiastki $-7{,}47$ ; $-2{,}44$ ; $-0{,}022 \pm 0{,}12i$ : stateczny, z wolną parą jak fugoida.

Wynik: granica leży przy $K_\alpha \approx 0{,}22$ , gdzie efektywne $C_{m\alpha}$ przechodzi przez zero; z zapasem bierzemy $0{,}4$ – $0{,}5$ .

Sprawdzenie: granica stateczności dynamicznej pokrywa się z $C_{m\alpha,\text{ef}} = 0$ , tak jak w lekcji 4 pokrywała się z punktem neutralnym ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Tłumik odchylenia to autopilot kierunku.”: Tłumik tylko gasi szybkie wahania; nie trzyma kursu i działa także przy pilotażu ręcznym. Autopilot to pętla zewnętrzna (lekcja 9).
„Większe wzmocnienie tłumika jest zawsze lepsze.”: Za duże daje mod aperiodyczny i ospałą reakcję, nasyca ster, a z opóźnieniami serwa może wzbudzić drgania. Poza tym bez washout walczy z manewrem.
„Washout osłabia tłumik.”: Przy dobrze dobranym $\tau$ prawie nie zmienia tłumienia holendrowania (przepuszcza 99% sygnału), a usuwa walkę z zakrętem.
„Samolot niestateczny statycznie nie może latać.”: Może, jeśli regulator działa szybciej niż niestateczność rośnie i nigdy nie zawodzi. Ceną jest pełna zależność od elektroniki.
„Wzmocnienie programuje się odwrotnie do ciśnienia dynamicznego.”: To zależy od tego, co ma być stałe. Dla stałego tłumienia holendrowania w naszym modelu potrzeba $K \propto 1/V$ , nie $1/\bar q$ .

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Opóźnienie serwa. Serwo steru kierunku ma transmitancję $1/(0{,}1s + 1)$ . Jak to zmienia projekt tłumika i dlaczego zbyt duże $K$ może wtedy doprowadzić do drgań?
Rozwiązanie
1. Przy częstości holendrowania 3 rad/s serwo daje opóźnienie fazy $\arctan 0{,}3 = 17^\circ$ : część wychylenia przychodzi „za późno” i mniej tłumi. Przy większych częstościach (np. drgania sprężyste kadłuba) opóźnienie rośnie do $90^\circ$ .
2. Z dużym $K$ pętla zaczyna oddziaływać na szybsze mody (serwo, drgania konstrukcji), gdzie przesunięcie fazy może dać dodatnie sprzężenie: zapas fazy (lekcja 2.4 automatyki) maleje do zera. Dlatego tłumiki mają też filtry dolnoprzepustowe i ograniczone wzmocnienie.
Tłumik szeregowy i równoległy. Pallett opisuje tłumik szeregowy: jego wychylenie dodaje się do wychylenia pilota bez ruchu pedałów. Jaka jest zaleta takiego rozwiązania i dlaczego jego autorytet (zakres wychylenia) ogranicza się do kilku stopni?
Rozwiązanie
1. Pilot nie czuje pracy tłumika i zachowuje pełną kontrolę nad sterem; awaria tłumika (np. wychylenie maksymalne) daje tylko ograniczone zaburzenie, które pilot łatwo pokona.
2. Do gaszenia holendrowania wystarczy kilka stopni (przykład 6.1: $1{,}7^\circ$ przy $r = 5^\circ$ /s), a ograniczony autorytet czyni awarię nieszkodliwą. Pełny autorytet mają dopiero układy FBW, ale wtedy z redundancją.
Sprzężenie od ślizgu. Zamiast $r$ można wprowadzić do steru kierunku ślizg $\beta$ (z czujnika albo z akcelerometru poprzecznego, lekcja 7 Ruch boczny: przechylenie, spirala i holendrowanie, zadanie 8.4). Jakie dwa efekty daje $\delta_r = -K_\beta\beta$ ?
Rozwiązanie
1. Zwiększa efektywne $N_\beta$ : sztuczna stateczność kierunkowa, wyższa częstość holendrowania. Tłumienia sam nie dodaje (trzeba $r$ albo $\dot\beta$ ).
2. Zmniejsza ślizg w ustalonym manewrze (a z członem całkującym go zeruje), czyli koordynuje zakręt automatycznie: tego nie zrobi tłumik od $r$ . Dlatego nowoczesne układy łączą oba sygnały.
Wysokość jako druga zmienna programu. W części 4 tłumienie krótkookresowej spadało z wysokością przy stałej prędkości przyrządowej. Jak powinno zależeć $K_q$ od wysokości i prędkości, żeby $\zeta_s$ było stałe?
Rozwiązanie
1. Przyrost $2\zeta\omega$ od tłumika to $|M_\delta|K_q$ , a $M_\delta \propto \bar q$ . Częstość $\omega_s$ zależy głównie od $\sqrt{\bar q}$ . Brakujące tłumienie rośnie z wysokością (bo własne $M_q \propto \bar q/U$ maleje).
2. Z warunku $2\zeta_s\omega_s = c\,\bar q/U + k\,\bar q\,K_q$ (własne tłumienie plus tłumik, $c$ i $k$ stałe samolotu): $K_q = \dfrac{2\zeta_s\omega_s - c\,\bar q/U}{k\,\bar q}$ . Przy stałym $\bar q$ (stała prędkość przyrządowa) i rosnącej wysokości rośnie prędkość rzeczywista $U$ , więc $K_q$ też musi rosnąć: program zależy od dwóch zmiennych, $\bar q$ i $U$ (albo wysokości).
3. W praktyce wzmocnienie programuje się dwuwymiarową tablicą od $\bar q$ i liczby Macha (albo wysokości), wyznaczoną z linearyzacji w wielu punktach obwiedni, jak w lekcji 3.3 automatyki.
Ile niestateczności? Gdyby środek ciężkości samolotu z części 5 przesunąć do 60% cięciwy (podwojenie w 2 s), a serwo miało opóźnienie 0,1 s, czy regulator z sprzężeniem od $\alpha$ i $q$ nadal by sobie poradził? Jak to sprawdzić?
Rozwiązanie
1. Nie z tymi samymi wzmocnieniami: przy $h = 0{,}60$ efektywne $C_{m\alpha}$ rośnie do ok. $+0{,}49$ , a $K_\alpha = 0{,}4$ , $K_q = 0{,}1$ zostawia pierwiastek $+0{,}066$ /s. Granica stateczności przesuwa się do $K_\alpha \approx 0{,}5$ ; z zapasem trzeba ok. 0,7. Po przestrojeniu niestateczny pierwiastek ( $+0{,}34$ /s) jest wciąż wolny w porównaniu z serwem (10/s), więc samo opóźnienie 0,1 s nie jest przeszkodą. Kłopot pojawia się, gdy pasmo pętli (potrzebne, żeby szybko przeciwdziałać niestateczności) zbliża się do pasma serwa i drgań konstrukcji.
2. Sprawdzić zapasy fazy i amplitudy pętli z serwem (lekcja 2.4 automatyki); dla obiektów niestatecznych istnieją też dolne granice zapasu wzmocnienia (zbyt małe wzmocnienie też destabilizuje). Na koniec symulacja nieliniowa z ograniczeniami steru.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jak działa tłumik odchylenia?

$\delta_r = Kr$ : zwiększa efektywne $|N_r|$ , więc tłumienie holendrowania.

2 Po co filtr washout?

Żeby tłumik nie reagował na stałą prędkość odchylania w ustalonym zakręcie; przepuszcza tylko zmiany szybsze niż $1/\tau$ .

3 Jak dobrać

\tau

filtru washout?

$1/\tau$ kilka razy mniejsze niż częstość holendrowania (typowo $\tau = 1$ –4 s); za krótkie wymywa holendrowanie, za długie walczy z zakrętem.

4 Jak programować wzmocnienie tłumika z prędkością?

Tak, żeby stała była wielkość docelowa; dla stałego $\zeta$ holendrowania w naszym modelu $K \propto 1/V$ .

5 Co robi sprzężenie od kąta natarcia do steru wysokości?

Zmienia efektywne $C_{m\alpha}$ o $C_{m\delta}K_\alpha$ : sztuczna stateczność statyczna, przesunięcie punktu neutralnego do tyłu.

6 Czym SAS różni się od autopilota?

SAS (tłumiki, sztuczna stateczność) to pętla wewnętrzna poprawiająca mody; autopilot to pętla zewnętrzna wydająca polecenia (wysokość, kurs, prędkość).

10 Karta wzorów i co dalej

Tłumiki

$\delta_r = K\frac{\tau s}{\tau s + 1}r$ : $N_r \to N_r + N_{\delta r}K$ (w paśmie holendrowania)

$\delta_e = K_qq$ : $M_q \to M_q + M_\delta K_q$

washout: $|H(i\omega)| = \frac{\omega\tau}{\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}}$ , faza $90^\circ - \arctan\omega\tau$

stałe $\zeta$ : $K \propto \omega/|N_{\delta r}| \propto 1/V$

Sztuczna stateczność

$\delta_e = K_\alpha\alpha$ : $C_{m\alpha,\text{ef}} = C_{m\alpha} + C_{m\delta}K_\alpha$

równoważny zapas $K_{n,\text{ef}} = -C_{m\alpha,\text{ef}}/a$

nasz model: $h = 0{,}55$ , $K_\alpha = 0{,}4$ : zapas $3{,}4\%$

Do przeczytania

Obowiązkowo: E. H. J. Pallett, S. Coyle, Automatic Flight Control, rozdz. 7 (s. 222–224, układ tłumika odchylenia, rys. 7.13) i rozdz. 3 (s. 122–124, koordynacja zakrętu i programowanie wzmocnienia).
Dla chętnych: Pallett, rozdz. 11 (fly-by-wire); A. Tewari, rozdz. 3.6 i 3.9 (SAS i autopilot w ujęciu przestrzeni stanów).

Pętla wewnętrzna jest gotowa: samolot ma dobrze tłumione mody, także wtedy, gdy natura dała mu za mało. Teraz możemy mu coś kazać. Następna lekcja buduje autopilota tak, jak opisuje go Pallett: wokół pętli trzymania pochylenia i przechylenia, z pętlami zewnętrznymi wysokości, prędkości pionowej, kursu i prędkości, z synchronizacją przy włączaniu i automatycznym trymem.

0 Prolog: osobny podsystem

1 Tłumik odchylenia

2 Filtr washout: tłumik, który nie walczy z zakrętem

3 Wzmocnienie zależne od prędkości

4 Tłumik pochylenia

5 Fly-by-wire i niestateczność statyczna

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Przykład 6.1 Wzmocnienie tłumika dla ζ=0,5\zeta = 0{,}5ζ=0,5

Przykład 6.2 Zakręt z tłumikiem i bez washout

Przykład 6.3 Sztuczna stateczność statyczna

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

8 Zadania do przemyślenia

9 Sprawdź się

10 Karta wzorów i co dalej

Do przeczytania

Przykład 6.1 Wzmocnienie tłumika dla $\zeta = 0{,}5$