Lösungen MSP 2008

Name:
Seite: 1
Fachhochschule Nordwestschweiz (FHNW)
Hochschule für Technik
Lösungen MSP ’’Modellieren dynamischer Systeme’’
Dozent: R. Burkhardt
Klasse: Systemtechnik
Büro: 4.613
Semester: 2
Datum: FS 2008
Hilfsmittel: Erlaubt sind alle Unterrichtsunterlagen (Script, Bücher und Formelsammlung). (Korrekte) Resultate ohne
ersichtlichen Lösungsweg ergeben nicht die volle Punktzahl.
Zeit: 120 Minuten
Punkte: Maximal Punktzahl 70 (65 + pro Aufgabe einen Bonuspunkt für saubere, mathematisch korrekte Darstellung),
Punkte für eine SECHS 60, Punkte für eine VIER 34.
TEIL 1 (ohne Rechner)
1. Aufgabe (3 / 9 / 3 Punkte)
Die 6 Variablen x1 , x2 , ..., x6 des SIMULINK Modells werden auf den ’’workspace’’ geführt und dann als
Graphen in Abhängigkeit der Zeit gezeichnet.
(a) Finde für jede der Variablen x1 , x2 , ..., x6 die Differentialgleichung, die durch das Simulink Modell
beschrieben wird.
Lösung:
Systemtechnik
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FS 2008
Name:
Seite: 2
• x1 :
1
x1
x1 (0) = 1
=
x1
• x2 :
x2 = −4x2
x2 (0) = 1
• x3 :
x3 = x3 − t
x3 (0) = 1
• x4 :
x4 = −4x4 − 13x4
x4 (0) = 1
x4 (0) = 0
• x5 :
x5 = −9x5
x5 (0) = 1
x5 (0) = 0
• x6 :
x6 = sin (3t) − 4x6
x6 (0) = 1
x6 (0) = 0
(b) Bestimme von den gefundenen Anfangswertproblemen die partikulären Lösungen.
Lösung:
• x1 : trennbare DGL
x1
=
x1 dx1
=
1
x1
dt
x21
= t+C
2
√
x1 = ± 2t + C
√
1= C⇒
√C =1
x1 (t) = 2t + 1
• x2 : trennbare oder lineare DGL
x2 + 4x2 = 0
k+4 = 0
k = −4
x2 = Ce−4t
1=C
x2 (t) = e−4t
• x3 : lineare DGL 1-ter Ordnung
x3 − x3 = −t
k−1 = 0
k = 1
Systemtechnik
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Name:
Seite: 3
x3,hom = Cet
xp = At + B
xp3 = A
A − (At + B) = −t
A=B=1
x3 = Cet + t + 1
1=C +1⇒C =0
x3 (t) = t + 1
• x4 : lineare DGL 2-ter Ordnung
x4 + 4x4 + 13x4 = 0
k2 + 4k + 13 = 0
k1,2 = −2 ± 3i
x4
x4
= e−2t (C1 sin (3t) + C2 cos (3t))
= −2e−2t (C1 sin (3t) + C2 cos (3t)) + e−2t (3C1 cos (3t) − 3C2 sin (3t))
1 = C2
0 = −2C2 + 3C1
2
C1 = , C2 = 1
3
2
−2t
sin (3t) + cos (3t)
x4 (t) = e
3
• x5 : lineare DGL 2-ter Ordnung
x5 + 9x5
k2 + 9
k1,2
x5 (0)
x5 (0)
x5
x5
=
=
=
=
=
0
0
±3i
1
0
= C1 sin (3t) + C2 cos (3t)
= 3C1 cos (3t) − 3C2 sin (3t)
1 = C2
0 = 3C1
C1 = 0, C2 = 1
x5 (t) = cos (3t)
• x6 : lineare DGL 2-ter Ordnung
x6 + 4x6 = sin (3t)
k2 + 4k = 0
k1 = 0
k2 = −4
x6,hom = C1 + C2 e−4t
xp = A sin (3t) + B cos (3t)
xp = 3A cos (3t) − 3B sin (3t)
xp = −9A sin (3t) − 9B cos (3t)
(−9A sin (3t) − 9B cos (3t)) + 4 (3A cos (3t) − 3B sin (3t)) = sin (3t)
(−9A − 12B) sin (3t) + (12A − 9B) cos (3t) = sin (3t)
1
12 −9
A
0
A
− 25
=
⇒
=
4
−9 −12
B
1
B
− 75
Systemtechnik
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1
4
sin (3t) −
cos (3t)
25
75
3
12
x6 = −4C2 e−4t −
cos (3t) +
sin (3t)
25
75
4
1 = C1 + C2 −
75
3
0 = −4C2 −
25
79
13
1 1
C1
C1
75
12
=
⇒
=
3
3
0 4
C2
C2
− 25
− 100
13
1
3 −4t
4
−
x6 (t) =
−
e
sin (3t) −
cos (3t)
12 100
25
75
(c) Beschrifte die 6 Graphen mit den zugehörigen Variablennamen.
= C1 + C2 e−4t −
x6
Lösung:
• x1 : x1 (t) =
√
2t + 1 Graph rechts Oben!
• x2 : x2 (t) = e−4t Graph links Unten!
• x3 : x3 (t) = t + 1 Graph links Oben!
• x4 : x4 (t) = e−2t
2
3
sin (3t) + cos (3t) Graph rechts Unten!
• x5 : x5 (t) = cos (3t) Graph mitte Oben!
• x6 : x6 (t) =
Systemtechnik
13
12
−
3 −4t
100 e
−
1
25
sin (3t) −
4
75
cos (3t) Graph mitte Unten!
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2. Aufgabe (6 / 6 Punkte)
(a) Bestimme vom Anfangswertproblem
x = t−x
x (0) = 1
x (0) = −1
die Lösung
• analytisch und
• nummerisch (Euler-Cauchy-Verfahren, h = 0.5, 4 Iterationsschritte)
und vergleiche die gefundenen Resultate.
Lösung:
• analytisch:
homogene DGL:
x +x = 0
k2 + k = 0
k1 = 0
k2 = −1
xhom = C1 + C2 e−t
inhom. DGL (Ansatz in Form der Störung): RESONANZ!
xp = At2 + Bt
xp = 2At + B
xp = 2A
(2A) + (2At + B) = t
1
⇒ A = , B = −1
2
1
x = C1 + C2 e−t + t2 − t
2
x = −C2 e−t + t − 1
Anfangsbedingung einsetzen:
1 = C1 + C2
−1 = −C2 − 1
⇒ C1 = 1, C2 = 0
1
x (t) = t2 − t + 1
2
• numerische Lösung:
Umwandeln in ein System:
x = v
v = x =t−x =t−v
v
x
=
⇒
t−v
v
Iterationsvorschrift:
t0 = 0
x0
1
=
−1
v0
tn+1
xn+1
vn+1
Systemtechnik
= tn + h
xn
+h
vn
Berechnung:
=
xn
vn
=
xn
vn
+h
vn
tn − vn
=
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xn + hvn
vn + h (tn − vn )
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• Erster Schritt:
t1 = t0 + h = 0 + 0.5 = 0.5
x1
x0 + hv0
1 + 0.5 (−1)
0.5
=
=
=
v1
v0 + h (t0 − v0 )
−1 + 0.5 (0 − (−1))
−0.5
• Zweiter Schritt:
t2 = t1 + h = 0.5 + 0.5 = 1
x2
x1 + hv1
0.5 + 0.5 (−0.5)
0.25
=
=
=
v2
v1 + h (t1 − v1 )
−0.5 + 0.5 (0.5 − (−0.5))
0
• Dritter Schritt:
t3 = t2 + h = 1 + 0.5 = 1.5
x3
x2 + hv2
0.25 + 0.5 (0)
0.25
=
=
=
v3
v2 + h (t2 − v2 )
0 + 0.5 (1 − 0)
0.5
• Vierter Schritt:
t4 = t3 + h = 1.5 + 0.5 = 2
x4
x3 + hv3
0.25 + 0.5 (0.5)
0.5
=
=
=
v4
v3 + h (t3 − v3 )
0.5 + 0.5 (1.5 − 0.5)
1.0
• Vergleich:
t
0
0.5
1
1.5
2
xex
1
0.625
0.5
0.625
1
xnum
1
0.5
0.25
0.25
0.5
(b) Bestimme vom Anfangswertproblem
x
√
xt
1
x (1) =
9
=
die Lösung
• analytisch und
• nummerisch (Runge-Kutta-Verfahren, h = 0.5, 4 Iterationsschritte)
und vergleiche die gefundenen Resultate.
Lösung:
• analytisch:
Systemtechnik
√ √
dx
x t
=
dt
√
dx
√
tdt
=
x
√
2√ 3
2 x =
t +C
3
1√ 3
x =
t +C
3
2
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1
=
9
2
1√ 3
1 +C
3
1√ 3
x=
t
3
⇒C=0
2
=
t3
9
• numerisch:
Iterationsvorschrift:
t0
= 1
1
=
9
x0
tn+1
m1
= tn + h
√
=
xn tn
m2
=
xn +
h
m1
2
tn +
h
2
=
xn +
h√
xn tn
2
tn +
m3
=
xn +
h
m2
2
tn +
h
2
=
xn +
h
2
h√
xn tn
2
m4
=
(xn + hm3 ) (tn + h) =
⎜
⎝xn + h
xn +
h
2
xn +
tn +
h√
xn tn
2
h
2
tn +
tn +
h
2
h
2
tn +
1
(m1 + 2m2 + 2m3 + m4 )
6
= xn + hm
Berechnung:
• Erster Schritt:
t1 = t0 + h = 1 + 0.5 = 1.5
√
1
m1 =
x0 t0 =
∗ 1 = 0.3333
9
m =
xn+1
⎛
xn +
h
2
m2
=
x0 +
h
m1
2
t0 +
h
2
=
1 0.5
+
0.3333
9
2
1+
0.5
2
= 0.4930
m3
=
x0 +
h
m2
2
t0 +
h
2
=
1 0.5
+
0.4930
9
2
1+
0.5
2
= 0.5413
m4
=
(x0 + hm3 ) (t0 + h) =
⎞
h ⎟
⎠ (tn + h)
2
1
+ 0.5 ∗ 0.5413 (1 + 0.5) = 0.7567
9
1
(0.3333 + 2 ∗ 0.4930 + 2 ∗ 0.5413 + 0.7567) = 0.5264
6
1
x1 = x0 + hm = + 0.5 ∗ 0.5264 = 0.3743
9
• Zweiter Schritt:
t2 = t1 + h = 1.5 + 0.5 = 2
√
√
m1 =
x1 t1 = 0.3743 ∗ 1.5 = 0.7493
m =
m2
=
x1 +
h
m1
2
t1 +
h
2
=
0.3743 +
0.5
0.7493
2
1.5 +
0.5
2
= 0.9914
m3
=
x1 +
h
m2
2
t1 +
h
2
=
0.3743 +
0.5
0.9914
2
1.5 +
0.5
2
= 1.0434
m4
=
Systemtechnik
(x1 + hm3 ) (t1 + h) =
(0.3743 + 0.5 ∗ 1.0434) (1.5 + 0.5) = 1.3387
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1
(0.7493 + 2 ∗ 0.9914 + 2 ∗ 1.0434 + 1.3387) = 1.0263
6
= x1 + hm = 0.3743 + 0.5 ∗ 1.0263 = 0.8875
• Dritter Schritt:
= t2 + h = 2 + 0.5 = 2.5
√
√
=
x2 t2 = 0.8875 ∗ 2 = 1.3323
m =
x2
t3
m1
m2
=
x2 +
h
m1
2
t2 +
h
2
=
0.8875 +
0.5
1.3323
2
2+
0.5
2
= 1.6572
m3
=
x2 +
h
m2
2
t2 +
h
2
=
0.8875 +
0.5
1.6572
2
2+
0.5
2
= 1.7114
m4
=
m =
x3
=
(x2 + hm3 ) (t2 + h) = (0.8875 + 0.5 ∗ 1.7114) (2 + 0.5) = 2.0876
1
(1.3323 + 2 ∗ 1.6572 + 2 ∗ 1.7114 + 2.0876) = 1.6929
6
x2 + hm = 0.8875 + 0.5 ∗ 1.6929 = 1.7340
• Vierter Schritt:
t3 + h = 2.5 + 0.5 = 3
√
√
x3 t3 = 1.7340 ∗ 2.5 = 2.0821
t4
m1
=
=
m2
=
x3 +
h
m1
2
t3 +
h
2
=
1.7340 +
0.5
2.0821
2
2.5 +
0.5
2
= 2.4900
m3
=
x3 +
h
m2
2
t3 +
h
2
=
1.7340 +
0.5
2.4900
2
2.5 +
0.5
2
= 2.5457
m4
=
(x3 + hm3 ) (t3 + h) =
(1.7340 + 0.5 ∗ 2.5457) (2.5 + 0.5) = 3.0034
1
(2.0821 + 2 ∗ 2.4900 + 2 ∗ 2.5457 + 3.0034) = 2.5262
6
= x3 + hm = 1.7340 + 0.5 ∗ 2.5262 = 2.9971
m =
x4
• Vergleich:
t
1
1.5
2
2.5
3
xex
0.111
0.375
0.8889
1.7361
3
xnum
0.111
0.3743
0.8875
1.7340
2.9971
3. Aufgabe (4 / 4 / 4 Punkte)
Gegeben sei die lineare Differentialgleichung
x + 6x + 10x = s (t)
x (0) = 1
x (0) = 0
(a) Bestimme die Lösung des Anfangwertproblems für s (t) = 0.
Lösung:
Systemtechnik
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• Charakteristische Gleichung:
k2 + 6k + 10 = 0
k1,2 = −3 ± i
• Allgemeine Lösung:
x = e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t))
x = −3e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t)) + e−3t (C1 cos (t) − C2 cos (t))
• Anfangswerte einsetzen:
1 = C2
0 = C1 − 3C2
⇒ C1 = 3, C2 = 1
• Gesuchte partikuläre Lösung:
x = e−3t (3 sin (t) + cos (t))
(b) Bestimme die Lösung des Anfangwertproblems für s (t) = 10t2 + 12t + 12.
Lösung:
• Ansatz in Form der Störung:
xp = At2 + Bt + C
xp = 2At + B
xp = 2A
• Einsetzen:
x + 6x + 10x = 10t2 + 12t + 12
(2A) + 6 (2At + B) + 10 At2 + Bt + C
= 10t2 + 12t + 12
(10A) t2 + (12A + 10B) t + (2A + 6B + 10C) = 10t2 + 12t + 12
⎛
⎞⎛
⎞ ⎛
⎞
⎛
⎞ ⎛ ⎞
10 0 0
A
10
A
1
⎝ 12 10 0 ⎠ ⎝ B ⎠ = ⎝ 12 ⎠ ⇒ ⎝ B ⎠ = ⎝ 0 ⎠
2 6 10
C
12
C
1
• Allgemeine Lösung:
x = e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t)) + t2 + 1
x = −3e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t)) + e−3t (C1 cos (t) − C2 sin (t)) + 2t
• Anfangswerte einsetzen:
1 = C2 + 1
0 = C1 − 3C2
⇒ C1 = C2 = 0
• Gesuchte partikuläre Lösung:
x = t2 + 1
(c) Bestimme die Lösung des Anfangwertproblems für s (t) = e−3t .
Lösung:
• Ansatz in Form der Störung:
xp
xp
xp
• Einsetzen:
Systemtechnik
= Ae−3t
= −3Ae−3t
= 9Ae−3t
x + 6x + 10x = e−3t
9Ae−3t + 6 −3Ae−3t + 10 Ae−3t = e−3t
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Ae−3t
= e−3t
⇒A=1
• Allgemeine Lösung:
x = e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t)) + e−3t
x = −3e−3t (C1 sin (t) + C2 cos (t)) + e−3t (C1 cos (t) − C2 sin (t)) − 3e−3t
• Anfangswerte einsetzen:
1 = C2 + 1
0 = C1 − 3C2 − 3
0 1
C1
0
=
1 −3
3
C2
C1
3
⇒
=
0
C2
• Gesuchte partikuläre Lösung:
x = e−3t (3 sin (t) + 1)
TEIL 2 (mit Rechner)
4. Aufgabe (2 / 4 / 4 Punkte)
Wir betrachten die Differentialgleichung
√
x + ln 1 + x = 1
x (0) = 2
(a) Gib die stationäre Lösung x0 der Differentialgleichung an.
Lösung:
Bei der stationären Lösung ändert sich das Signal nicht mehr, also gilt x = 0. Eingesetzt findet man:
√
0 + ln 1 + x = 1
√
1+x = e
x0 = e2 − 1
(b) Bestimme die linearisierte Gleichung (Arbeitspunkt ist x0 ).
Lösung:
√
Wir linearisieren die Funktion f (x) = ln 1 + x im Arbeitspunkt:
flin (x) = f (x0 ) + f (x0 ) (x − x0 )
√
1
ln (1 + x)lin = ln 1 + x0 + √
2 (x − x0 )
2 1 + x0
1
= ln
1 + e2 − 1 +
x − e2 − 1
2 (1 + e2 − 1)
e−2
= 1+
x − e2 + 1
2
1 e−2
e−2
=
+
x+
2
2
2
Linearisierte Funktion in der DGL einsetzen:
1 e−2
e−2
x + +
x+
= 1
2
2
2
e−2
1 e−2
x =
−
x +
2
2
2
(c) Erstelle ein SIMULINK Modell, das beide Lösungen produziert.
Lösung:
• Modell:
Systemtechnik
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• Graphen:
5. Aufgabe (3 / 3 / 10 Punkte)
Die Masse m = 1kg bewegt sich auf der Bahn
0
x<0
y=
−x2
1−e
x≥0
Zum Startzeitpunkt t0 = 0s durchfährt die Masse den Punkt P0 (0, 0) mit einer Geschwindigkeit v0 = 10 m
s .
Zwischen der Masse und der Unterlage wirkt Gleitreibung (μG = 0.15). Weitere Reibungseinflüsse werden
vernachlässigt.
(a) Bestimme den Krümmungsradius der Bahn allgemein für x > 0 und gib den Wert numerisch an der
Stelle x1 = 1 an.
Lösung:
• Bahn:
−
→
r =
x (u)
y (u)
=
• Krümmungsradius:
2
u
2
1 − e−u
2
(x (u)) + (y (u))
R=
• mit:
Systemtechnik
3
2
x (u) y (u) − x (u) y (u)
x (u) = 1
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x (u) = 0
2
y (u) = 2ue−u
2
2
y (u) = 2e−u − 4u2 e−u
folgt:
−u2
2
2
3
2
1 + 2ue
R (u) =
1 + 4u2 e−2u
1 ∗ 2e−u2 − 4u2 e−u2 − 0 ∗ 2ue−u2
=
2
3
2
2e−u2 (1 − 2u2 )
√
3 2
1 + 4u2 e−2u2 eu
2 (1 − 2u2 )
=
Krümmungsradius für den angegebenen Punkt (x1 = 1 ⇒ u1 = 1):
3
2
R (1) =
2
1 + 4 (1)2 e−2(1) e(1)
2
2 1 − 2 (1)
= −
e
2
(1 + 4e−2 )
3
= 2.60
(b) Skizziere die Bahn und zeichne die Masse und die auf sie wirkenden Kräfte (keine Resultierenden
oder Zerlegungen von Kräften!) an den Punkten x2 = 0.5 und x3 = 1.5 ein. Achte darauf, dass die
Längen der Vektoren zueinander im richtigen Verhältnis stehen.
Lösung:
(c) Erstelle ein SIMULINK-Modell um die Bewegung der Masse zu untersuchen. Beantworte insbesondere die folgenden Fragen:
• Welche Geschwindigkeit hat die Masse nach einer Sekunde?
• Wie gross ist die Normalkraft bei x1 = 1?
• Nach welcher Zeit und an welchem Ort kommt die Masse zum stehen?
Lösung:
• Modell:
Systemtechnik
Lösungen MSP ’’Modellieren dynamischer Systeme’’
FS 2008
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• Graphen:
• Antworten:
• Die Geschwindigkeit nach einer Sekunde beträgt: v (1s) = 1.8963 m
s .
• Normalkraft bei x1 = 1m beträgt FN (x1 ) = FN (0.254s) = 2.31N .
• Die Endposition (Stillstand) hat die Masse nach tend = 2.289s erreicht. Die Endposition ist
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dann Pend (4.0844m, 1m).
• Steuerungsskript:
% s_mod08_aufgabe6
% Diese Skript laeuft in Verbindung mit dem Modell
% m_mod08_aufgabe6.mdl
%
% $Revision: 1.0 $
% Roger Burkhardt (FHNW) FS 2008
modell = ’m_mod08_aufgabe6’;
% =================================
% Groessen definieren:
% =================================
% Feste Konstanten:
g = 9.81; %[m/s^2]
% Parameter:
m = 1; %[kg]
mue = 0.15; %[-]
%Startwerte:
u_0 = 0;
s_0 = 0; %[m]
v_0 = 6; %[m/s]
% Grössen für die Simulation:
% —————————
%Hier werden die Parameter für die Simulation gesetzt:
%Startzeit:
set_param(modell,’Start time’,’0’);
%Endzeit:
set_param(modell,’Stop time’,’5’);
%Verfahren:
set_param(modell,’Solver’,’ode4’);
%Schrittweite:
set_param(modell,’FixedStep’,’0.001’);
%Ausgabe zu MATLAB konfigurieren SaveFormat=StructureWithTime
set_param([modell,’/To Workspace’],’SaveFormat’,’StructureWithTime’);
set_param([modell,’/To Workspace1’],’SaveFormat’,’StructureWithTime’);
set_param([modell,’/To Workspace2’],’SaveFormat’,’StructureWithTime’);
% ===============================
% Simulation ausführen:
% ===============================
sim(modell)
% ===============================
% Simulation auswerten:
% ===============================
% Signale:
% ——–
%Zeitvektor:
t_w = simout.time;
%p:
u_w = simout.signals.values(:,1);
%Weg:
s_w = simout.signals.values(:,2);
%Schnelligkeit:
v_w = simout.signals.values(:,3);
%Beschleunigung
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a_w = simout.signals.values(:,4);
%x:
x_w = simout.signals.values(:,5);
%y:
y_w = simout.signals.values(:,6);
%Kruemmungsradius:
R_w = simout1.signals.values(:,1);
%Steigungswinkel:
phi_w = simout1.signals.values(:,2);
%Zentripedalkraft:
F_Z_w = simout2.signals.values(:,1);
%Normalkraft:
F_N_w = simout2.signals.values(:,2);
%Reibkraft:
F_R_w = simout2.signals.values(:,3);
%normale Komponente Gewichtskraft:
F_G_norm_w = simout2.signals.values(:,4);
%tangentiale Komponente Gewichtskraft:
F_G_tang_w = simout2.signals.values(:,5);
%Resultierende Kraft:
F_res_w = simout2.signals.values(:,6);
%Antworten:
%——–
t_1_index = min(find(t_w>=1))
v_t_1 = v_w(t_1_index)
t_x_1_index = min(find(x_w>=1))
F_N_x_1 = F_N_w(t_x_1_index)
t_end_index = min(find(v_w<=0))
u_end = u_w(t_end_index)
x_end = x_w(t_end_index)
y_end = y_w(t_end_index)
%Graphen:
%——–
%Fenster 1 (Weg / Schnelligkeit / Beschleunigung):
figure(1);
p1=newplot;
%s (blau):
set(p1,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),s_w(1:t_end_index),’b’,’LineWidth’,2);
%v (rot):
set(p1,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),v_w(1:t_end_index),’r’,’LineWidth’,2);
%a (schwarz):
set(p1,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),a_w(1:t_end_index),’k’,’LineWidth’,2);
%Gitter einschalten:
grid on;
%Titel der Grafik setzen:
title(’Weg / Schnelligkeit / Beschleunigung’);
%Legende:
legend(’s’,’v’,’a’);
%Fenster 2 (Geometrie):
figure(2);
p2=newplot;
%R (blau):
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set(p2,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),R_w(1:t_end_index),’b’,’LineWidth’,2);
%phi (rot):
set(p2,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),phi_w(1:t_end_index),’r’,’LineWidth’,2);
%Gitter einschalten:
grid on;
%Achsen:
axis([0 1 -10 10])
%Titel der Grafik setzen:
title(’Geometrie’);
%Legende:
legend(’R’,’phi’);
%Fenster 3 (Bahn):
figure(3);
p3=newplot;
%s (blau):
set(p3,’NextPlot’,’add’);
plot(x_w(1:t_end_index),y_w(1:t_end_index),’b’,’LineWidth’,2);
%Gitter einschalten:
grid on;
%Titel der Grafik setzen:
title(’Bahnkurve’);
%Fenster 4 (Kraefte):
figure(4);
p4=newplot;
%F_Z (blau):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),abs(F_Z_w(1:t_end_index)),’b’,’LineWidth’,2);
%F_N (rot):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),F_N_w(1:t_end_index),’r’,’LineWidth’,2);%F_R (schwarz):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),F_R_w(1:t_end_index),’k’,’LineWidth’,2);
%F_G_norm (gruen):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),F_G_norm_w(1:t_end_index),’g’,’LineWidth’,2);
%F_G_tan (margenta):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),F_G_tang_w(1:t_end_index),’m’,’LineWidth’,2);
%F_res (cyan):
set(p4,’NextPlot’,’add’);
plot(t_w(1:t_end_index),F_res_w(1:t_end_index),’c’,’LineWidth’,2);
%Gitter einschalten:
grid on;
%Achsen:
axis([0 1 -15 85])
%Titel der Grafik setzen:
title(’Kräfte’);
%Legende:
legend(’F_Z’,’F_N’,’F_R’,’F_G_{norm}’,’F_G_{tan}’,’F_{res}’);
% ================================
% Ende Skriptdatei
% ================================
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