Εισαγωγή στην Τεχνολογία Αυτοματισμού

Transcript

1 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑIΟΥ & ΑΕΙ ΠΕΙΡΑΙΑ Τ.Τ. Τμήματα Ναυτιλίας και Επιχειρηματικών Υπηρεσιών & Μηχ. Αυτοματισμού ΤΕ Εισαγωγή στην Τεχνολογία Αυτοματισμού Ενότητα # 4: Αποκρίσεις χαρακτηριστικών συστημάτων με χρήση του αντίστροφου μετασχηματισμού Laplace Δ. Δημογιαννόπουλος, dimogian@teipir.gr Επ. Καθηγητής Τμήματος Μηχανικών Αυτοματισμού Τ.Ε Σ. Βασιλειάδου, svasil@teipir.gr Καθηγήτρια Εφαρμογών Τμήματος Μηχανικών Αυτοματισμού Τ.Ε

2 Σκοποί ενότητας Υπολογισμός απόκρισης σε τυπικές εισόδους με χρήση μετασχηματισμού Laplace: ΚΑΝΟΝΕΣ. Η συνάρτηση μεταφοράς και η σχέση της με τα είδη αποκρίσεων. Τυπικές αποκρίσεις συστημάτων 1 ου και 2 ου βαθμού. 2

3 Περιεχόμενα ενότητας Υπολογισμός της απόκρισης Ανάλυση σε στοιχειώδεις αποκρίσεις ανάλογα με το είδος πόλων: Πόλοι πραγματικοί Πόλοι πραγματικοί, αλλά κάποιος πολλαπλός Παράδειγμα Πόλοι μιγαδικοί σε ζεύγη Παράδειγμα 3

4 Περιεχόμενα ενότητας Παρατηρήσεις Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 2 ου βαθμού με βηματική είσοδο Απόκριση συστήματος με συντελεστή απόσβεσης ζ >1 Απόκριση συστήματος με συντελεστή απόσβεσης ζ =1 Απόκριση συστήματος με συντελεστή απόσβεσης ζ <1 4

5 Περιεχόμενα ενότητας Χαρακτηριστικά μεγέθη βηματικής απόκρισης συστήματος όταν ζ <1 Παράδειγμα 5

6 Υπολογισμός της απόκρισης Αντίστροφος Μετασχηματισμός Laplace 6

7 Υπολογισμός της απόκρισης: Αντίστροφος Μετασχηματισμός Laplace Μετασχηματισμός Laplace: Μια διαφορική εξίσωση γίνεται αλγεβρική. 7

8 Υπολογισμός της απόκρισης: Αντίστροφος Μετασχηματισμός Laplace Μετασχηματισμός Laplace: Μια διαφορική εξίσωση γίνεται αλγεβρική. Αν αρχικές συνθήκες μηδενικές: Συνάρτηση Μεταφοράς του συστήματος. Δηλαδή σταθερή σχέση εισόδου - εξόδου του συστήματος εξαρτώμενης των δομικών χαρακτηριστικών του συστήματος. Y(s) U(s) = b ms m + b m 1 s m 1 + b 1 s + b 0 s n + α n 1 s n α 1 s + α 0 8

9 Υπολογισμός της απόκρισης: Αντίστροφος Μετασχηματισμός Laplace Μετασχηματισμός Laplace: Μια διαφορική εξίσωση γίνεται αλγεβρική. Αν αρχικές συνθήκες μηδενικές: Συνάρτηση Μεταφοράς του συστήματος. Δηλαδή σταθερή σχέση εισόδου - εξόδου του συστήματος εξαρτώμενης των δομικών χαρακτηριστικών του συστήματος. Y(s) U(s) = b m s m +b m 1 s m 1 + b 1 s + b 0 s n + α n 1 s n α 1 s + α 0 Αν είσοδος U(s), τότε μέσω Σ.Μ. βρίσκεται η απόκριση Y(s) συστήματος στο πεδίο Laplace και με αντίστροφο μετ/μο Laplace η y(t) στο πεδίο χρόνου. 9

10 Όμως Χρήση αντιστρόφου Laplace με συγκεκριμένο τρόπο: Η απόκριση Y(s) ανάγεται σε στοιχειώδεις Y 1 (s), Y 2 (s),,y k (s) για τις οποίες ο αντίστροφος Laplace είναι γνωστός, και δίδεται σε πίνακες. Άρα υπολογίζονται y 1 (t), y 2 (t),, y k (t), και χωρίς να εκτελέσουμε περίπλοκους υπολογισμούς, λαμβάνουμε y(t)=y 1 (t)+y 2 (t)+ +y k (t) 10

11 Ανάλυση σε στοιχειώδεις αποκρίσεις ανάλογα με το είδος πόλων Ι. Πόλοι πραγματικοί 11

12 Πως γίνεται Έστω απόκριση Y(s) από τη συνάρτηση μεταφοράς συστήματος Y s = b m s m +b m 1 s m 1 +b 1 s+b 0 s n +α n 1 s n 1 + +α 1 s+α 0 U s = P(s) Q(s) = P(s) s p 1 s p 2... (s p n ) με p 1,,p n τους πόλους του συστήματος. Η παραπάνω Y(s) αναλύεται σε στοιχειώδεις αποκρίσεις ανάλογα με το είδος των πόλων ως εξής: 12

13 Ι. Πόλοι πραγματικοί και p 1 p 2 p n Y s = A 1 s p 1 + A 2 s p A n s p n L 1 y t = A 1 e p 1 t + A 2 e p 2 t + + A n e p n t A 1 = A 2 = A n = R 1 (s) s=p1 R 2 (s) s=p2 όπου: R i s = R n (s) s=pn s p 1 P(s) s p 2 (s p n ) (s p i) υπόλοιπο (residue) 13

14 Ανάλυση σε στοιχειώδεις αποκρίσεις ανάλογα με το είδος πόλων ΙΙ. Πόλοι πραγματικοί, αλλά κάποιος πολλαπλός 14

15 ΙΙ. Πόλοι πραγματικοί, αλλά κάποιος πολλαπλός p 1 = p 2 = = p r = p (από τους n) Y s = A 1 (s p 1 ) r + A 2 (s p 2 ) r A r s p + A r+1 s p r Α n s p n L 1 y t = A 1 t r 1 r 1! + A 2 t r 2 r 2! + + A r i t + A r e p t +A r+1 e p n t Τα A r+1,, Α n όπως στην προηγούμενη περίπτωση Τα A 1,, A r ως εξής: A 1 = R(s) s=p A r = A 2 = A 3 = 1 1 2! r 1! dr(s) ds d 2 R(s) ds 2 d r 1 s=p s=p ds r 1 R(s) s=p Όπου το υπόλοιπο R s = P s Q s (s p)r 15

16 Παράδειγμα 16

17 Παραδείγμα Έστω Y s = 1 s+1 3 (s+2). Σύμφωνα με όσα είπαμε: Y s = A 1 (s+1) 3 + A 2 (s+1) 2 + A 3 s+1 + A 4 s+2 Υπόλοιπα για πολλαπλούς πόλους R s = 1 (s + s+1 3 s+2 1)3 = 1 s+2 A 1 = R(s) s= 1 = = 1 A 2 = dr(s) ds s= 1 = 1 (s+2) 2 s= 1 = 1 A 3 = 1 2! d 2 R(s) ds 2 s= 1 = 1 17

18 Υπόλοιπο για πόλο s=-2 R s = A 4 = R(s) s= 2 = 1 ( 2+1) 3 = 1 1 s+1 3 s+2 s + 2 = 1 (s+1) 3 Τελικά λοιπόν: y t = ( 1 t2 2! + 1 t 1! + 1 t 0 ) e t + 1 e 2t = 1 2 t2 t + 1 e t e 2t Σκίτσο Απόκρισης;; 18

19 Ανάλυση σε στοιχειώδεις αποκρίσεις ανάλογα με το είδος πόλων ΙΙΙ. Πόλοι μιγαδικοί σε ζεύγη 19

20 ΙΙΙ. Πόλοι μιγαδικοί σε ζεύγη p 1,2 = σ ± j ω Αν Y s = A 1 ω+a 2 (s σ) (s σ) 2 +ω 2 L 1 από πίνακες y t = {A 1 sin(ωt) + A 2 cos(ωt)} e σ t = M sin(ω t + φ) e σ t Ο υπολογισμός των Α 1, Α 2 και Μ, φ γίνεται ως εξής: Το υπόλοιπο των μιγαδικών πόλων R μ s = P(s) Q(s) s σ 2 + ω 2 Σχηματίζουμε A = 1 ω R μ(s) s=σ+jω = A 1 + j A 2 = M e j φ όπου A 1 = Re[A], A 2 =Im[A], M= A, φ = tan 1 Α 2 Α 1 20

21 Παράδειγματα 21

22 Παράδειγμα (1) Y s = 1 s 2 +2s+5 s+3. Σύμφωνα με όσα είπαμε: Πόλοι p 1,2 = 1 ± j2 και p 3 = 3. Θα έχουμε για τους p 1,2 : σ=-1, ω=2 Y s = 2 A 1 + A 2 (s + 1) (s + 1) Α 3 s + 3 R μ s = 1 s 2 + 2s + 5 s + 3 s2 + 2s + 5 = 1 s + 3 Αφού (s+1) =(s-σ) 2 +ω 2 =s 2 +2s+5! 22

23 A = = 1 = 1 j 1 s+3 s= 1+2j 4+4j 8 8 άρα και A 1 = 1 8, A 2 = 1 8 M = ( 1 8 )2 +( 1 8 )2 = 2, φ = tan = 45 A 3 = R(s) s= 3 = 1 s 2 +2s+5 s+3 s + 3 s= 3 = = 1 8 Y(t)= [ 1 8 sin 2 t 1 8 cos(2 t)] e t e 3t = 2 8 sin 2 t π 4 e t e 3 t Σκίτσο απόκρισης;; 23

24 Παράδειγμα (2) Υπολογισμός (στον πίνακα!) απόκρισης κυκλώματος RC για είσοδο Ε Volts. Ποια εξίσωση αναπαριστά τη λειτουργία του κυκλώματος; e(t)=i(t) R + u(t), u(0)=u 0 ή e t = R C d u t + u t, u 0 = U dt 0 24

25 Παράδειγμα (συνέχεια) Πώς προχωρούμε: Laplace, χρήση βηματικής εισόδου Ε s = Ε, s χωρισμός σε απλά κλάσματα, μέθοδος υπολοίπων και αντίστροφος Laplace Οπότε 25

26 Παράδειγμα (συνέχεια) Πώς προχωρούμε: Laplace, χρήση βηματικής εισόδου Ε s = Ε, s χωρισμός σε απλά κλάσματα, μέθοδος υπολοίπων και αντίστροφος Laplace Οπότε u t = E E U 0 e t R C 26

27 Παράδειγμα (συνέχεια) Πώς προχωρούμε: Laplace, χρήση βηματικής εισόδου Ε s = Ε, s χωρισμός σε απλά κλάσματα, και αντίστροφος Laplace Οπότε u t = E E U 0 e t R C = U0 e t R C + Ε 1 e t R C Εξετάσατε τις περιπτώσεις t, U 0 = 0. Ποιά η ελεύθερη και ποιά η εξαναγκασμένη απόκριση; 27

28 Παρατηρήσεις 28

29 ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Η ελεύθερη απόκριση εξαρτάται μόνο απο τις αρχ. συνθήκες: άρα τελικά, αν δεν μεσολαβεί συνεχώς διέγερση, για t u(t) 0, αν η απόκριση του συστήματος συγκλίνει [ όχι π.χ. sin(ω t)!!! ] 29

30 ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Η ελεύθερη απόκριση εξαρτάται μόνο απο τις αρχ. συνθήκες: άρα τελικά, αν δεν μεσολαβεί συνεχώς διέγερση, για t u(t) 0, αν η απόκριση του συστήματος συγκλίνει [ όχι π.χ. sin(ω t)!!! ] Η (λόγω διέγερσης) εξαναγκασμένη απόκριση u(t) 0 για t. Συνεπώς, από τη συνάρτηση μεταφοράς (=με μηδενικές αρχικές συνθήκες) υπολογίζεται, με L 1 η μόνιμη τιμή της απόκρισης (αν υπάρχει!) για t. 30

31 Εναλλακτικός τρόπος υπολογισμού της μόνιμης κατάστασης σήματος y(t) για t, αν το y(t) υπάρχει: Θεώρημα τελικής τιμής: Αν η συνάρτηση y(t) έχει όριο, τότε αυτό θα είναι y = y(t) t = lim s 0 s Y(s) Π.χ. για το κύκλωμα RC: U(s)= 1 R C s+1 E(s) u = lim s 0 s 1 R C s+1 Ε s = 1 E = E 31

32 Για είσοδο u(t), η εξαναγκασμένη απόκριση y(t) δίδεται στο πεδίο του χρόνου από το ολοκλήρωμα της ΣΥΝΕΛΙΞΗΣ (convolution): y εξ. t = 0 t g t τ u t dτ με g(t) τη βαρυτική συνάρτηση (ορισμός). 32

33 Για είσοδο u(t), η εξαναγκασμένη απόκριση y(t) δίδεται στο πεδίο του χρόνου από το ολοκλήρωμα της ΣΥΝΕΛΙΞΗΣ (convolution): y εξ. t = 0 t g t τ u t dτ με g(t) τη βαρυτική συνάρτηση (ορισμός). Αλλά η εξαναγκασμένη απόκριση δίδεται από τη Σ.Μ. στο πεδίο Laplace: Y s = G s U s 33

34 Για είσοδο u(t), η εξαναγκασμένη απόκριση y(t) δίδεται στο πεδίο του χρόνου από το ολοκλήρωμα της ΣΥΝΕΛΙΞΗΣ (convolution): y εξ. t = 0 t g t τ u τ dτ με g(t) τη βαρυτική συνάρτηση (ορισμός). Αλλά η εξαναγκασμένη απόκριση δίδεται από τη Σ.Μ. στο πεδίο Laplace: Y s = G s U s ΑΡΑ g t = L 1 G s ή g t = L 1 [Y s για U s = 1] «Η g t είναι ο L 1 της απόκρισης του συστήματος σε κρουστική δ(t)» 34

35 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους Σύστημα 1 ου βαθμού 35

36 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Δ.Ε.: d dt y t + a y t = b u(t) (1) 1 α d dt y t + y t = b α u t, 36

37 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Δ.Ε.: d dt y t + a y t = b u(t) (1) 1 α d dt y t + y t = b α u t, T = 1 α σταθερά χρόνου, Α = b a ενισχυση ω n = 1 T φυσ. συχνότητα ή Τ d y t + y t = A u(t) (2) dt 37

38 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Απόκριση σε βηματική είσοδο u(t) = U 0 για μηδενικές αρχικές συνθήκες: (2) L T s Y s + Y s = A U s Y s = A T s + 1 U 0 s = A U 0 s A U 0 s + 1 T L 1 y t = A U 0 (1 e t T) 38

39 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Απόκριση σε βηματική είσοδο u(t) = U 0 για μηδενικές αρχικές συνθήκες: (2) L T s Y s + Y s = A U s Y s = A T s + 1 U 0 s = A U 0 s A U 0 s + 1 T L 1 y t = A U 0 (1 e t T) Υπολογίζεται ότι για t =Τ (δηλαδή χρόνο μιας χρονικής σταθεράς) y(t)=0.632 y = A U 0 39

40 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Απόκριση σε βηματική είσοδο u(t) = U 0 για μηδενικές αρχικές συνθήκες: (2) L T s Y s + Y s = A U s Y s = A T s + 1 U 0 s = A U 0 s A U 0 s + 1 T L 1 y t = A U 0 (1 e t T) Υπολογίζεται ότι για t =Τ (δηλαδή χρόνο μιας χρονικής σταθεράς) y(t)=0.632 y = A U 0! Επίσης για t=4 T θα είναι y(4 T)=0.98 y = 0.98 A U 0! 40

41 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού u(t) y(t) A U 0 U A U 0 t T t 41

42 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Απόκριση σε είσοδο ράμπας u(t)=α t για μηδενικές αρχικές συνθήκες: (2) L T s Y s + Y s = A U s Y s = A T s + 1 α s 2 = A α s 2 A α T s + A α T s + 1 T L 1 y t = A α [t Τ + Τ e t T ]=A α [t-τ (1-e t T)] 42

43 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους: Σύστημα 1 ου βαθμού Δηλαδή u(t) y(t) α t A α t T t Άσκηση για το σπίτι: Κάνατε υπολογισμό της απόκρισης συστήματος RL! 43

44 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές εισόδους Σύστημα 2 ου βαθμού με βηματική είσοδο 44

45 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές Εισόδους: Σύστημα 2 ου βαθμού με βηματική είσοδο Δ.Ε. d 2 dt 2 y t + α 1 d dt y t + α 0y t = b 0 u t 1 1 ω n 2 d 2 dt 2 y t + 2ζ d y t + y t = Au t (2) ω n dt ω n Α = b 0 ζ = 1 2 α 0 α 1 α 0 : Φυσική συχνότητα, : Κέρδος (ενίσχυση), : Συντελεστής απόσβεσης 45

46 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές Εισόδους: Σύστημα 2 ου βαθμού με βηματική είσοδο Δ.Ε. d 2 dt 2 y t + α 1 d dt y t + α 0y t = b 0 u t 1 1 ω n 2 d 2 dt 2 y t + 2ζ d y t + y t = Au t (2) ω n dt ω n Α = b 0 ζ = 1 2 α 0 α 1 α 0 : Φυσική συχνότητα, : Κέρδος (ενίσχυση), : Συντελεστής απόσβεσης Απόκριση σε βηματική u(t)=u 0 : 2 L 1 ω n 2 s2 Y s + 2ζ ω n sy s + Y s = AU s Y s = H s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = 0 με ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ Δ=4ω n 2 (ζ 2 1) έχει: Aω n 2 s 2 +2ζω n s+ω n 2 U 0 s (3) 46

47 Αποκρίσεις συστημάτων σε τυπικές Εισόδους: Σύστημα 2 ου βαθμού με βηματική είσοδο Απόκριση σε βηματική u(t)=u 0 : 2 L 1 ω n 2 s2 Y s + 2ζ ω n sy s + Y s = AU s Y s = Aω n 2 s 2 +2ζω n s+ω n 2 U 0 s (3) H s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = 0 με ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ Δ = 4ω n 2 (ζ 2 1) έχει: I. 2 πόλους πραγματικούς αν Δ > 0 => ζ > 1 II. 2 πόλους ίσους αν Δ = 0 => ζ = 1 III. 2 μιγαδικούς πόλους (συζυγείς) αν Δ < 0 => ζ < 1 47

48 Απόκριση συστήματος Συντελεστής απόσβεσης ζ > 1 48

49 Συντελεστής απόσβεσης ζ > 1 I. ζ > 1 οπότε Δ > 0 => s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = s σ 1 s σ 2 σ 1 = ζω n + ω n ζ 2 1 < 0 και σ 2 = ζω n ω n ζ 2 1 < 0 Τότε με ανάλυση σε απλά κλάσματα: Y s = Aω n 2 s σ 1 s σ 2 U 0 s = A 0 s + A 1 s σ 1 + A 2 s σ 2 49

50 Συντελεστής απόσβεσης ζ > 1 I. ζ > 1 οπότε Δ > 0 => s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = s σ 1 s σ 2 σ 1 = ζω n + ω n ζ 2 1 < 0 και σ 2 = ζω n ω n ζ 2 1 < 0 Τότε με ανάλυση σε απλά κλάσματα: Y s = Aω n 2 s σ 1 s σ 2 U 0 s = A 0 s + A 1 s σ 1 + A 2 s σ 2 A 0 = ΑU 0, A 1 = ΑU 0 2 ζ 2 1 ζ + ζ 2 1 < 0, A 2 = ΑU 0 2 ζ 2 1(ζ + ζ 2 1) > 0 (Παρατηρήσατε ότι, κάνοντας πράξεις, A 1 + A 2 = ΑU 0 ) 50

51 Συντελεστής απόσβεσης ζ > 1 Άρα y t = L 1 A 0 s + A 1 s σ 1 + A 2 s σ 2 = ΑU 0 + A 1 e (ζω n ω n ζ 2 1)t + A 2 e (ζω n+ω n ζ 2 1)t A 1+A 2 = ΑU 0 y t = AU 0 1 e ζω n ω n ζ 2 1 t + A 2 ( e ζω n ω n ζ 2 1 t + e ζω n+ω n ζ 2 1 t ) 51

52 Συντελεστής απόσβεσης ζ > 1 Άρα y t = L 1 A 0 s + A 1 s σ 1 + A 2 s σ 2 = ΑU 0 + A 1 e (ζω n ω n ζ 2 1)t + A 2 e (ζω n+ω n ζ 2 1)t A 1+A 2 = ΑU 0 y t = AU 0 1 e ζω n ω n ζ 2 1 t + A 2 ( e ζω n ω n ζ 2 1 t + e ζω n+ω n ζ 2 1 t ) A U 0 A U 0 t A 2 = + «αργά» + «απότομα» t t -A 2 t 52

53 Απόκριση συστήματος Συντελεστής απόσβεσης ζ = 1 53

54 Συντελεστής απόσβεσης ζ = 1 II. ζ=1 οπότε Δ=0 => s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = s σ 2 Τότε σ = ζω n ζ=1 σ = ωn Y s = Aω n 2 U 0 s σ 2 s ΑΠΛΑ ΚΛΑΣΜΑΤΑ Y s = AU0 ω 2 A 1 n [ (s σ) 2 + A 2 s σ + A 3 s ] A 1 = 1 ω n, A 2 = 1 ω n 2, A 3 = 1 ω n 2 και με αντίστροφο μετασχηματισμό Laplace: y t = ΑU 0 ω n 2 [- t ω n e ω nt 1 ω n 2 e ω nt + 1 ω n 2 ] = ΑU 0[1 + 1 tω n e ω nt ] 54

55 Συντελεστής απόσβεσης ζ = 1 το οποίο και αντιστοιχεί στην ακόλουθη μορφή απόκρισης: ΑU 0 ω n 2 [- t ω n e ω nt 1 ω n 2 e ω nt + 1 ω n 2 ] = ΑU 0[1 + 1 tω n e ω nt ]= y t 1 t t -1 1 t A U 0 + * = t 55

56 Απόκριση συστήματος Συντελεστής απόσβεσης ζ < 1 56

57 Συντελεστής απόσβεσης ζ < 1 ΙΙΙ. ζ < 1 οπότε Δ < 0 => s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = (s s 1 )(s s 2 ) s 1 = ζω n σ Τότε Y s = + j ω n 1 ζ 2 ω, s 2 = ζω n σ j ω n 1 ζ 2 ω => s 1,2 = σ ± jω Aω 2 n U 0 ΑΠΛΑ ΚΛΑΣΜΑΤΑ AU0 s σ 2 + ω 2 ω 2 s n [ A 1ω + A 2 (s σ) (s σ) 2 +ω 2 + A 3 s ] 57

58 Συντελεστής απόσβεσης ζ < 1 ΙΙΙ. ζ < 1 οπότε Δ < 0 => s 2 + 2ζω n s + ω n 2 = (s s 1 )(s s 2 ) s 1 = ζω n σ + j ω n 1 ζ 2 ω, s 2 = ζω n σ j ω n 1 ζ 2 ω => s 1,2 = σ ± jω Τότε Y s = Aω 2 n U 0 ΑΠΛΑ ΚΛΑΣΜΑΤΑ AU0 s σ 2 + ω 2 ω 2 s n [ A 1ω + A 2 (s σ) (s σ) 2 +ω 2 + A 3 s ] A = 1 ω 1 s s=σ+jω = 1 1 = ω n 1 ζ 2 s s= ζωn +jω n 1 ζ 2 ζ ω n 2 1 ζ 2 + j 1 ω n 2 A 3 = 1 (s σ) 2 +ω 2 s=0 = 1 ω n 2 A 1 A 2 58

59 Συντελεστής απόσβεσης ζ < 1 Με αντίστροφο Laplace λοιπόν: y t = ΑU 0 ω n 2 ζ ω n 2 1 ζ 2 sin ω n 1 ζ 2 t e ζω nt 1 ω n 2 cos ω n 1 ζ 2 t e ζω nt + 1 ω n 2 = = ΑU 0 ω n 2 [ 1 ω n 2 Msin ω n 1 ζ 2 t + φ e ζω nt ] με, όπως πριν, A = 1 1 = ω s s=σ+jω Μ = A = 1 1 ζ2, φ = ω 2 tan 1 n 1 ζ2 ζ 1 1 = ω n 1 ζ 2 s s= ζωn +jω n 1 ζ 2 ζ ω n 2 1 ζ 2 Ποια η φόρμα της απόκρισης αυτής; (σχεδιασμός στον πίνακα!!) A 1 + j 1 ω n 2 A 2 59

60 Χαρακτηριστικά μεγέθη βηματικής απόκρισης συστήματος όταν ζ <1 60

61 Χαρακτηριστικά μεγέθη βηματικής απόκρισης συστήματος όταν ζ <1 y(t) ymax y =A U 0 ±0.02 A U 0 tr tv ts Εύρεση χαρακτηριστικών μεγεθών της παραπάνω βηματικής απόκρισης: y max όταν d y t = 0 dt t AU 0 Mcos ω n 1 ζ 2 t + φ e ζω nt ω n 1 ζ 2 + ζω n Msin ω n 1 ζ 2 t + φ e ζω nt = 0 61

62 Χαρακτηριστικά μεγέθη βηματικής απόκρισης συστήματος όταν ζ <1 => ω n 1 ζ 2 t = π => t v = π ω n 1 ζ 2 και αντικαθιστώντας στο y(t) ζπ y t v = y max = AU 0 (1 + e 1 ζ 2 ). Ορίζουμε την υπερύψωση V (ΓΙΑΤΙ;) ζπ V = y max y = AU e 1 ζ 2 AU 0 y AU 0 = e ζπ 1 ζ 2 62

63 Χαρακτηριστικά μεγέθη βηματικής απόκρισης συστήματος όταν ζ <1 Ορίζουμε ως χρόνο αποκατάστασης t s την είσοδο της απόκρισης y(t) σε ζώνη ± 2% του y (ή ±5% του y, σπανιότερα). Από την έκφραση της απόκρισης y(t), εξισώνοντας με την αναμενόμενη τιμή (1.02 AU 0 ή 0.98 AU 0 ): t s = 4 ζω n για ± 2% y ή t s = 3 ζω n για ± 5% y Ορίζουμε ως χρόνο ανόδου t r την πρώτη χρονική στιγμή που y(t) = y. Από την έκφραση y(t), εξισώνοντας με την τιμή y : t r = ζ ω n 63

64 Παράδειγμα Να βρεθεί η απόκριση του συστήματος G(s) για u(t)=1 και να γίνει προσεγγιστική χάραξη του διαγράμματος y(t)~t : G s = 13 s 2 + 4s + 13 Το παράδειγμα λύνεται στον ΠΙΝΑΚΑ και η απάντηση είναι στην επόμενη διαφάνεια. 64

65 Λύση παραδείγματος Η απάντηση θα είναι: y t = sin 3t + cos 3t e 2t = 1 1.2sin(3t + 56 )e 2t και V = t v = ω n π 1 ζ 2 = π 3 sec = sec 65

66 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Παραδείγματα 66

67 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Έχοντας υπολογίσει αποκρίσεις για συστήματα 1 ου και 2 ου βαθμού, μπορούμε να μελετάμε εφαρμογές χωρίς επανάληψη των υπολογισμών. ΠΩΣ; Γράφοντας την συνάρτηση μεταφοράς τους στην κατάλληλη μορφή (τυπικού πρώτο/δευτεροβάθμιου) και χρησιμοποιώντας τους υπάρχοντες τύπους. 67

68 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Έχοντας υπολογίσει αποκρίσεις για συστήματα 1 ου και 2 ου βαθμού, μπορούμε να μελετάμε εφαρμογές χωρίς επανάληψη των υπολογισμών. ΠΩΣ; Γράφοντας την συνάρτηση μεταφοράς τους στην κατάλληλη μορφή (τυπικού πρώτο/δευτεροβάθμιου) και χρησιμοποιώντας τους υπάρχοντες τύπους!! Παράδειγμα 1: Μηχανικό Σύστημα Δ.Ε.: m d2 y t + B d y t + ky t = f(t) dt 2 dt Laplace: ms 2 Y s + BsY s + ky s = F(s) 68

69 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Συν. Μεταφοράς: Y(s) = 1 F(s) ms 2 +Bs+k ΓΡΑΦΗ ΣΕ ΤΥΠΙΚΗ ΜΟΡΦΗ Y(s) F(s) = 1 κ m κ s 2 + B m s + k m Άρα ω n = K m, 2ζω n = B m => ζ = 1 2 B Km, A = 1 K 69

70 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Παράδειγμα 2: Ηλεκτρικό κύκλωμα RLC Δ.Ε.: LC d2 dt 2 u c t + RC d dt u c t + u c t e t = 0 Laplace: LCs 2 U c s + RCsU c s + U c s = E s Συν. Μεταφοράς: U c s E s = 1 ΓΡΑΦΗ ΣΕ ΤΥΠΙΚΗ ΜΟΡΦΗ Uc s LCs 2 +RCs+1 E s = 1 LC s 2 + R L s+ 1 LC Άρα ω n = 1 LC, 2ζω n = R L => ζ = R 2 C L, A = 1 70

71 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Παράδειγμα 3: Ηλεκτροκινητήρας συνεχούς ρεύματος με διέγερση δρομέα Δ.Ε.: u 2 t K α ω(t) = i 2 t R 2 + L 2 d dt i 2(t) M t = ki 2 (t) J d dt ω t + Bω t = M(t) 71

72 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Παράδειγμα 3: Ηλεκτροκινητήρας συνεχούς ρεύματος με διέγερση δρομέα Laplace: U 2 s K a Ω s = Ι 2 s R 2 + L 2 si 2 (s) M s = ki 2 (s) JsΩ s + BΩ s = M(s) 72

73 Χρήση των υπολογισμών στην απόκριση συστημάτων για μελέτη συστημάτων Συν. Μεταφοράς: Ω s = K = U 2 s JL 2 s 2 + BL 2 +R 2 J s+kk a +R 2 B K KK a + R 2 B s 2 + BL 2 + R 2 J JL 2 KK a + R 2 B JL 2 s + KK a + R 2 B JL 2 Άρα ω n = KK a+r 2 B JL 2, 2ζω n = BL 2+R 2 J JL 2 => ζ = 1 2 JL 2 BL 2 +R 2 J KK a +R 2 B, A = Κ KK a +R 2 B 73

74 Τέλος Ενότητας