U06.1 – Linearisierung einer Magnetaufhängung

Die im Folgenden dargestellte Magnetaufhängung soll um den Arbeitspunkt (X₀,U_H0,U_S0) linearisiert werden:

Lösung

Dazu müssen wir zum Einen den elektrischen Kreis und zum Anderen auch den magnetischen Kreis linearisieren.
Magnetischer Kreis:
Dazu wird zunächst das Kräftegleichgewicht für die Kugel aufgestellt:

$m \cdot \ddot x = {F_{MH}}\left( {{I_H},x} \right)+{F_{MS}}\left( {{I_S},x} \right)-m \cdot g = 0$

MH: Magnetkraft durch die Haltewicklung

MS: Magnetkraft durch die Steuerwicklung

Vorbereitung der Taylorentwicklung:
Für die Ruhelage der Kugel gilt:

$x = {x_0},\quad \dot x = 0,\quad \ddot x = 0$

$\Rightarrow \quad 0 = {F_{MH}}\left( {{I_H},{x_0}} \right)+{F_{MS}}\left( {{I_S},{x_0}} \right)-m \cdot g$

$\Rightarrow \quad 0 = {F_{M{H_0}}}+{F_{M{S_0}}}-m \cdot g$

Wir gehen nun von hinreichend kleinen Bewegungen um den Anfangspunkt aus:

$x = {x_0}+\Delta x\quad \Rightarrow \quad x-{x_0} = \Delta x$

$\ddot x = \Delta \ddot x$

${I_H} = {I_{{H_0}}}$

${I_S} = {I_{{S_0}}}+\Delta i\quad \Rightarrow \quad {I_S}-{I_{{S_0}}} = \Delta i$

Zur Linearisierung folgt nun die Taylorentwicklung ersten Grades um die Ruhelage x₀:

$T\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{f^{\left( n \right)}}\left( a \right)}} {{n!}}{{\left( {x-a} \right)}^n}} \quad ,\quad a = {x_0}\quad \Rightarrow \quad {\left. \ldots \right|_0}$

$m \cdot \Delta \ddot x = {F_{MH}}+{F_{MS}}-m \cdot g$

$\Rightarrow \quad {F_{MH}} = {F_{M{H_0}}}+{\left. {\frac{{\partial {F_{MH}}}} {{\partial x}}} \right|_0} \cdot \Delta x+{\left. {\frac{{\partial {F_{MH}}}} {{\partial {I_H}}}} \right|_0} \cdot \underbrace {\Delta {i_H}}_0+ \ldots$

$\Rightarrow \quad {F_{SH}} = {F_{S{H_0}}}+{\left. {\frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial x}}} \right|_0} \cdot \Delta x+{\left. {\frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial {I_S}}}} \right|_0} \cdot \Delta i+ \ldots$

Damit folgt:

$\Rightarrow \quad m \cdot \Delta \ddot x = \underline {{F_{M{H_0}}}} +{\left. {\frac{{\partial {F_{MH}}}} {{\partial x}}} \right|_0} \cdot \Delta x+\underline {{F_{S{H_0}}}} +{\left. {\frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial x}}} \right|_0} \cdot \Delta x+{\left. {\frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial {I_S}}}} \right|_0} \cdot \Delta i-\underline {m \cdot g}$

$\Rightarrow \quad \Delta \ddot x = \underbrace {{{\left. {\frac{1} {m} \cdot \frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial {I_S}}}} \right|}_0}}_{{c_1}} \cdot \Delta i+\underbrace {\frac{1} {m} \cdot \left( {{{\left. {\frac{{\partial {F_{MH}}}} {{\partial x}}} \right|}_0}+{{\left. {\frac{{\partial {F_{SH}}}} {{\partial x}}} \right|}_0}} \right)}_{{c_2}} \cdot \Delta x$

Wir fassen die konstanten Ausdrücke zusammen und erhalten somit die linearisierte Gleichung für den magnetischen Kreis:

$\Rightarrow \quad \boxed{\Delta \ddot x = {c_1} \cdot \Delta i+{c_2} \cdot \Delta x}$

Elektrischer Kreis:
Da an die Spannung eine Spule angeschlossen ist, welche sich aufteilen lässt in eine perfekte (widerstandslose) Spule und einen Widerstand, gilt:

${U_S} = {U_S}\left( {{I_S},{{\dot I}_S}} \right)$

Denn:

${U_R} = R \cdot I\quad ,\quad {U_L} = L \cdot \dot I$

Für die Ruhelage gilt:

${U_{{S_0}}} = {U_S}\left( {{I_S},0} \right)$

Wir gehen nun von wieder von hinreichend kleinen Bewegungen um den Anfangspunkt aus:

${I_S} = {I_{{S_0}}}+\Delta i\quad \Rightarrow \quad {I_S}-{I_{{S_0}}} = \Delta i$

Damit folgt aus der Taylorentwicklung:

${U_S} = {U_{{S_0}}}+\Delta U = U\left( {{I_{{S_0}}},0} \right)+{\left. {\frac{{\partial {U_S}}} {{\partial {I_S}}}} \right|_0} \cdot \Delta i+{\left. {\frac{{\partial {U_S}}} {{\partial {{\dot I}_S}}}} \right|_0} \cdot \Delta \dot i+ \ldots$

$\Rightarrow \quad \Delta U = \underbrace {{{\left. {\frac{{\partial {U_S}}} {{\partial {I_S}}}} \right|}_0}}_{{c_3}} \cdot \Delta i+\underbrace {{{\left. {\frac{{\partial {U_S}}} {{\partial {{\dot I}_S}}}} \right|}_0}}_{{c_4}} \cdot \Delta \dot i$

$\Rightarrow \quad \boxed{\Delta U = {c_3} \cdot \Delta i+{c_4} \cdot \Delta \dot i}$

ersatzschaltbild-der-spule

Nun als Zusatz noch eine Betrachtung zur Systemstabilität.
Für die Übertragungsfunktion gilt:

${G_{{U_{s,x}}}} = \frac{{X\left( s \right)}} {{{U_S}\left( s \right)}}$

Um die zuvor ermittelten Gleichungen einsetzen zu können nutzen wir die Laplacetransformation:

$\Delta \ddot x-{c_2} \cdot \Delta x = {c_1} \cdot \Delta i$

$\to \quad {s^2}\cdot X\left( s \right)-\sum\limits_{i = 0}^1 {{s^i}\cdot {x^{\left( {1-i} \right)}}\left( 0 \right)} -{c_2} \cdot X\left( s \right) = {c_1} \cdot \Delta I\left( s \right)$

$\Rightarrow \quad {s^2}\cdot X\left( s \right)-\underbrace {{{\dot x}_0}}_0-\underbrace {s \cdot {x_0}}_0-{c_2} \cdot X\left( s \right) = {c_1} \cdot \Delta I\left( s \right)$

$\Rightarrow \quad X\left( s \right) = \frac{{{c_1} \cdot \Delta I\left( s \right)}} {{{s^2}-{c_2}}}$

$\Delta U = {c_3} \cdot \Delta i+{c_4} \cdot \Delta \dot i$

$\to \quad \Delta U\left( s \right) = {c_3} \cdot \Delta I\left( s \right)+{c_4} \cdot s \cdot \Delta I\left( s \right)$

$\Rightarrow \quad \Delta U\left( s \right) = \Delta I\left( s \right) \cdot \left( {{c_3}+{c_4} \cdot s} \right) = \Delta I\left( s \right) \cdot {c_4} \cdot \left( {\frac{{{c_3}}} {{{c_4}}}+s} \right)$

Somit erhalten wir:

${G_{{U_{s,x}}}} = \frac{{X\left( s \right)}} {{{U_S}\left( s \right)}} = \frac{{{c_1} \cdot \Delta I\left( s \right)}} {{{s^2}-{c_2}}} \cdot \frac{1} {{\Delta I\left( s \right) \cdot {c_4} \cdot \left( {\frac{{{c_3}}} {{{c_4}}}+s} \right)}} = \frac{{\frac{{{c_1}}} {{{c_4}}}}} {{\left( {{s^2}-{c_2}} \right)\left( {\frac{{{c_3}}} {{{c_4}}}+s} \right)}}$

Die Polstellen lauten somit:

${s_1} = -\frac{{{c_3}}} {{{c_4}}} = a\quad ,\quad {s_2} = \sqrt {{c_2}} = b\quad ,\quad {s_2} = -\sqrt {{c_2}} = -b$

$\Rightarrow \quad \underline{\underline {h\left( t \right) = A \cdot {e^{-at}}+A \cdot {e^{-bt}}+A \cdot {e^{bt}}}}$

Graphische Darstellung der Polstellen:

Da einer der Pole sich rechts von der Imaginärachse befindet, handelt es sich hier um ein instabiles System.