東京大学 工学系研究科 機械工学専攻 2020年度 機械工学第2部 問題2 Author 祭音Myyura (Based on zzy's answer refined with GPT 6 Astra)
Description 水平面上の回転体 A（半径 r A r_A r A I A I_A I A ω 0 \omega_0 ω 0 r B r_B r B I B I_B I B m m m r r r F F F μ \mu μ
重りを含む B の慣性モーメントを求めよ。
時刻 t t t
滑りがなくなる時刻 t 1 t_1 t 1
次に、A、B を外歯車 A′、B′に替える。ピッチ円半径は r A ′ , r B ′ r_A',r_B' r A ′ , r B ′ T cos k t T\cos kt T cos k t t ≥ 0 t\ge0 t ≥ 0 r ( t ) r(t) r ( t ) ω B ′ \omega_B' ω B ′
B′ に伝達されるトルク脈動を求めよ。
r ( 0 ) = r 0 r(0)=r_0 r ( 0 ) = r 0 r ( t ) r(t) r ( t )
プラントと制御器の伝達関数を
P ( s ) = 1 ( s + a ) ( s − b ) , a > b > 0 , C ( s ) = k p > 0 P(s)=\frac1{(s+a)(s-b)},\qquad a>b>0,\qquad C(s)=k_p>0 P ( s ) = ( s + a ) ( s − b ) 1 , a > b > 0 , C ( s ) = k p > 0 とする。最初の系は E = R − C X E=R-CX E = R − CX X = P E X=PE X = PE
∣ P ( j ω ) ∣ |P(j\omega)| ∣ P ( jω ) ∣ 閉ループ安定条件を求めよ。さらに a = 5 , b = 1 a=5,b=1 a = 5 , b = 1 − 1 , − 3 -1,-3 − 1 , − 3 k p k_p k p
(2) の k p k_p k p x ( t ) x(t) x ( t ) e ( ∞ ) e(\infty) e ( ∞ )
次に、外側を E = R − X E=R-X E = R − X U = ( k i / s ) E − C X U=(k_i/s)E-CX U = ( k i / s ) E − CX X = P U X=PU X = P U
X / R X/R X / R 閉ループ系が安定となる k p , k i k_p,k_i k p , k i
安定な場合、単位ステップ目標値に対して e ( ∞ ) = 0 e(\infty)=0 e ( ∞ ) = 0
题目描述
I：旋转体A以角速度 ω 0 \omega_0 ω 0
II：给定含一个右半平面极点的二阶对象，先采用反馈通道中的比例控制器，求幅频特性、稳定条件、指定极点对应增益及阶跃输出和偏差。再在外环加入积分器、保留内环比例反馈，求闭环传递函数、稳定条件，并证明稳定时阶跃目标的稳态偏差为零。
Kai 両回転軸の正方向を同じ向きに取り、A の初期回転を正とする。この規約では B は負方向に回転する。
(1)
平行軸の定理より
J = I B + 4 m r 2 . \boxed{J=I_B+4mr^2}. J = I B + 4 m r 2 . (2)・(3)
滑っている間、摩擦力の大きさは μ F \mu F μ F
I A ω ˙ A = − μ F r A , J ω ˙ B = − μ F r B . I_A\dot\omega_A=-\mu Fr_A,\qquad J\dot\omega_B=-\mu Fr_B. I A ω ˙ A = − μ F r A , J ω ˙ B = − μ F r B . したがって 0 ≤ t ≤ t 1 0\le t\le t_1 0 ≤ t ≤ t 1
ω A ( t ) = ω 0 − μ F r A I A t , ω B ( t ) = − μ F r B J t . \boxed{\omega_A(t)=\omega_0-\frac{\mu Fr_A}{I_A}t,\qquad
\omega_B(t)=-\frac{\mu Fr_B}{J}t}. ω A ( t ) = ω 0 − I A μ F r A t , ω B ( t ) = − J μ F r B t . 接触点の相対速度が0になる条件 r A ω A + r B ω B = 0 r_A\omega_A+r_B\omega_B=0 r A ω A + r B ω B = 0
t 1 = r A ω 0 μ F ( r A 2 / I A + r B 2 / J ) = I A J r A ω 0 μ F ( J r A 2 + I A r B 2 ) . \boxed{t_1=\frac{r_A\omega_0}{\mu F(r_A^2/I_A+r_B^2/J)}
=\frac{I_AJr_A\omega_0}{\mu F(Jr_A^2+I_Ar_B^2)}}. t 1 = μ F ( r A 2 / I A + r B 2 / J ) r A ω 0 = μ F ( J r A 2 + I A r B 2 ) I A J r A ω 0 . t ≥ t 1 t\ge t_1 t ≥ t 1
ω A = I A r B 2 ω 0 J r A 2 + I A r B 2 , ω B = − I A r A r B ω 0 J r A 2 + I A r B 2 . \boxed{\omega_A=\frac{I_Ar_B^2\omega_0}{Jr_A^2+I_Ar_B^2},\qquad
\omega_B=-\frac{I_Ar_Ar_B\omega_0}{Jr_A^2+I_Ar_B^2}}. ω A = J r A 2 + I A r B 2 I A r B 2 ω 0 , ω B = − J r A 2 + I A r B 2 I A r A r B ω 0 . (4)
歯車の拘束は r A ′ ω A ′ + r B ′ ω B ′ = 0 r_A'\omega_A'+r_B'\omega_B'=0 r A ′ ω A ′ + r B ′ ω B ′ = 0
τ B ′ ( t ) = − r B ′ r A ′ T cos k t . \boxed{\tau_B'(t)=-\frac{r_B'}{r_A'}T\cos kt}. τ B ′ ( t ) = − r A ′ r B ′ T cos k t . (5)
B′ の角運動量は H B ′ = ( I B + 4 m r 2 ) ω B ′ H_B'=(I_B+4mr^2)\omega_B' H B ′ = ( I B + 4 m r 2 ) ω B ′ ω B ′ \omega_B' ω B ′
8 m ω B ′ r r ˙ = τ B ′ = − r B ′ r A ′ T cos k t . 8m\omega_B'r\dot r=\tau_B'
=-\frac{r_B'}{r_A'}T\cos kt. 8 m ω B ′ r r ˙ = τ B ′ = − r A ′ r B ′ T cos k t . 初期条件を用いて積分すると
r ( t ) = r 0 2 − r B ′ T 4 m ω B ′ r A ′ k sin k t . \boxed{r(t)=\sqrt{r_0^2-\frac{r_B'T}{4m\omega_B'r_A'k}\sin kt}}. r ( t ) = r 0 2 − 4 m ω B ′ r A ′ k r B ′ T sin k t . 半径が実数となり、重りを移動できる範囲で成立する。全周期にわたり実数とするには r 0 2 ≥ ∣ r B ′ T / ( 4 m ω B ′ r A ′ k ) ∣ r_0^2\ge |r_B'T/(4m\omega_B'r_A'k)| r 0 2 ≥ ∣ r B ′ T / ( 4 m ω B ′ r A ′ k ) ∣
(1)
∣ P ( j ω ) ∣ = 1 ( a 2 + ω 2 ) ( b 2 + ω 2 ) . \boxed{|P(j\omega)|=\frac1{\sqrt{(a^2+\omega^2)(b^2+\omega^2)}}}. ∣ P ( jω ) ∣ = ( a 2 + ω 2 ) ( b 2 + ω 2 ) 1 . 折点は ω = b , a \omega=b,a ω = b , a − 20 log 10 ( a b ) d B -20\log_{10}(ab)\,\mathrm{dB} − 20 log 10 ( ab ) dB 0 , − 20 , − 40 d B / d e c 0,-20,-40\,\mathrm{dB/dec} 0 , − 20 , − 40 dB/dec
(2)
X R = P 1 + k p P = 1 s 2 + ( a − b ) s + k p − a b . \frac XR=\frac P{1+k_pP}
=\frac1{s^2+(a-b)s+k_p-ab}. R X = 1 + k p P P = s 2 + ( a − b ) s + k p − ab 1 . a − b > 0 a-b>0 a − b > 0
k p > a b . \boxed{k_p>ab}. k p > ab . a = 5 , b = 1 a=5,b=1 a = 5 , b = 1 ( s + 1 ) ( s + 3 ) = s 2 + 4 s + 3 (s+1)(s+3)=s^2+4s+3 ( s + 1 ) ( s + 3 ) = s 2 + 4 s + 3
k p = 8 . \boxed{k_p=8}. k p = 8 . (3)
X ( s ) = 1 s ( s + 1 ) ( s + 3 ) = 1 3 s − 1 2 ( s + 1 ) + 1 6 ( s + 3 ) . X(s)=\frac1{s(s+1)(s+3)}
=\frac1{3s}-\frac1{2(s+1)}+\frac1{6(s+3)}. X ( s ) = s ( s + 1 ) ( s + 3 ) 1 = 3 s 1 − 2 ( s + 1 ) 1 + 6 ( s + 3 ) 1 . したがって
x ( t ) = 1 3 − 1 2 e − t + 1 6 e − 3 t ( t ≥ 0 ) . \boxed{x(t)=\frac13-\frac12e^{-t}+\frac16e^{-3t}\quad(t\ge0)}. x ( t ) = 3 1 − 2 1 e − t + 6 1 e − 3 t ( t ≥ 0 ) . この系の偏差は e = r − k p x e=r-k_px e = r − k p x
e ( ∞ ) = 1 − 8 ⋅ 1 3 = − 5 3 . \boxed{e(\infty)=1-8\cdot\frac13=-\frac53}. e ( ∞ ) = 1 − 8 ⋅ 3 1 = − 3 5 . (4)
X = P [ ( k i / s ) ( R − X ) − k p X ] X=P[(k_i/s)(R-X)-k_pX] X = P [( k i / s ) ( R − X ) − k p X ]
X R = k i s 3 + ( a − b ) s 2 + ( k p − a b ) s + k i . \boxed{\frac XR=\frac{k_i}{s^3+(a-b)s^2+(k_p-ab)s+k_i}}. R X = s 3 + ( a − b ) s 2 + ( k p − ab ) s + k i k i . (5)
三次特性多項式のラウス表の第1列は
1 , a − b , ( a − b ) ( k p − a b ) − k i a − b , k i . 1,\quad a-b,\quad
\frac{(a-b)(k_p-ab)-k_i}{a-b},\quad k_i. 1 , a − b , a − b ( a − b ) ( k p − ab ) − k i , k i . すべてが正となる条件は
k p > a b , 0 < k i < ( a − b ) ( k p − a b ) . \boxed{k_p>ab,\qquad 0<k_i<(a-b)(k_p-ab)}. k p > ab , 0 < k i < ( a − b ) ( k p − ab ) . (6)
D ( s ) = s 3 + ( a − b ) s 2 + ( k p − a b ) s + k i D(s)=s^3+(a-b)s^2+(k_p-ab)s+k_i D ( s ) = s 3 + ( a − b ) s 2 + ( k p − ab ) s + k i
E ( s ) = ( 1 − k i D ( s ) ) 1 s . E(s)=\left(1-\frac{k_i}{D(s)}\right)\frac1s. E ( s ) = ( 1 − D ( s ) k i ) s 1 . 安定条件の下で最終値定理を用いれば
e ( ∞ ) = lim s → 0 ( 1 − k i D ( s ) ) = 0 . \boxed{e(\infty)=\lim_{s\to0}\left(1-\frac{k_i}{D(s)}\right)=0}. e ( ∞ ) = s → 0 lim ( 1 − D ( s ) k i ) = 0 . Reference 
