SIGNALI I SUSTAVI AUDITORNE VJEBE 5 FERZESOI LSS

SIGNALI I SUSTAVI AUDITORNE VJEŽBE 5 FER-ZESOI LS&S

Zadatak 1. Za sustav na slici naći trajektoriju u ravnini stanja, te vremenske promjene varijabli stanja i izlaznih varijabli. y 1 (·)2 ò y 2 ò t 0 = 0 x 10 > 0 x 20 > 0 sign – 1

Rješenje Bez sumnje, složena zadaća za analitičko rješavanje!

Rješenje Problem je jednostavnije riješiti pomoću varijabli stanja (izabrati x 1 i x 2). Jednadžbe stanja: Izlazne jednadžbe:

Problem ćemo riješiti geometrijski u ravnini stanja! x 2 x 1 Kako i poprimaju jednu od dvije vrijednosti {– 1, 1}, slijedi: 2. i 4. kvadrant 1. i 3. kvadrant

• Ovu činjenicu ćemo iskoristiti u crtanju trajektorije varijabli stanja • Ograničimo se na 1. kvadrant (x 10, x 20 > 0) • Dakle, trajektorija je pravac! t=0 x 20 Kako će se mijenjati stanje? x 10

• Ovu činjenicu ćemo iskoristiti u crtanju trajektorije varijabli stanja • Ograničimo se na 1. kvadrant (x 10, x 20 > 0) • Dakle, trajektorija je pravac! t=0 x 20 x 10 A dalje?

• Ovu činjenicu ćemo iskoristiti u crtanju trajektorije varijabli stanja • Ograničimo se na 1. kvadrant (x 10, x 20 > 0) • Dakle, trajektorija je pravac! t=0 x 20 x 10

• Ovu činjenicu ćemo iskoristiti u crtanju trajektorije varijabli stanja • Ograničimo se na 1. kvadrant (x 10, x 20 > 0) • Dakle, trajektorija je pravac! t=0 x 20 x 10 Imamo periodičko kruženje!

• Nacrtajmo još jednom prvi kvadrant. • Nagib pravca je -1, to znači 45°. • Onda su označene dužine jednake (na slici “ïï”) !! • Nadalje, očigledno je: 45° – 1 x 10 +x 20 45° x 10

• Iz slike zaključujemo da x 1 i x 2 imaju svoj maksimum koji je |x 10|+|x 20|, dok je minimum –|x 10|–|x 20|. • Nadalje, kada jedna varijabla stanja postiže maksimum (minimum) druga prolazi kroz nulu. • Oba stanja se mijenjaju po periodičnim funkcijama perioda 4(|x 10|+|x 20|) - što će biti jasnije iz narednih slika. 45° – 1 x 10 +x 20 45° x 10

x 2(t) |x 10|+|x 20| x 20 4(|x 10|+|x 20|) t –|x 10|–|x 20| x 1(t) x 10 t y 1(t) x 102 t y 2(t) 1 t – 1

Zadatak 2. Napisati jednadžbe stanja i izlazne jednadžbe za električnu mrežu prikazanu slikom. u je ulaz u sustav, a i. R izlaz iz sustava. i. L + u L u. L i. C u. C C i. R R

Odabir varijabli stanja (sustavi s memorijskim elementima) L i C su memorijski elementi. u. L 1/L i. C 1/C Varijable stanja električne mreže su i. L, u. C. Za jednadžbe stanja treba naći ò ò i. L u. C

Način rješavanja • Zadana električna mreža je linearna. • Koristit će se teorem superpozicije. • Doprinos pojedinog „aktivnog” elementa mreže određuje se tako da se „isključe” sve preostale „aktivne” komponente. • “Isključiti”, to znači: C, u ® kratko spojiti, • L, i ® odspojiti, • gdje su u, i ® nezavisni naponski ili strujni izvori. • Ukupni odziv jednak je sumi doprinosa pojedinih aktivnih elemenata. Slučaj A B C Uključen u L C Isključen L, C u, L

Slučaj Uključen Isključen u. L u i. C A A u L, C B L u, C i. R R C C u, L u. L i. R u. L B i. C R i. C u. C C R

Slučaj Uključen Isključen u. L u i. C A u L, C i. R C C u, L u. L i. R u. L R A u. L = L di. L/dt = B L u, C i. C B A B C u + 0 × i. L - u. C i. C = C du. C/dt = 0 × u + i. L i. R = 0 × u + 0 × i. L + 1/R u. C - 1/R u. C R i. C u. C C R

Ako podijelimo jednadžbe s L, odnosno C dobijemo: što su željene jednadžbe stanja, uz već poznatu izlaznu jednadžbu:

U matričnom obliku, to izgleda ovako:

Razlaganje sustava na jednostavnije podsustave i izbor varijabli stanja DIREKTNA METODA ( NORMALNE VARIJABLE STANJA ) Zadatak 1. • Koristeći direktnu metodu naći model linearnog sustava opisanog diferencijalnom jednadžbom tj. ekvivalentnom prijenosnom funkcijom. • y´´´+ 2 y´´+ 5 y´+ 6 y = u.

Rješenje : • • y´´´+ 2 y´´+ 5 y´+ 6 y = u. Primjenimo Laplaceovu transformaciju: s 3 Y(s) + 2 s 2 Y(s) + 5 s Y(s) + 6 Y(s) = U(s) (1) (početni uvjeti neka su nula). Nakon izlučivanja Y(s) imamo: Y(s) × [ s 3 + 2 s 2 + 5 s + 6 ] = U(s), i konačno: • To je prijenosna funkcija sustava.

Nastavak. . . Izbor varijabli stanja: • x 1(t) = y(t) • x 2(t) = y´(t) = x 1´ • x 3(t) = y´´(t) = x 2´ To uvrstimo u diferencijalnu jednadžbu • x 3´ + 2 x 3 + 5 x 2 + 6 x 1 = u

Rješenje nastavak. . . Jednadžbe stanja: • x´ = A x + B × u U našem slučaju: • x 1´= x 2 • x 2´ = x 3 • x 3´ = -6 x 1 - 5 x 2 - 2 x 3 + u

Matrični oblik jed. stanja. . . • U matričnom obliku, to izgleda ovako: A B

Izlazna jednadžba? • y=C×x+D×u • y = x 1 C D

Simulacijski blok dijagram? U(s) s 3 Y(s) + - - - s 2 Y(s) 1 s. Y(s) 1 Y(s) s s 2 1 s 5 º 6 iz (1) Þ s 3 Y(s) = U(s) - 6 Y(s) - 5 s. Y(s) - 2 s 2 Y(s) ò

Zadatak 2. • Koristeći direktnu metodu naći model linearnog sustava opisanog diferencijalnom jednadžbom tj. ekvivalentnom prijenosnom funkcijom: • Rješenje:

Zadatak 2. • Najprije realiziramo Z(s): • z’’’ + 2 z’’ + 5 z’ + 6 z = u (1) • ovo je isti slučaj kao i u prethodnom zadatku!

Rješenje nastavak. . . • Izlazna jednadžba • y = z’’’ + 2 z’’ + 3 z’ +4 z (2) • = (-6 x 1 - 5 x 2 - 2 x 3 + u) + 2 x 3 + 3 x 2 + 4 x 1 • = -2 x 1 - 2 x 2 + u

Rješenje nastavak. . . • Matrični oblik:

Simulacijski blok dijagram? • Nazivnik ® z’’’ + 2 z’’ + 5 z’ + 6 z = u. • Ovo znamo realizirati (prethodni zadatak): u + z’’’ - - - z’’ ò ò z’ ò 2 5 6 z