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) = 96/(s² + 4s + 96)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Doğal frekansı ωn rad/s cinsinden bulun.
G(s) = 96/(s² + 4s + 96)
ωn = rad/s
2.Basamak yanıtıZor
Birim negatif geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 250/(s(s + 8)). ts ≈ 4/(ζωₙ) kullanarak kapalı çevrim basamak yanıtının %2 yerleşme süresini ts bulun.
G(s) = 250/(s(s + 8))
ts = s
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
G(s) = 156/((s + 3)(s + 4)) fonksiyonunun ω = 2 rad/s’deki tam |G(jω)| genliğini dB cinsinden bulun.
G(s) = 156/((s + 3)(s + 4))ω = 2 rad/s
|G(jω)| = dB
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = 298/(s(s + 7)(s + 10))’dır. ∠L(jω) = −180° olduğu faz kesişim frekansını ω180 bulun.
L(s) = 298/(s(s + 7)(s + 10))
ω180 = rad/s
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
Şemadaki çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))’dır. Kazanç, kapalı çevrim kararlılığın sınırına gelene kadar artırılıyor. Sürekli salınımın frekansını (ω) bulun.
L(s) = K/(s(s + 8)(s + 10))
ω = rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/(s(s + 6)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. Kapalı çevrim kutuplarının sönüm oranının ζ = 0,6 olduğu kazancı (K) bulun.
L(s) = K/(s(s + 6))ζ = 0,6
K =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
G(s) = K/(s(s + 10)) olan birim geri beslemeli bir çevrim, r(t) = 5t rampasını 0,01 kalıcı durum hatasıyla izlemelidir. Kazancı (K) bulun.
G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,01
K =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
Bir K orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 4/(s(s + 5)) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrimin sönüm oranını ζ = 0,6 yapan kazancı (K) bulun.
G(s) = 4/(s(s + 5))ζ = 0,6
K =
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = 6/(s + 4) sisteminin H₁ = 3 kazançlı bir iç (minör) negatif geri besleme çevrimi vardır. K = 5 denetleyici kazancı ve dış birim negatif geri besleme çevrimi sistemi kapatır. Kapalı çevrim DC kazancını T(0) bulun.
G(s) = 6/(s + 4)H₁ = 3K = 5
T(0) =
10.Blok diyagramlarZor
K oransal denetleyicisi, G(s) = 3/(s + 9) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. R = 0 iken sistem girişine 0,5 büyüklüğünde bir bozucu basamağı giriyor. Kararlı hal çıkışını 0,003333 değerinin altında ya da eşit tutan en küçük K kazancını bulun.
G(s) = 3/(s + 9)D = 0,5css ≤ 0,003333
K =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: ωn = 9,798 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).
Standart biçimle karşılaştırın
Payda s² + 2ζωₙs + ωₙ² ile eşleşmelidir.
ωₙ² = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·9,798) = 0,2041
Sonuç
ωₙ = 9,798 rad/s
Cevap
ωn = 9,798 rad/s
2.Basamak yanıtı
Cevap: ts = 1 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).
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: |G(jω)| = 19,71 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.
Faz kesişimi
(ω/7)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(7·10) = 8,367 rad/s
Cevap
ω180 = 8,367 rad/s
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: ω = 8,944 rad/s
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 + 18s² + 80s + K = 0
s³: 1, 80
s²: 18, K
s¹: (18·80 − K)/18
s⁰: K
Kritik kazanç
K = 18·80 = 1440
Yardımcı denklem
Kritik kazançta s¹ satırı sıfırdır; s² satırı sanal eksen üzerindeki kutupları verir.
18s² + 1440 = 0 → s = ±j√80
ω = 8,944 rad/s
Cevap
ω = 8,944 rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: K = 25
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.
Standart biçimle karşılaştırın
s² + 6s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 6 → ωₙ = 5 rad/s
Kazanç
K = ωₙ² = 5² = 25
Cevap
K = 25
Kapalı çevrim kutupları, ζ doğrusunun s = −3’daki dikey kolu kestiği yerdedir.
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 5000
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 = 5/0,01 = 500
Kazanç
K = 10·Kv = 5000
Cevap
K = 5000
Büyük bir kazanç bu çevrimi çok az sönümlü yapar: ζ = 0,07071. Kompanzatörlerin kullanılma nedeni bu çelişkidir.
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 4,34
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 + 5) + 4K = s² + 5s + 4K
Doğal frekans
2·0,6·ωₙ = 5 → ωₙ = 4,167 rad/s
Kazanç
4K = ωₙ² = 17,36 → K = 4,34
Cevap
K = 4,34
9.Blok diyagramlar
Cevap: T(0) = 0,5769
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).