Katsayıları Routh dizisinin ilk iki satırına dönüşümlü olarak yazın ve kalan satırları oluşturun.
İlk sütundaki işaret değişimlerini sayın: her biri sağ yarı düzlemde bir kutuptur. Dizide K varsa, ilk sütunun her elemanının pozitif kalmasını isteyin.
Bir kök yer eğrisi için kutupları ve sıfırları, gerçel eksen parçalarını, ağırlık merkezinden çıkan asimptotları ve dK/ds = 0 olan kırılma noktalarını işaretleyin. Bir noktadaki kazanç için K = 1/|G(s)| kullanın.
Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Sistem tipi
G(s)’in s = 0’daki kutup sayısı
Hata sabitleri
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Basamak A
ess = A/(1 + Kp)
Rampa A·t
ess = A/Kv
Parabol A·t²/2
ess = A/Ka
PID denetleyici
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
İkinci dereceden hedef
s² + 2ζωns + ωn²
Aşım ve zamanlama
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Yöntem
C(s)·G(s) açık çevriminin s = 0’daki kutuplarını sayın: sistem tipi budur.
Girişe uygun hata sabitini hesaplayın: basamak için Kp, rampa için Kv, parabol için Ka.
ess = A/(1 + Kp), A/Kv veya A/Ka formülünü uygulayın ya da ihtiyacınız olan kazanç için çözün.
Bir sönüm veya hız özelliği için kapalı çevrim karakteristik polinomunu yazın ve s² + 2ζω_n·s + ω_n² ile eşleştirin.
2Alıştırma soruları
1.Basamak yanıtıOrta
Bir sistemin transfer fonksiyonu G(s) = 46,5/(s² + 14s + 93)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Kutuplar s = σ ± jωd’dir. Gerçek kısmı σ bulun.
G(s) = 46,5/(s² + 14s + 93)
σ =
2.Basamak yanıtıZor
Sıfırı olmayan ikinci dereceden bir sistemin basamak yanıtı %5 aşım gösteriyor ve ilk tepe t = 0,5 s anında oluşuyor. Doğal frekansı ωn bulun.
%OS = 5 %tp = 0,5 s
ωn = rad/s
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
Gösterilen seri RLC bant geçiren filtrede çıkış R = 2 Ω üzerinden alınır, L = 2 mH ve C = 10 µF ile. Kalite faktörünü Q bulun.
R = 2 ΩL = 2 mHC = 10 µF
Q =
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))’dır. 20 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))GM = 20 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
Birim geri beslemeli bir çevrimde L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5)) ve K > 0’dır. Kapalı çevrimin kararlı olduğu en büyük kazancı (Kmax) bulun.
L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 5))
Kmax =
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/((s + 1)(s² + 6s + 13)) için kök yer eğrisinin, üst yarı düzlemdeki karmaşık kutuptan ayrılma açısını (θd) pozitif gerçel eksenden ölçerek bulun.
L(s) = K/((s + 1)(s² + 6s + 13))
θd = °
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
r(t) = 5t rampası, G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 10)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
G(s) = 4/(s(s + 4)(s + 10))r(t) = 5t
ess =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
K = 25 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 5/(s(s + 6)) sistemini sürmektedir. Basamak yanıtının tepe zamanını tp bulun.
G(s) = 5/(s(s + 6))K = 25
tp = s
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = K/((s + 5)(s + 8)) sistemi birim negatif geri besleme çevrimindedir. Kapalı çevrimin kritik sönümlü olduğu (iki eşit gerçek kutup) K kazancını bulun.
G(s) = K/((s + 5)(s + 8))birim negatif geri besleme
K =
10.Blok diyagramlarZor
K oransal denetleyicisi, G(s) = 5/(s + 1) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. R = 0 iken sistem girişine 5 büyüklüğünde bir bozucu basamağı giriyor. Kararlı hal çıkışını 0,5 değerinin altında ya da eşit tutan en küçük K kazancını bulun.
G(s) = 5/(s + 1)D = 5css ≤ 0,5
K =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: σ = −7
Basamak yanıtı: birinci dereceden bir G(s) = K/(τs + 1) sistemi, U büyüklüğündeki basamağa y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) ile yanıt verir: bir zaman sabiti τ sonra K·U son değerinin %63,2’sine, 4τ sonra %98’ine ulaşır. İkinci dereceden bir G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) sisteminin kutupları s = −ζωₙ ± jωd’dir; ωd = ωₙ√(1 − ζ²). 0 < ζ < 1 için basamak yanıtı aşım yapar: yüzde aşım %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tepe zamanı tp = π/ωd ve %2 yerleşme süresi ts ≈ 4/(ζωₙ). ωₙ ve ζ’yi okumak için paydayı s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile karşılaştırın. Kütle–yay–sönümleyici için ωₙ = √(k/m) ve ζ = c/(2√(km)); seri RLC devresi için ωₙ = 1/√(LC) ve ζ = (R/2)·√(C/L).
Standart biçimle karşılaştırın
Payda s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile eşleşmelidir.
ωₙ² = 93 → ωₙ = 9,644 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,644) = 0,7259
Sonuç
σ = −ζωₙ = −14/2 = −7
Cevap
σ = −7
2.Basamak yanıtı
Cevap: ωn = 8,682 rad/s
Basamak yanıtı: birinci dereceden bir G(s) = K/(τs + 1) sistemi, U büyüklüğündeki basamağa y(t) = K·U·(1 − e−t/τ) ile yanıt verir: bir zaman sabiti τ sonra K·U son değerinin %63,2’sine, 4τ sonra %98’ine ulaşır. İkinci dereceden bir G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) sisteminin kutupları s = −ζωₙ ± jωd’dir; ωd = ωₙ√(1 − ζ²). 0 < ζ < 1 için basamak yanıtı aşım yapar: yüzde aşım %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tepe zamanı tp = π/ωd ve %2 yerleşme süresi ts ≈ 4/(ζωₙ). ωₙ ve ζ’yi okumak için paydayı s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile karşılaştırın. Kütle–yay–sönümleyici için ωₙ = √(k/m) ve ζ = c/(2√(km)); seri RLC devresi için ωₙ = 1/√(LC) ve ζ = (R/2)·√(C/L).
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.
Rezonans frekansı
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,002·1 × 10⁻⁵) = 7071 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1125 Hz
Kalite faktörü
BW = R/L = 2/0,002 = 1000 rad/s = 159,2 Hz
Q = ω₀/BW = 7071/1000 = 7,071
Cevap
Q = 7,071
4.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: K = 96
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.
Routh–Hurwitz kriteri: doğrusal bir sistem, karakteristik polinomunun tüm kökleri s-düzleminin sol yarısında olduğunda kararlıdır. Katsayıları Routh dizisinin ilk iki satırına dönüşümlü olarak yazın. Yeni bir satırın her elemanı, üstündeki iki satırdan elde edilir; üçüncü dereceden a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ için s¹ elemanı b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂’dir. İlk sütundaki işaret değişimi sayısı, sağ yarı düzlemdeki kök sayısına eşittir. Katsayılarda bir K kazancı varsa, ilk sütunun her elemanı pozitif kalmalıdır: s¹ elemanını sıfır yapan kazanç kararlılık sınırıdır ve s² satırı, bu durumdaki sürekli salınımın frekansını verir.
Karakteristik polinom
s³ + 11s² + 38s + 40 + K = 0
Routh dizisi
s³: 1, 38
s²: 11, 40 + K
s¹: (11·38 − 40 − K)/11
s⁰: 40 + K
Koşul
s¹ elemanı pozitif kalmalıdır.
K < 11·38 − 40 = 378
Cevap
Kmax = 378
Sınırda çevrim ω = √38 = 6,164 rad/s ile salınır.
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: θd = −45 °
Kök yer eğrisi: K kazancı 0’dan ∞’a giderken kapalı çevrim kutupları, yani 1 + K·G(s) = 0 denkleminin kökleri, açık çevrim kutuplarından açık çevrim sıfırlarına veya sonsuza doğru hareket eder. Gerçek eksen üzerindeki bir nokta, sağındaki gerçek kutup ve sıfırların sayısı tek ise eğriye aittir. Sonsuza giden n − m kol, σₐ = (Σ kutuplar − Σ sıfırlar)/(n − m) ağırlık merkezinden başlayan ve (2q + 1)·180°/(n − m) açılarındaki asimptotları izler. Kollar, dK/ds = 0 olan yerlerde gerçek eksenden ayrılır veya eksene katılır. ∠G(s) = 180° açı koşulu eğrinin şeklini belirler; |G(s)| büyüklük koşulundan K = 1/|G(s)| ise eğrinin herhangi bir noktasındaki kazancı verir.
Kutup konumları
s² + 6s + 13 = 0 → s = −3 ± j2
s = −1
Diğer kutuplardan gelen açılar
∠(−3 + j2 + 1) = atan2(2, -2) = 135°
∠(−3 + j2 − (−3 − j2)) = ∠(j4) = 90°
Ayrılma açısı
θd = 180° − 135° − 90° = −45°
Cevap
θd = −45°
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: ess = 50
Kalıcı durum hatası: birim geri beslemeli bir çevrimde, açık çevrim transfer fonksiyonu G(s) ise hata E(s) = R(s)/(1 + G(s))’dir ve son değer teoremine göre ess = lims→0 s·E(s). Sistem tipi, G(s)’in s = 0’daki kutup sayısıdır. Hata sabitleri Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) ve Ka = lim s²·G(s)’dir; hepsi s → 0 içindir. A büyüklüğündeki bir basamak ess = A/(1 + Kp), bir A·t rampası A/Kv ve bir A·t²/2 parabolü A/Ka verir. 0 tipi bir çevrim basamağı sonlu bir hatayla izler; 1 tipi bir çevrim basamağı tam olarak, rampayı ise sonlu bir hatayla izler.
Hız sabiti
Kv = lim s·G(s) = 0,1
Rampa hatası
ess = 5/0,1 = 50
Cevap
ess = 50
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: tp = 0,2917 s
P, PI ve PID denetimi: C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s denetleyicisi hata üzerinde etki eder. Orantılı kazanç çevrimi hızlandırır ve 0 tipi bir sistemin hatasını azaltır, ancak onu hiçbir zaman ortadan kaldırmaz. İntegral terimi s = 0’da bir kutup ekler: sistem tipi bir artar ve basamak hatasız izlenir. Türev terimi sönüm ekler. Kazançları seçmek için kapalı çevrim karakteristik polinomunu yazın ve s² + 2ζωns + ωn² ile karşılaştırın. Ardından %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd (ωd = ωn√(1 − ζ²)) ve ts ≈ 4/(ζωn) olur.
Karakteristik polinom
s(s + 6) + 25·5 = s² + 6s + 125
ωₙ ve ζ
ωₙ = √125 = 11,18 rad/s
ζ = 6/(2·11,18) = 0,2683
Tepe zamanı
ωd = 11,18·√(1 − 0,2683²) = 10,77 rad/s
tp = π/10,77 = 0,2917 s
Cevap
tp = 0,2917 s
9.Blok diyagramlar
Cevap: K = 2,25
Blok diyagram cebiri: seri bloklar çarpılır (G₁·G₂), paralel bloklar toplanır (G₁ + G₂) ve ileri yolu G, geri besleme yolu H olan bir çevrim, negatif geri beslemede T = G/(1 + G·H), pozitif geri beslemede G/(1 − G·H) olarak sadeleşir. Önce iç çevrimleri sadeleştirin, sonra dışa doğru ilerleyin. Kapalı çevrim kutupları 1 + G(s)H(s) = 0 karakteristik denkleminin kökleridir. Kararlı bir çevrimde A büyüklüğündeki basamak girişi, A·T(0) kararlı hal çıkışını verir; birim geri beslemede basamağa kararlı hal hatası A/(1 + Kp)’dir, Kp = G(0).
s² + βs + γ ikinci derece ifadesi, β² = 4γ olduğunda çift köke sahiptir.
13² = 4(40 + K) → K = 169/4 − 40 = 2,25
Cevap
K = 2,25
Bu durumda iki kapalı çevrim kutbu da s = −6,5 noktasındadır.
10.Blok diyagramlar
Cevap: K = 9,8
Blok diyagram cebiri: seri bloklar çarpılır (G₁·G₂), paralel bloklar toplanır (G₁ + G₂) ve ileri yolu G, geri besleme yolu H olan bir çevrim, negatif geri beslemede T = G/(1 + G·H), pozitif geri beslemede G/(1 − G·H) olarak sadeleşir. Önce iç çevrimleri sadeleştirin, sonra dışa doğru ilerleyin. Kapalı çevrim kutupları 1 + G(s)H(s) = 0 karakteristik denkleminin kökleridir. Kararlı bir çevrimde A büyüklüğündeki basamak girişi, A·T(0) kararlı hal çıkışını verir; birim geri beslemede basamağa kararlı hal hatası A/(1 + Kp)’dir, Kp = G(0).