Wyznacz transformatę Laplace'a G(s) układu z poniŜszego rysunku(zerowe warunki początkowe).
Rozwiązanie:
Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona: ma = F
Czyli w naszym wypadku:
ma = F t
( ) − F − F
k
c
Stąd
x
m (
&
& t) = F ( t) − kx( t) − x c&( t)
Przekształcając:
x
m (
&
& t) + x
c&( t) + kx( t) = F ( t) W celu wyznaczenia transmitancji układu zachodzi potrzeba „zasięgnięcia wiedzy” z następnego rozdziału. Chodzi mianowicie o własność transformaty Laplace’a: RóŜ niczkowanie w dziedzinie rzeczywistej
_________________________________________________
1 _
_______________________________________________
Powered by xtoff®
lalik.krzysztof@wp.pl
Własność tą wyraŜa się wzorem: n
n−
d f ( t)
1
£
= n
s F ( s) −
s
f
n
∑ n− k−1 ( k) ( ) 0
dt
k =0
Czyli w tym wypadku równanie:
x
m (
&
& t) + x
c&( t) + kx( t) = F ( t) Przy zerowych warunkach początkowych przyjmuje postać: 2
ms X ( s) + csX ( s) + kX ( s) = F ( s) Zatem:
X ( s)(
2
ms + cs + k) = F ( s) Z czego wynika:
1
X ( s)
1
m
=
=
F ( s)
(
2
ms + cs + k)
c
k
( 2
s +
s +
)
m
m
Przeto:
X ( s)
G( s) =
F ( s)
Ostatecznie więc transmitancja zadanego układu wynosi: 1
G( )
m
s =
c
k
( 2
s +
s +
)
m
m
_________________________________________________
2 _
_______________________________________________
Powered by xtoff®
lalik.krzysztof@wp.pl
Wyznacz transformatę Laplace'a G(s) układu z poniŜszego rysunku(zerowe warunki początkowe).
Rozwiązanie:
Rozwiązanie tego obwodu będzie wymagało zastosowania napięciowego prawa Kirchhoffa.
W lewym oczku moŜemy je zapisać jako:
− U
r
− Uc + e = 0
1
W prawym zachodzi zaś zaleŜność:
− U
U
U
r
+ c − L = 0
2
Korzystając ze znanych wzorów:
U = iR
r
di
U = L
L
L
dt
du
i = C
C (*)
C
dt
e = U
WE
Otrzymujemy układ równań:
− i R
0
1
1 − U
U
C +
WE =
di
− i R
U
L
0
L
2 +
−
L
C
=
dt
i 1 = i
i
C + L
Po wyrugowaniu Uc oraz i1, otrzymujemy równanie:
−
di
( i
i R
i R
L
U
C +
)
L
−
−
L
L
+ WE = 0
1
2
dt
Następnie podstawiając (*) i porządkując: di
dU
i R + i R + L
L = 0 + U
− CR
c (**)
L
1
L
2
dt
WE
1
dt
_________________________________________________
3 _
_______________________________________________
Powered by xtoff®
lalik.krzysztof@wp.pl
Następnie przekształcamy wzór:
− U
U
U
r
+ c − L = 0
2
Do postaci:
U = U
2 + U
C
r
L
Czyli:
dU
dU
dU
C
r
L
=
2 +
dt
dt
dt
Korzystając ze wzorów
U = iR
r
di
U = L
L
L
dt
Otrzymano:
2
dU
di
d i
C = R
L + L
L
2
2
dt
dt
dt
Podstawiając do (**):
di
2
di
d i
i ( R
R )
L
L
U
CR R
L
L
L
L
2 +
1
+
= WE − 1 2
+
2
dt
dt
dt
Stąd:
2
d i ( t)
di ( t)
CR L
L
+ ( CR R + L) L
+ ( R + R ) i ( t) = U ( t) (***) 1
2
1
2
2
1
dt
dt
L
WE
Korzystając z własności transformaty Laplace’a „ RóŜ niczkowanie w dziedzinie rzeczywistej”:
n
n−
d f ( t)
1
£
= n
s F ( s) −
s
f
n
∑ n− k−1 ( k) ( ) 0
dt
k =0
I wiedząc, Ŝe warunki początkowe są zerowe, otrzymujemy: 2
CR Ls I ( s) + ( CR R + L) sI ( s) + ( R + R ) I ( s) = U
( s)
1
1
2
2
1
WE
Porządkując:
I ( s)
1
G( s) =
=
U
( s)
2
CR Ls + ( CR R + L) s + ( R + R ) WE
1
1
2
2
1
_________________________________________________
4 _
_______________________________________________
Powered by xtoff®
lalik.krzysztof@wp.pl
Przedstawić układ z poprzedniego zadania w funkcji stanu.
Rozwiązanie:
Zdefiniujmy zmienne stanu x1(t) i x2(t) jako: x ( t) = i ( t) 1
L
dx t
(
di
x t
1
L
( )
2
=
) =
dt
dt
Podstawiając do równania (***) otrzymujemy: dx ( t)
2
CR L
+ ( CR R + L) x ( t) + ( R + R ) x ( t) = U ( t) 1
1
2
2
2
1
1
dt
WE
Porządkując:
dx ( t)
1
= 0 + x ( t)
2
dt
dx ( t)
( R + R )
( CR R + L)
1
2
2
1
= −
x ( t)
1
2
−
x ( t) +
U
( t)
1
2
dt
CR L
CR L
CR L WE
1
1
1
Równania te zapisane w formie macierzowej:
0
1
0
x&
x
1
( R
=
)
(
)
1
2 + R
CR R
1
1
2 + L
1
+
u
−
−
x&2
x 2
CR L
CR L
1
1
CR L
1
Stosując podstawienie y( t) = i ( t) moŜemy zapisać macierz wyjścia: L
x
y( t) = [1
]
1
0
x 2
_________________________________________________
5 _
_______________________________________________
Powered by xtoff®
lalik.krzysztof@wp.pl