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) = 261/(s² + 7s + 87)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Basamak yanıtının tepe zamanını tp bulun.
G(s) = 261/(s² + 7s + 87)
tp = s
2.Basamak yanıtıZor
Birim negatif geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 235/(s(s + 8)). ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak kapalı çevrim basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
G(s) = 235/(s(s + 8))
ts = s
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
Gösterilen RC yüksek geçiren filtre için R = 4,7 kΩ, C = 2,2 nF geçerlidir. 3,8 kHz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. dB cinsinden |H| = |vout/vin| kazancını bulun.
R = 4,7 kΩC = 2,2 nFf = 3,8 kHz
|H| = dB
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))’dır. 12 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 12 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
Şemadaki çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))’dır. Kazanç, kapalı çevrim kararlılığın sınırına gelene kadar artırılıyor. Sürekli salınımın frekansını (ω) bulun.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))
ω = rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
Birim geri beslemeli bir çevrimde L(s) = K(s + 10)/(s(s + 6)(s + 1)(s + 8))’dır. Kök yer eğrisinin asimptotlarının gerçel ekseni kestiği noktayı (σa) bulun.
L(s) = K(s + 10)/(s(s + 6)(s + 1)(s + 8))
σa =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
G(s) = K/(s(s + 4)) olan birim geri beslemeli bir çevrim, r(t) = 1t rampasını 0,2 kalıcı durum hatasıyla izlemelidir. Kazancı (K) bulun.
G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 1tess = 0,2
K =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
C(s) = Kp + Ki/s PI denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 10/(s + 2) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrim ωₙ = 4 rad/s ve ζ = 0,5 değerlerine sahip olmalıdır. İntegral kazancını (Ki) bulun.
G(s) = 10/(s + 2)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,5
Ki =
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = 5/(s + 1) sisteminin H₁ = 4 kazançlı bir iç (minör) negatif geri besleme çevrimi vardır. K = 2 denetleyici kazancı ve dış birim negatif geri besleme çevrimi sistemi kapatır. Kapalı çevrim kutbunu p bulun.
G(s) = 5/(s + 1)H₁ = 4K = 2
p =
10.Blok diyagramlarZor
K = 11 oransal denetleyici, G(s) = 5/(s + 6) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. Bir bozucu D sistem girişine girer (denetleyici çıkışına eklenir). 5 büyüklüğünde bir referans basamağı ve 0,5 büyüklüğünde bir bozucu basamağı birlikte uygulanıyor. Kararlı hal çıkışını css bulun.
K = 11G(s) = 5/(s + 6)D = 0,5R = 5
css =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: tp = 0,3634 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).
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).
Bu çevrimde K ne olursa olsun ζωₙ = a/2’dir: K’yı artırmak aşımı artırır ama yerleşme süresini kısaltmaz.
3.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: |H| = −12,41 dB
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.
Köşe frekansı
ωc = 1/(RC) = 1/(4700·2,2 × 10⁻⁹) = 96712 rad/s
fc = 15392 Hz → f/fc = 3800/15392 = 0,2469
Kazanç
|H| = 0,2469/√(1 + 0,2469²) = 0,2397
20·log₁₀(0,2397) = −12,41 dB
Cevap
|H| = −12,41 dB
4.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: K = 17,58
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.
Routh dizisi
s³ + 7s² + 6s + K = 0
s³: 1, 6
s²: 7, K
s¹: (7·6 − K)/7
s⁰: K
Kritik kazanç
K = 7·6 = 42
Yardımcı denklem
Kritik kazançta s¹ satırı sıfırdır; s² satırı sanal eksen üzerindeki kutupları verir.
7s² + 42 = 0 → s = ±j√6
ω = 2,449 rad/s
Cevap
ω = 2,449 rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: σa = −1,667
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.
Kutuplar ve sıfırlar
kutup: 0, −6, −1, −8
sıfırlar: −10
n − m = 4 − 1 = 3
Ağırlık merkezi
σa = (−15 − (−10))/3 = −1,667
Cevap
σa = −1,667
3 asimptot, ağırlık merkezinden 60°, 180°, 300° açılarıyla çıkar.
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 20
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.
Gerekli hız sabiti
Kv = A/ess = 1/0,2 = 5
Kazanç
K = 4·Kv = 20
Cevap
K = 20
Büyük bir kazanç bu çevrimi çok az sönümlü yapar: ζ = 0,4472. Kompanzatörlerin kullanılma nedeni bu çelişkidir.
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: Ki = 1,6
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
1 + C(s)G(s) = 0, s(s + 2) ile çarpılmış hâlde.
s² + (2 + 10Kp)s + 10Ki
Hedef polinom
s² + 2·0,5·4s + 4² = s² + 4s + 16
Katsayıları eşleştirin
10Ki = 16 → Ki = 1,6
Cevap
Ki = 1,6
İntegral terimi çevrimi 1 tipi yapar; bu yüzden basamak kalıcı durum hatası olmadan izlenir.
9.Blok diyagramlar
Cevap: p = −31
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).
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).
Transfer fonksiyonları
C/D = G/(1 + K·G) = 5/(s + 6 + 55)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 55/(s + 6 + 55)
Kararlı hâl
css = 5·55/61 + 0,5·5/61 = 4,549
Cevap
css = 4,549
Daha büyük K bozucunun etkisini azaltır, ama oransal denetleyiciyle asla sıfıra indirmez.