4 Fjarde lektionen

I de har uppgifterna anvander vi den enkelsidiga laplacetransformen. Indirektantar vi darfor att alla signaler och system som vi har ar kausala, d.v.s. signaleroch impulssvar borjar i t = 0. Systemen antas vara linjara och tidsinvarianta.

4.1 Laplacetransformen

4.1.1 Differentialekvation och impulssvar

Uppgift

Ett system beskrivs av differentialekvationen

y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = x′(t) + x(t) (1)

Vad ar systemets impulssvar?

Losning

Differentialekvationen ar linjar och har konstanta koefficienter: den utgor enLTI-modell.1 Sadana ekvationer kan vi laplacetransformera till en algebraiskekvation eftersom derivering i tidsdomanen motsvarar multiplicering med s itransformdomanen.

(s2 + 2s+ 2)Y (s) = (s+ 1)X(s) (2)

Beskrivningen i ekvation (2) ar ekvivalent med den i ekvation (1). Vi kallar H(s)for systemets overforingsfunktion:

H(s) =Y (s)

X(s)=

s+ 1

s2 + 2s+ 2(3)

Denna overforingsfunktion ar kopplad till systemets impulssvar via laplacetrans-formen (precis som frekvenssvaret ar kopplat till impulssvaret via fouriertrans-formen). Den inversa laplacetransformen ar ofta svar att berakna, sa vanligtvisanvands transformtabeller. Det galler att ”knola om” ekvation (3) sa att denpassar tabellen (βeta, sidorna 321-328). Vi gor en partialbraksuppdelning.

H(s) ,a

s+ b+

c

s+ d

=(a+ c)s+ ad+ bc

(s+ b)(s+ d)(4)

For att hitta a, b, c och d jamfor vi namnare respektive taljare i ekvationerna (3)och (4). Forst tar vi namnarna.

s2 + 2s+ 2 ={

los s2 + 2s+ 2 = 0}

= (s+ 1 + j)(s+ 1− j)

⇒1Systemet i sig kan ju vara olinjart, men i var modell har vi bara med det linjara beteendet.

1

b = 1 + j

d = 1− j (5)

Med dessa varden klara tar vi oss an taljarna.

s+ 1 = (a+ c)s+ ad+ bc

⇒{

a+ c = 1c− a = 0⇒

{

a = 1/2c = 1/2

(6)

Nu har vi var uppdelade overforingsfunktion.

H(s) =1

2

(

1

s+ (1 + j)+

1

s+ (1− j)

)

(7)

Med hjalp av transformparet (βeta L21, sidan 322)

1

s+m←→ e−mt (8)

kan vi hitta systemets impulssvar:

1

2

(

1

s+ (1 + j)+

1

s+ (1− j)

)

←→ 1

2

(

e−(1+j)t + e−(1−j)t)

= e−t cos(t) (9)

Impulssvaret ar oscillativt genom cosinus-faktorn, men ganska val dampat ge-nom exponentialfaktorn. Impulssvaret visas i figur 1.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

t

h(t)

Figur 1: Impulssvar for systemet i ekvation (1).

2

4.2 Overforingsfunktioner och s-planet

4.2.1 En elmotor

Uppgift

En vanlig likspanningsmotor styrs med spanningen x(t) over ankarlindningen. Vimater motoraxelns vinkel y(t). En andra ordningens modell av motorn obelastadar differentialekvationen

y′′(t) +1

τy′(t) =

k

τx(t) (10)

dar k > 0 och τ > 0 ar motorns forstarkning respektive tidskonstant. Dessaberor av motorns fysiska uppbyggnad (induktanser, troghetsmoment, m.m.);t.ex. blir τ storre om motoraxeln gors tyngre och klumpigare.

a) Ta fram elmotorns overforingsfunktion och impulssvar.

b) Rita upp elmotorns poler och nollstallen i s-planet.

c) Ta fram (och tolka) frekvens- och fasgang – ett bodediagram.

d) Undersok motorns insignal-utsignalstabilitet.

Losning

a) Liksom i uppgift 4.1.1 har vi ett linjart system som beskrivs av en ekvationmed konstanta koefficienter. Forst laplacetransformerar vi for att hittaoverforingsfunktionen H(s). Sedan gor vi en invers transformering for atthitta impulssvaret h(t).2

H(s) =Y (s)

X(s)=k

τ

1

s(s+ 1/τ)(11)

Antingen gor vi har en partialbraksuppdelning enligt

H(s) ,k

τ

(

a

s+

b

s+ 1/τ

)

= k

(

1

s− 1

s+ 1/τ

)

(12)

(detaljerna for ni reda ut sjalva). Till denna uppdelning kan vi anvandatransformparen (βeta L18 och L21)

1

s←→ u(t) enhetssteget

1

s+m←→ e−mt (13)

Alternativt sa lurar vi lite och anvander transformparet (βeta L28)

1

(s+m)(s+ k)←→ e−kt − e−mt

m− k(14)

dar vi satter k = 0 och m = 1/τ . I vilket fall som helst far vi impulssvaret

2Man kan ju givetvis ocksa losa differentialekvationen (10) och pa sa satt fa fram systemetsimpulssvar.

3

h(t) = k(

1− e−1

τt)

(15)

I figur 2 ar nagra exempel for olika τ nar k = 1. Man kan se att systemetreagerar langsammare nar τ ar stor an nar τ ar liten. Darav benamningentidskonstant. Forstarkningen k sager nagot hur manga ”varv vi far ut pervolt”.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t

h(t)

τ=0.1τ=0.5τ=1τ=5

Figur 2: Elmotorns impulssvar for olika tidskonstanter τ .

b) For att man ska kunna tala om poler och nollstallen maste overforingsfunktionenskrivas som en rationell funktion av polynom. I det har fallet funkar detutmarkt – alla linjara differentialekvationer med konstanta koefficientermotsvaras av en sadan funktion.

H(s) = KB(s)

A(s)=k

τ

1

s(s+ 1/τ)(16)

Nollstallen sn gor att H(sn) = 0, d.v.s. att B(sn) = 0. I polerna spdaremot, sa ”exploderar”H(s), eftersom dessa definieras av att A(sp) = 0.Elmotorn i denna uppgift har inget nollstalle, men val tva poler.

A(s) = s(s+ 1/τ)

= 0

⇔sp =

{

0−1/τ (17)

Vi ser att vi har en stationar pol sp1 i origo och en pol sp2 som flyttarsig med tidskonstanten. I figur 3 ar endast den flyttbara polen utritad forolika tidskonstanter.3

3Polen sp2 ar fix for en given motor, men ligger olika for olika motorer. Den andra polenligger fast i origo.

4

τ=0.1τ=0.5τ=1τ=5

s-planet

Figur 3: Elmotorns ”flyttbara” pol for olika tidskonstanter τ .

Vi kan se hur polen kommer narmare jω-axeln nar τ okar. I a-uppgiftensag vi att ett stort τ betyder en reaktionsslo motor. En pol som liggernara till vanster om jω-axeln innebar ett langre minne i systemet an enpol langt till vanster. Studera transformparet

1

s− sp←→ espt (18)

Har syns att en reell pol sp ¿ 0 motsvarar ett snabbt avtagande tidsforlopp.For elmotorn kan vi lite lost saga att den fasta polen sp1 minns motornsvinkel. Polen ligger pa jω-axeln och har darfor oandligt langt minne. Denandra polen minns forandringen i vinkel, eller bevarar hastigheten om mansa vill. Flyttas den langt till vanster blir minnet kort (motorn stannar ochstartar latt). Flyttas den nara imaginara axeln bevaras hastigheten langre(motorn blir tung att starta och stanna).

Sammanfattningsvis: poler langt till vanster betyder ”lattrorliga” sy-stem (kort minne, snabbt humor); poler nara till vanster om jω-axelnbetyder ”troga” system (langt minne, langsint).

c) Systemets frekvenssvarH(ω) far vi genom att satta in s = jω i overforingsfunktionen.Fouriertransformen ar ett specialfall av laplacetransformen.

H(ω) =k

τ

1

jω(jω + 1/τ)

= −kτ

1

ω2 − jω/τ(19)

Nar man ska undersoka frekvensgangen |H(ω)| ar det bra att forst ta entitt pa poler och nollstallen. Dessa kan ge en uppfattning om vid vilkafrekvenser det hander intressanta saker. Annars kan det handa att manbara testar i blindo – ekvation (19) ger ingen intuitiv uppfattning om vadsom hander. Frekvenssvaret hittar vi langs jω-axeln.

5

Elmotorn har en pol i origo och darfor kommer frekvensgangen blioandlig for ω = 0. I narheten av origo sjunker forstarkningen, men det arfortfarande origo-polen som dominerar. Eftersom varje pol ger upphov tillen asymptotisk lutning pa 20 dB/dekad kan vi vanta oss denna lutningnara ω = 0. Vid hogre frekvenser blir avstandet till polerna mer och merlika och vi kan vanta oss en brantare lutning, 40 dB/dekad.

Studera frekvensgangen for laga och hoga frekvenser, samt skarnings-punkten for lutningsasymptoterna.

– Laga frekvenser, ω −→ 0.

|H(ω)| =k

τ

1√

ω4 + ω2/τ2

=k

ωτ

1√

ω2 + 1/τ2

=[

ω2 ar forsumbar jamfort med 1/τ2]

≈ k

ωττ

=k

ω−→ ∞ (20)

Vanligtvis kor vi decibelskala, och det ar har vi hittar den forstaasymptoten.

|H(ω)|dB ≈ 20 log10(k)− 20 log10(ω) (21)

I ekvationerna (20) och (21) ser vi det man kan vanta sig fran po-lernas placering: oandlig forstarkning och lutning pa -20 dB/dekad.Dessutom kan vi se att frekvensgangen har inte beror pa tidskonstan-ten τ – det ar bara den ena polen som marks. Detta galler sa langeω ¿ 1/τ , d.v.s. nar vi ar mycket narmare origo-polen an den andrapolen.

– Hoga frekvenser, ω −→∞.

|H(ω)| =k

ω2τ

1√

1 + 1/(ω2τ2)

=[

1/ω2τ2 ar forsumbar jamfort med 1]

≈ k

ω2τ−→ 0 (22)

|H(ω)|dB ≈ 20 log10(k/τ)− 40 log10(ω) (23)

For hoga frekvenser gar forstarkningen mot noll, och detta med enlutning pa -40 dB/dekad. Detta forlopp beror, som vi ser i ekva-tion (22), pa tidskonstanten τ . Bada polerna spelar in.

6

– Asymptoternas skarningspunkt.

Vi ser efter nar ekvation (20) stammer overens med ekvation (22):

k

ω=

k

ω2τ⇒

ω =1

τ(24)

I skarningspunkten kan vi ocksa berakna frekvensgangens varde (anvandforsta ledet i ekvation (22)).

|H(1/τ)| = kτ√2

(25)

Nu har vi tillracklig information for att rita vart bodediagram, se figur 4.

10-log(τ) 101-log(τ) -40

-30

-20

-10

0

10

20

ω

|H(ω)|

|H(ω)|LågfrekvensasymptotHögfrekvensasymptot

10-1-log(τ)

Figur 4: Elmotorns frekvensgang da k = 1.

Nar vi ska titta pa fasgangen ar det ocksa bra att titta i s-planet forst.Poler infor negativa fasforskjutningar medan nollstallen infor positiva. Ivart fall har vi tva poler pa reella axeln sa vi kommer bara fa negativafasforskjutningar. Vinkeln till polen i origo ar π/2 radianer for alla positi-va frekvenser. Vinkeln till den andra polen kommer daremot att variera.Allmant kan man ocksa se att dar det hander nat i frekvensgangen handerdet ocksa nat i fasgangen.

Vi tittar pa samma tre fall som for frekvensgangen, men forst ett litetkonstaterande: fasvridningar fran olika poler (nollstallen) adderas. Allakomplexa tal kan skrivas som r exp(jθ). For var elmotor:

H(w) =k

τ

(

1

jω

)(

1

jω + 1/τ

)

7

=k

τ

(

1

r1ejφ1

)(

1

r2ejφ2

)

=k

τr1r2e−j(φ1+φ2) (26)

φ1 = arg {jω}= arctan(ω/0)

=π

2(27)

φ2 = arg {1/τ + jω}= arctan(ωτ) (28)

– Laga frekvenser, ω −→ 0.

φ2 = arctan(0) = 0 (29)

– Hoga frekvenser, ω −→∞.

φ2 = arctan(∞τ) −→ π

2(30)

– Asymptoternas skarningspunkt.

φ2|ω=1/τ = arctan(1) =π

4(31)

Vi har alltsa en negativ fasvridning pa minst π/2 radianer och som mestπ radianer (se figur 5).

10-2-log(τ) 10 -1-log(τ) 10-log(τ) 101-log(τ) 102-log(τ) -3.2

-3

-2.8

-2.6

-2.4

-2.2

-2

-1.8

-1.6

-1.4

ω

φ(ω)

φ(ω)LågfrekvensasymptotHögfrekvensasymptot

Figur 5: Elmotorns fasgang da k = 1.

8

d) Att ett kausalt LTI-system ar insignal-utsignalstabilt innebar att alla polerligger strikt till vanster om jω-axeln. Detta kan vi se fran foljande system.

H(s) = K1

s− p↔

h(t) = ept (32)

For att ett LTI-system ska vara insignal-utsignalstabilt maste impulssvaretvara absolut integrerbart. Om p ≥ 0 i ekvation (32) kommer detta inte attgalla. Alltsa maste p < 0, d.v.s. polen maste ligga i vanstra halvplanet.

Elmotorn har en pol pa imaginara axeln och ar saledes inte ett stabiltsystem. Detta kan kannas fel – en elmotor ar val inte instabil!? Tank paatt det ar vinkeln pa motoraxeln vi mater. Med en konstant insignal, sagx(t) = 1, kommer motorn att obonhorligt snurra vidare och vinkeln blir tillslut oandlig. Att systemet ar instabilt kan man ocksa se i frekvensgangen:systemet har oandlig forstarkning for ω = 0.

4.2.2 Bilfjadring

Uppgift

Vi ar intresserade av hur ett bilhjul ror sig i forhallande till karossen, d.v.s. hurfjadringen uppfor sig. Lat y(t) vara hjulets position och x(t) kraften fran vagenpa hjulet. Utga ga fran jamviktslage: y(t) = x(t) = 0 nar bilen star still. Vimater alltsa avvikelser fran jamviktslaget. For en enkel modell anvander vi franfoljande parametrar

m − bilens massak − fjaderkonstantenb − stotdamparens dampningskoefficient

Fran fysikaliska samband kan vi stalla upp differentialekvationen

my′′(t) + by′(t) + ky(t) = x(t) (33)

dar alla konstanter ar storre an eller lika med noll. Ett standardsatt att skrivaom denna ekvation ar

y′′(t) + 2ηω0y′(t) + ω2

0y(t) =1

mx(t) (34)

dar ω0 ,√

k/m och η , b/√4km. Dessa konstanter betecknar den naturliga

frekvensen respektive dampningsfaktorn.

a) Hur ser fjadringens overforingsfunktion ut?

b) Undersok fjadringens poler och nollstallen – hur flyttar de sig med varie-rande η och ω0?

c) Titta pa frekvensgangen. Hur andras denna med η och ω0? Vilken typ avfilter ar fjadringen?

d) Undersok impulssvaret for olika η (sarskilt η → 0, η → ∞ och η = 1).Tolka resultatet.

9

Losning

a) Laplacetransformering av ekvation (34) ger

(s2 + 2ηω0s+ ω20)Y (s) =

1

mX(s) (35)

Har ser man overforingsfunktionen

H(s) =Y (s)

X(s)=

1

m

1

s2 + 2ηω0s+ ω20

(36)

b) Bilfjadringens overforingsfunktion har inga nollstallen (H(s) 6= 0 for al-la s). Polerna ges av

s2p + 2ηω0sp + ω20 = 0

⇒sp = −ηω0 ± ω0

√

η2 − 1 (37)

Beroende pa dampningen η kommer polerna antingen att vara reella ellerkomplexa. Tva fall:

– Svagt dampat fall, 0 ≤ η < 1.

Nar systemet ar sa har svagt dampat kommer polerna vara komplexa.

sp = −ηω0 ± jω0

√

1− η2

|sp| =√

η2ω20 + ω2

0(1− η2) = ω0

sp|η=0 = ±jω0 (38)

Vi kan se att polerna ligger pa eller till vanster om jω-axeln. Deligger alltid pa avstandet ω0 fran origo.

– Kraftigt dampat fall, 1 ≤ η.

Den kraftigare dampningen medfor att polerna hela tiden ar reella.

sp1 = −ω0

(

η −√

η2 − 1)

< 0

−→ 0− da η −→∞sp2 = −ω0

(

η +√

η2 − 1)

≤ sp1

−→ −∞ da η −→∞sp|η=1 = −ω0 (39)

Okar vi dampningen kommer den ena polen narma sig 0 medan denandra vandrar ivag mot −∞.

Den naturliga frekvensen ω0 kommer att ”skala” polplaceringen: okar ω0

flyttas polerna proportionerligt bort fran origo. I figur 6 visas polforflytt-ningarna da dampningen andras.

10

jω

σ

ω0

−ω0

−ω0

Figur 6: Polernas forflyttning vid okande dampning.

c) Innan vi borjar rakna pa frekvensgangen tittar vi pa polernas placering.Vi anvander oss av den grafiska tolkningen att frekvensgangens storlekberor pa avstandet till poler och nollstallen.

|H(ω)| = 1

m

1

|jω − sp1||jω − sp2|(40)

Beroende pa dampningen η far vi tre intressanta fall.

– Svag dampning, η ¿ 1.

I det har fallet ligger bada polerna nara jω-axeln och har relativt smarealdelar. I ω = 0 har vi lika langt till bada polerna: ω0. Nar vi kom-mer nara ena polen, d.v.s. nar ω narmar sig ω0, blir forstarkningenstor (eftersom |jω−sp1| blir valdigt liten). For valdigt hoga frekvenserar avstandet stort till bada polerna och frekvensgangen kommer attavta. Vi kan alltsa vanta oss att frekvensgangen har en resonanstopp

nar vi ar nara polen for att sedan narma sig noll for hoga frekvenser.Toppen blir kraftigare ju narmare jω-axeln polerna ligger (d.v.s. jusamre dampningen blir).

– Varken svag eller kraftig dampning, η = 1.

Polerna ligger har tillsammans i s = −1. Avstandet till polerna kom-mer att vara minst for ω = 0 – forstarkningen kommer dar att varasom storst. Hoga frekvenser dampas mer och mer allt eftersom av-standet okar. Fjadringen utgor har ett rent lagpassfilter.

– Kraftig dampning, η À 1.

Polerna ”skiljs at” igen. Den som sticker ut mot −∞ kommer attkraftigt dampa alla frekvenser. Den andra kommer dock att komma

11

nara ω = 0 och hjalpa upp laga frekvenser. Ett lagpassfilter, men detar lite svart att intuitivt saga nat om det exakta utseendet. Blir deten topp i ω = 0?

Tanken med ovanstaende resonemang ar att, precis som i uppgift 4.2.1,skaffa en ungefarlig bild av uppforandet innan man gar in pa detaljerna iett bodediagram. Nu kan vi rakna mer i detalj.

|H(ω)| = 1

m

1√

(ω2 − ω20)

2 + 4η2ω20ω

2(41)

– Laga frekvenser, ω = 0.

|H(0)| = 1

m

1√

(0− ω20)

2 + 4η2ω20 · 0

=1

mω20

(42)

Notera att forstarkningen for nollfrekvensen inte beror pa dampningen,utan pa den naturliga frekvensen. Frekvensgangen kommer alltsa attha lutningen 0 nara ω = 0.

– Hoga frekvenser, ω −→∞.

|H(ω)| =1

mω2

1√

(ω20/ω

2 − 1)2 + 4ηω20/ω

2

≈ 1

mω2da ω À ηω0

−→ 0 (43)

Asymptoten 1/mω2 motsvarar lutningen −40 dB/dekad.

– Asymptoternas skarningspunkt.

1

mω20

=1

mω2

⇒ω = ω0 (44)

– Resonanstoppens lage.

I de fall vi kommer ha en resonanstopp vill vi veta var den ligger. Vimaximerar |H(ω)| genom att minimera namnaren.

max {|H(ω)|} ⇔ min{

(

ω2 − ω20

)2+ 4η2ω2

0ω2}

(45)

Derivera med avseende pa ω och satt till noll.

2(

ω2 − ω20

)

· 2ω + 8η2ω20ω = 0 (46)

12

Vi har en losning ω = 0. Den andra ges av

ω2 +(

2η2 − 1)

ω20 = 0

ω2 =(

1− 2η2)

ω20

ω = ±ω0

√

1− 2η2 da η ≤ 1√2

(47)

Har kan vi se att toppen flyttar sig fran ω0 mot 0 da dampningenokar fran 0.

Bilfjadringen ar ett lagpassfilter, men karaktaren varierar beroende padampningen (se figur 7). For valdigt sma η blir resonanstoppen sa storatt den snarast liknar ett bandpassfilter (aven om laga frekvenser inte tasbort). Ju mer dampning, desto mer lagpasskaraktar.

10-1 100 101 -50

-40

-30

-20

-10

0

10

20

η=0.1η=0.3η=1/sqrt(2)η=1η=3

|H(ω)|

ω

dB

rad/s

Figur 7: Frekvensgang for olika kraftig dampning (ω0 = 1 och m = 1).

d) Vi erhaller impulssvaret h(t) genom en invers laplacetransformering avoverforingsfunktionen H(s).

H(s) =1

m

1

(s− sp1)(s− sp2)

spi = −ηω0 ± ω0

√

η2 − 1 (48)

Beroende pa η far vi, aterigen, tre fall.

– Svag dampning, 0 ≤ η < 1.

Polerna ar har komplexa:

spi = −ηω0 ∓ jω0

√

1− η2 (49)

13

Ur βeta tar vi lampligt transformpar (se sidan 322, L29) och farfoljande.

h(t) =1

me−ηω0t

sin(

ω0

√

1− η2t)

ω0

√

1− η2(50)

– Varken svag eller kraftig dampning, η = 1.

Nu har overforingsfunktionen en dubbelpol i −ω0.

H(s) =1

m

1

(s+ ω0)2(51)

βeta L22 ger

h(t) =t

me−ω0t (52)

– Kraftig dampning, η = 1.

Polerna ar reella och atskilda.

spi = −ηω0 ± ω0

√

η2 − 1 (53)

Vi tar L29 ur βeta:

h(t) =1

2mω0

√

η2 − 1

[

e−ω0

(

η−√η2−1

)

t − e−ω0

(

η+√η2−1

)

t]

(54)

Nagra exempel pa impulssvar visas i fıgur 8. Resultatet stammer medvad vi kan vanta oss av en bilfjadring. Impulssvaret motsvarar att vi ihog hastighet kor pa en sten (eller liknande). Da dampningen ar daligtrycks fjadringen ihop mycket och bilen fortsatter gunga lange (jamfor medresonanstoppen i figur 7). Om dampningen ar kraftig trycks fjadringenknappt ihop alls, men tar mycket lang tid pa sig att aterga.

14

0 5 10 15-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t

h(t)

s

η=0.1η=0.3η=1/sqrt(2)η=1η=3

Figur 8: Impulssvar for olika kraftig dampning (ω0 = 1 och m = 1).

Kommentar

Om poler har en imaginardel sa kommer systemet att vara oscillativt. For varbilfjadring forsvinner alla svangningar i impulssvaret da η ≥ 1 och polerna blirreella. Resonanstoppen forsvinner i figur 7.

Poler som ligger langt till vanster har samre minne an poler nara till vansterom jω-axeln. Titta pa impulssvaren i figur 8: Det kortaste minnet har systemetda η = 1. De andra systemen ar mer langsinta , sarskilt η = 0.1 och η = 3.

Ett andra ordningens system kallas kritiskt dampat da η = 1. Da har vi detkortaste minnet och ingen oscillativ mod. En bra fjadring. Haller vi η = 1 kan visedan flytta dubbelpolen med ω0, d.v.s. vi kan gora systemet ”snabbare” utanatt andra dampningen.

15