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) = 270/(s² + 8s + 90)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Kutuplar s = σ ± jωd’dir. Gerçek kısmı σ bulun.
G(s) = 270/(s² + 8s + 90)
σ =
2.Basamak yanıtıZor
m = 2 kg kütle, k = 200 N/m yay ve c = 8 N·s/m viskoz sönümleyici ile asılıdır (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Denge durumunda dururken aniden sabit bir F = 20 N kuvvet uygulanıyor. Sönüm oranı ζ değerini bulun.
m = 2 kgk = 200 N/mc = 8 N·s/mF = 20 N
ζ =
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
G(s) = 720/((s + 4)(s + 10)) fonksiyonunun ω = 10 rad/s’deki tam |G(jω)| genliğini dB cinsinden bulun.
G(s) = 720/((s + 4)(s + 10))ω = 10 rad/s
|G(jω)| = dB
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))’dır. 20 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))GM = 20 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 3)) sisteminin s = 2 noktasında kararsız bir kutbu vardır. Bir K orantılı kazancı etrafında birim geri beslemeli bir çevrim kapatır. Kapalı çevrimi kararlı yapan en küçük kazancı (Kmin) bulun.
G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 3))
Kmin =
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/((s + 2)(s + 8)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. İki kapalı çevrim kutbunun gerçel eksende buluştuğu ayrılma noktasındaki (sb) kazancı (K) bulun.
L(s) = K/((s + 2)(s + 8))
K =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
r(t) = 10 + 5t girişi (bir basamak artı bir rampa), G(s) = 10/(s(s + 1)(s + 10)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
G(s) = 10/(s(s + 1)(s + 10))r(t) = 10 + 5t
ess =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
Bir K orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 5/(s(s + 2)) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrimin sönüm oranını ζ = 0,5 yapan kazancı (K) bulun.
G(s) = 5/(s(s + 2))ζ = 0,5
K =
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = 25/(s + 6) sistemi, algılayıcısının kazancı H = 2 olan bir negatif geri besleme çevriminde denetleniyor. Kapalı çevrimin zaman sabitini τ bulun.
G(s) = 25/(s + 6)H = 2
τ = s
10.Blok diyagramlarZor
G(s) = 30/(s(s + 4)) sistemi, algılayıcı kazancı H = 1 olan negatif geri besleme çevrimindedir. Kapalı çevrim kutupları karmaşıktır. Bunların gerçek kısmını σ bulun.
G(s) = 30/(s(s + 4))H = 1
σ =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: σ = −4
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 = 90 → ωₙ = 9,487 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·9,487) = 0,4216
Sonuç
σ = −ζωₙ = −8/2 = −4
Cevap
σ = −4
2.Basamak yanıtı
Cevap: ζ = 0,2
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).
Doğal frekans ve sönüm oranı
ωₙ = √(k/m) = √(200/2) = 10 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 8/(2·√(200·2)) = 0,2
Sonuç
ζ = 0,2
Cevap
ζ = 0,2
3.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: |G(jω)| = 13,49 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.
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.
s² + c₁s + c₀ için tüm kökler, ancak ve ancak c₁ > 0 ve c₀ > 0 olduğunda sol yarı düzlemdedir.
1 + K > 0 → K > −1
10K − 6 > 0 → K > 0,6
Kmin = 0,6
Cevap
Kmin = 0,6
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: K = 9
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.
Ayrılma noktası
K = −(s + 2)(s + 8) için dK/ds = 0 şunu verir: 2s + 10 = 0.
sb = −5
Büyüklük koşulu
K = |−5 + 2|·|−5 + 8| = 3·3 = 9
Cevap
K = 9
Bu kazançta kapalı çevrim kritik sönümlüdür (ζ = 1).
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: ess = 5
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) = 1
Basamak kısmı
Kp = ∞ → estep = 0
Rampa hatası
ess = 5/1 = 5
Cevap
ess = 5
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 0,8
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 + 2) + 5K = s² + 2s + 5K
Doğal frekans
2·0,5·ωₙ = 2 → ωₙ = 2 rad/s
Kazanç
5K = ωₙ² = 4 → K = 0,8
Cevap
K = 0,8
9.Blok diyagramlar
Cevap: τ = 0,01786 s
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).