Forelesning-Mekanisk system

Mekanisk system.
ma
F
Fjær, fjærkraft
Kx
m
Dv
x
Demper, dempekra
System
F(s)
x(s)
h(s)
En masse m[kg] er festet til et fjær/demper-system og blir påvirket en ytre kraft F.
Massen m vil sette opp motkraften: Fa [ N ] = m[kg ] ⋅ a[
Fjæra vil sette opp motkraften: F f [ N ] = K [
••
m
d 2x
]
=
m
⋅
=
m
x
s2
dt 2
kg
] ⋅ x[m] = Kx
s2
Demper vil sette opp motkraften: Fd [ N ] = D[
•
kg
m
dx
] ⋅ v[ ] = D = D x
s
s
dt
Kraftbalanse for systemet: F − Fa − F f − Fd = 0
••
•
F − m x − D x − Kx = 0
••
•
m x + D x + Kx = F
For å tegne matematisk blokkdiagram av en høyere ordens diff.ligning løser vi ligning mhp
høyeste deriverte:
••
•
m x = F − D x − Kx
••
•
1
x = [ F − D x − Kx ]
m
Fordi vi har 2 derivasjoner starter vi med å tegne 2stk integratorer og skisserer slik at vi
••
•
•
1
1
realiserer x = [ F − D x − Kx ] = [ F − ( D x + Kx )] :
m
m
1
F
1/m
d2x/dt2
x
dx/dt
_
D
K
••
t-plan: x =
•
D• K
1
1
[ F − D x − Kx ] = F − x − x
m
m
m
m
s-plan: s 2 x( s ) =
s 2 x( s ) +
1
D
K
F ( s ) − sx ( s ) − x
m
m
m
D
K
1
sx ( s ) + x = F ( s )
m
m
m
x( s )[ s 2 +
D
K
1
s + ] = F ( s)
m
m
m
Transferfunksjon:
1
1
x( s) 1
m
h( s ) =
= ⋅
=
K
K
D
D
F (s) m s 2 + s +
s2 + s +
m
m
m
m
Standard form for en 2.orden transferfunksjon:
K ⋅ ω 02
h( s ) = 2
, men fordi vi har kalt fjærkonstanten for K:
s + 2ζω 0 s + ω 02
h( s ) =
K S ⋅ ω02
s 2 + 2ζω 0 s + ω 02
KS = systemets statiske forsterkning
ζ = systemets relative dempningsfaktor
ω0 = systemets resonansfrekvens
s 2 + 2ζω0 s + ω02 = systemets karakteristiske ligning
1
K s ⋅ ω02
m
Sammenligner vi h( s ) =
med h( s ) = 2
får vi:
K
D
s + 2ζω 0 s + ω 02
s2 + s +
m
m
2
K 2
1
1
1
( ⋅(
)
K S ⋅ ω0
K
m
m
m
h( s ) =
=
=
⇒ 2
K
D
s + 2ζω 0 s + ω 02
D
K 2
D
K 2
2
2
s2 + s +
s + s+(
s + s+(
)
)
m
m
m
m
m
m
Sammenligning gir:
ω0 =
K
m
2ζω 0 = 2ζ
K D
=
m m
D m D
m
D 1
D
1
=
=
=
=
2
K 2m K 2 m K 2 mK 2 mK
2
m
1
KS =
K
ζ =
D
m
Fra karakteristisk ligning finner vi røttene (polene) for systemet:
s 2 + 2ζω0 s + ω02 = 0
s1, 2 = p1, 2 =
− 2ζω 0 ± 4ζ 2ω02 − 4ω02
2
= −ω0ζ ± ω 0 ζ 2 − 1
Vi kan få 3 tilfelle.
Tilfelle 1 - ζ 〉1 : s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1
For ω0 = 1[rad / s ], ζ = 1,2, K s = 1 får vi:
s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1 = −1 ⋅1,2 ± 1 1,2 2 − 1 = −1,2 ± 0,44 = −1,2 ± 0,663
p1 = -1,863 og p2 = -0,537
1
1
⋅
2
2
K s ⋅ ω0
1 ⋅1
1,863 0,537
=
=
h( s ) = 2
2
s + 2ζω 0 s + ω0 ( s + 1,863)(s + 0,537) ( s + 1,863) 1 ( s + 0,537) 1
1,863
0,537
1
1
1
h( s ) =
=
⋅
(0,537 s + 1)(1,863s + 1) 0,537 s + 1 1,863s + 1
1
1
1
1
= 0,537 og T2 = −
=−
= 1,863
Tidskonstantene: T1 = − = −
p1
− 1,863
p2
− 0,537
For relativ dempning, ζ 〉1 får vi reelle poler i karakteristisk ligning og systemet blir å
betrakte som to 1.orden systemer i serie:
h( s ) =
K1
K2
1
1
⋅
⇒
⋅
0,537 s + 1 1,863s + 1 T1 s + 1 T2 s + 1
3
u(s)
F(s)
x(s)
1/(1,863s+1)
1/(0,537s+1)
Tester vi systemet med et enhetssprang får vi:
t
−
1
1
1
u(s) =
=
⇒ u (t ) = 1 − e 0,537 (sprangresponsen for et 1.orden system)
s 0,537 s + 1 s (0,537 s + 1)
Tilfører vi dette signalet til neste blokk får vi:
1
1
1
1
x( s) =
⋅
=
s 0,537 s + 1 1,863s + 1 s (0,537 s + 1)(1,863s + 1)
t
t
t
t
−
−
−
−
1
x(t ) = 1 +
(0,537e 0,537 − 1,863e 1,863 ) = 1 + 0,405e 0,537 − 1,405e 1,863
1,863 − 0,537
t[s]
0 0,3
1,0
2,4
5,0
15 30
x[m] 0 0,036 0,242 0,618 0,904 1,0 1,0
4
Responstiden (ca. 63% endring) Tr ≈ T1 + T2 = 0,537 + 1,863 = 2,4[ s ]
Tilfelle 1 - ζ = 1 : s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1
For ω0 = 1[rad / s ], ζ = 1, K s = 1 får vi:
s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1 = −1⋅1 ± 1 12 − 1 = −1
p1 = p2 = -1
K s ⋅ ω02
1⋅12
1
1
1
h( s ) = 2
=
=
⋅
=
2
s + 2ζω 0 s + ω 0 ( s + 1)( s + 1) s + 1 s + 1 ( s + 1) 2
For relativ dempning, ζ = 1 får vi reelle og like poler i karakteristisk ligning og systemet blir
å betrakte som to 1.orden systemer i serie:
K1
K2
K ⋅K
1
1
⋅
⇒
⋅
= 1 22 , (T = T1 = T2)
s + 1 s + 1 T1 s + 1 T2 s + 1 (Ts + 1)
1 1
1
=
x(s ) =
2
s ( s + 1)
s ( s + 1) 2
h( s ) =
t
t −
x(t ) = 1 − (1 + )e 1 = 1 − (1 + t )e −t )
1
t[s]
0 0,3
0,5 1
2
5
10
x[m] 0 0,037 0,09 0,264 0,594 0,96 1,0
5
Tilfelle 3 - 0〈ζ 〈1 : s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1
For ω0 = 1[rad / s ], ζ = 0,5 , K s = 1 får vi:
s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1 = −1⋅ 0,5 ± 1 0,5 2 − 1 = −0,5 ± − 0,75
s1, 2 = p1, 2 = −0,5 ±
j2
(−0,75) = −0,5 ± j 0,75
j2
p1 = p2 = − 0,5 ± j 0,75 (kompleks konjugerte poler)
h( s ) =
K s ⋅ ω 02
1⋅12
1
=
= 2
2
2
2
s + 2ζω 0 s + ω 0 s + 2 ⋅ 0,5 ⋅1s + 1 s + s + 1
1
1
2
s ( s + s + 1)
1
x(t ) = 1 −
e −0,5⋅t cos(( 1 − 0,5 2 )t − arcsin 0,5) = 1 − 1,155e −0,5t cos(0,866t − 1,05)
2
1 − 0,5
x( s ) =
Simulering for F(t) = 1 gir sprangresponsen x(t):
6
Tilfelle 4 - ζ = 0 : s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1
For ω0 = 1[rad / s ], ζ = 0 , K s = 1 får vi:
s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1 = −1⋅ 0 ± 1 0 2 − 1 = ± − 1
s1, 2 = p1, 2 = ±
j2
(−1) = ± j 1 = ± j
j2
p1 = p2 = ± j (kompleks konjugerte poler med bare im.del)
K s ⋅ ω 02
1 ⋅12
1
=
= 2
2
2
2
s + 2ζω 0 s + ω 0 s + 2 ⋅ 0 ⋅1s + 1 s + 1
1 1
x( s) =
s ( s 2 + 1)
1
⇒ sin 1t
2
s +1
t
1 1
1
sin 1t ⋅dt = [− cos1t ]t0 = − cos t + 1 = 1 − cos t
⇒
2
∫
s s +1
1
0
h( s ) =
7
Generelle prosedyrer/metoder ved 2.orden systemer:
Gitt transferfunksjon: h( s ) =
d
as + bs + c
2
1.
d
a
Bestem h( s ) =
b
c
s2 + s +
a
a
2.
d
K s ⋅ω
a
Sett h( s ) = 2
=
2
s + 2ζω 0 s + ω 0 s 2 + b s + c
a
a
3.
c
c
Bestem resonansfrekvens ω 02 = ⇒ ω 0 =
a
a
4.
b
b
b a b
a
b
=
=
= ⋅ 2 =
Bestem relativ dempning ζ =
a ⋅ 2ω0 a ⋅ 2 c / a 2a c 2 a c 2 ac
2
0
8
5.
Dersom 0〈ζ 〈1 :
Bestem statisk forsterkning K S =
d
d ⋅a d
=
=
2
a ⋅ ω0 a ⋅ c c
d
K S ⋅ ω 02
a
Sett h( s ) =
= 2
b
c s + 2ζω 0 s + ω 02
s2 + s +
a
a
Dersom ζ = 0 :
d
K ⋅ω
a
Sett h( s ) =
= 2S 2
b
c s + ω0
s2 + s +
a
a
6.
Bestem polene s1, 2 = p1, 2 = −ω0ζ ± ω0 ζ 2 − 1
Dersom ζ = 1 :
d
KS
a
Sett h( s ) =
=
c (Ts + 1) 2
b
s2 + s +
a
a
Dersom ζ 〉1 :
d
KS
a
Sett h( s ) =
=
b
c
(T1 s + 1)(T2 s + 1)
s2 + s +
a
a
Det finnes noen håndregler for å skissere sprangresponsen et system med relativ dempning
0〈ζ 〈1 når systemet påtrykkes et sprang med amplitude A, altså F(t) = A.
y ( s ) = u ( s ) ⋅ h( s ) =
K S ⋅ ω 02
A
⋅ 2
s s + 2ζω 0 s + ω 02
1.
Bestem ny stasjonærverdi yS for systemet:
y S = lim t →∞ y (t ) = lim s→0 [ s ⋅ y ( s)] = lim s→0 [ s
K S ⋅ ω 02
A
] = KS ⋅ A
s s 2 + 2ζω 0 s + ω 02
2.
Bestem tidspunktet t=Tmaks for vendepunktet ved første oversving ved å derivere funksjonen:
K S ⋅ ω 02
A ⋅ K S ⋅ ω 02
dy (t )
A
⇒ s ⋅ y ( s ) = s ⋅ u ( s ) ⋅ h( s ) = s ⋅ 2
=
dt
s s + 2ζω 0 s + ω 02 s 2 + 2ζω 0 s + ω 02
9
A ⋅ K S ⋅ ω 02
dy (t )
⇒ s ⋅ y ( s) = 2
og sett denne lik null
dt
s + 2ζω 0 s + ω 02
Bestem tidsfunksjonen for
dy (t ) A ⋅ K S ⋅ ω0 −ζ ⋅ω0 ⋅t
=
e
sin(( 1 − ζ 2 )ω0 t ) = 0
2
dt
1− ζ
Leddet e −ζ ⋅ω0 ⋅t vil bare gå mot null når tida t går mot uendelig.
Leddet sin(( 1 − ζ 2 )ω 0 t ) vil bli null 3 ganger hver periode:
sin(( 1 − ζ 2 )ω 0 t ) = sin π = sin 2π = ... = sin( nπ ) = 0
( 1 − ζ 2 )ω 0 t = ( 1 − ζ 2 )ω 0Tmaks = π
Tmaks =
π
ω0 1 − ζ 2
3.
Bestem amplitudeverdien for ymaks = y(t = Tmaks):
K S ⋅ ω 02
A
y ( s ) = u ( s ) ⋅ h( s ) = ⋅ 2
s s + 2ζω 0 s + ω 02
1
y maks = y (t = Tmaks ) = A ⋅ K S [1 −
e −ζ ⋅ω0 ⋅Tmaks cos(( 1 − ζ 2 )ω0Tmaks − arcsin ζ )]
2
1− ζ
π
Innsatt for Tmaks =
ω0 1 − ζ 2
−ζ ⋅ω0 ⋅
1
y maks = A ⋅ K S [1 −
1− ζ 2
e
−
1
y maks = A ⋅ K S [1 −
:
1− ζ 2
e
π
ω0 1−ζ 2
cos(( 1 − ζ 2 )ω 0
π
ω0 1 − ζ 2
− arcsin ζ )]
ζ ⋅π
1−ζ 2
cos(π − arcsin ζ )]
1 − ζ 2 = − cos(π − arcsin ζ ) :
−
1
y maks = A ⋅ K S [1 −
1− ζ 2
e
ζ ⋅π
1−ζ 2
( − 1 − ζ )] = A ⋅ K S (1 + e
2
−
ζ ⋅π
1−ζ 2
)
For A = 1 = K S = ω0 = 1 og ζ = 0,5 :
y maks = 1 −
1 − 0,5
2
y maks = A ⋅ K S (1 + e
Tmaks =
π
ω0 1 − ζ 2
0 , 5⋅π
−
1
−
=
1− 0 , 52
e
cos(π − 0,524) = 1 −
ζ ⋅π
1−ζ 2
) = 1+ e
π
1 − 0,5 2
−
1
⋅ 0,163 ⋅ (−0,866) = 1 + 0,163 = 1,163
0,866
0 , 5⋅π
1−0 , 52
= 1 + 0,163 = 1,163
= 3,63[ s]
Simulering gir:
10
Oversvingfaktor er definert som:
−
ζ ⋅π
1−ζ 2
−
y
− y S AK S (1 + e
) − AK s AK S (1 + e
δ = maks
=
=
yS
AK S
AK S
ζ ⋅π
1−ζ 2
− 1)
=e
−
ζ ⋅π
1−ζ 2
Responstida er definert som den tid det tar for å oppnå 63% av ny stasjonærverdi ved en
sprangendring på inngang:
y (t = Tr ) = 0,63 y S = 0,63 A ⋅ K S
For A = 1 = K S = ω0 = 1 og ζ = 0,5 :
Fra figuren over avleser vi Tr = 1,5[s]
1
y (t = Tr ) = 0,63 A ⋅ K S = A ⋅ K S [1 −
e −ζ ⋅ω0 ⋅Tr cos(( 1 − ζ 2 )ω0Tr − arcsin ζ )]
2
1−ζ
1
y (t = Tr ) = 0,63 = [1 −
e −0,5⋅1⋅Tr cos(( 1 − 0,5 2 )1⋅ Tr − arcsin 0,5)]
2
1 − 0,5
y (t = Tr ) = [1 − 1,155e −0,5⋅Tr cos((0,866Tr − 0,524)] = 0,63
y (t = 1,5) = [1 − 1,155e −0,5⋅1,5 cos((0,866 ⋅1,5 − 0,524)] = 1 − 0,527 ⋅ 0,714 = 0,624 ≈ 0,63
Håndregel:
1,5 1,5
Tr ≈
=
= 1,5[ s ]
ω0 1
11
Et eksempel.
20
2s + 4s + 8
Standard form:
20
10
h( s ) = 2
= 2
2s + 4s + 8 s + 2s + 4
Gitt: h( s ) =
2
K S ⋅ ω02
10
h( s ) = 2
= 2
2
s + 2ζ ⋅ ω0 s + ω0 s + 2s + 4
Sammenligning gir:
ω 02 = 4 ⇒ ω 0 = 4 = 2
2
2
2ζω 0 = 2 ⇒ ζ =
=
= 0,5
2 ⋅ ω0 2 ⋅ 2
Vi kompleks konjugerte poler.
For å beregne/skissere ut-signalet y(t) for sprangsignalet u(t) = 0,5 bestemmer vi:
0,5
10
5
1,25 ⋅ 4
y ( s ) = u ( s ) ⋅ h( s ) =
=
=
2
2
s s + 2 s + 4 s ( s + 2 s + 4) s ( s 2 + 2 s + 4)
1
y (t ) = A ⋅ K S [1 −
e −ζ ⋅ω0 ⋅t cos(( 1 − ζ 2 )ω0 t − arcsin ζ )]
2
1− ζ
1
y (t ) = 1,25[1 −
e −0,5⋅2⋅t cos(( 1 − 0,5 2 )2t − arcsin 0,5)]
2
1 − 0,5
y (t ) = 1,25[1 − 1,15e − t cos(1,732t − 0,524)]
y (t = 0) = 1,25[1 − 1,15e −0 cos(1,732 ⋅ 0 − 0,524)] = 1,25[1 − 1] = 0
1,5
= 0,75[ s ]
ω0 2
y (t = Tr = 0,75) ≈ 0,63 y s = 0,63 A ⋅ K s = 0,63 ⋅1,25 ≈ 0,8
Tr ≈
1,5
Tmaks =
=
π
ω0 1 − ζ
2
=
π
2 1 − 0,5 2
ζ ⋅π
= 1,8[ s]
0 , 5⋅π
−
−
2
2
y
−y
δ = maks S = e 1−ζ = e 1−0,5 = 0,163
yS
y maks = y S + δy S = (1 + δ ) y S = (1 + 0,163)1,25 = 1,45
Vi avmerker (t/y(t)) = (0/0), (0,75/0,8), (1,8/1,45) og skisserer:
12
13