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) = 94/(s² + 12s + 94)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Kutuplar s = σ ± jωd’dir. Gerçek kısmı σ bulun.
G(s) = 94/(s² + 12s + 94)
σ =
2.Basamak yanıtıZor
Birim negatif geri beslemeli bir çevrimde G(s) = K/(s(s + 16)). %15 aşımlı bir basamak yanıtı veren K kazancını bulun.
G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 15 %
K =
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
Gösterilen RC yüksek geçiren filtre için R = 10 kΩ, C = 22 nF geçerlidir. 180 Hz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. dB cinsinden |H| = |vout/vin| kazancını bulun.
R = 10 kΩC = 22 nFf = 180 Hz
|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. 8 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 8 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
G(s) = (s + 1)/((s − 1)(s + 5)) sisteminin s = 1 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 + 1)/((s − 1)(s + 5))
Kmin =
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K(s + 9)/(s(s + 7)) için kök yer eğrisi, s = 0 ile s = −7 arasında gerçel eksenden ayrılır, bir daire çizer ve sıfırın solunda gerçel eksene yeniden katılır. Birleşme noktasını (si) bulun.
L(s) = K(s + 9)/(s(s + 7))
si =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
r(t) = 4t rampası, G(s) = 4/(s(s + 4)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
G(s) = 4/(s(s + 4))r(t) = 4t
ess =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
C(s) = 2 + Kd·s PD denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 5/(s(s + 3)) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrime ζ = 0,6 sönüm oranını veren türev kazancını (Kd) bulun.
G(s) = 5/(s(s + 3))Kp = 2ζ = 0,6
Kd = s
9.Blok diyagramlarOrta
Birim negatif geri besleme çevriminde G(s) = 1(s + 2)/((s + 1)(s + 4)). Referansa 2 büyüklüğünde bir basamak uygulanıyor. Kararlı hal hatasını ess bulun.
G(s) = 1(s + 2)/((s + 1)(s + 4))R = 2
ess =
10.Blok diyagramlarZor
K oransal denetleyicisi, G(s) = 10/(s + 4) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. R = 0 iken sistem girişine 2 büyüklüğünde bir bozucu basamağı giriyor. Kararlı hal çıkışını 0,5 değerinin altında ya da eşit tutan en küçük K kazancını bulun.
G(s) = 10/(s + 4)D = 2css ≤ 0,5
K =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: σ = −6
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 = 94 → ωₙ = 9,695 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,695) = 0,6189
Sonuç
σ = −ζωₙ = −12/2 = −6
Cevap
σ = −6
2.Basamak yanıtı
Cevap: K = 239,5
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).
Kapalı çevrim transfer fonksiyonu
T(s) = K/(s² + 16s + K)
Aşımdan sönüm oranı
ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169
Kazanç
ωₙ = 16/(2ζ) = 15,48 rad/s
K = ωₙ² = 239,5
Cevap
K = 239,5
3.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: |H| = −12,34 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/(10000·2,2 × 10⁻⁸) = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 180/723,4 = 0,2488
Kazanç
|H| = 0,2488/√(1 + 0,2488²) = 0,2415
20·log₁₀(0,2415) = −12,34 dB
Cevap
|H| = −12,34 dB
4.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: K = 27,87
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.
4 + K > 0 → K > −4
1K − 5 > 0 → K > 5
Kmin = 5
Cevap
Kmin = 5
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: si = −13,24
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.
Gerçel eksen boyunca kazanç
K(s) = −(s² + 7s)/(s + 9)
Durağan noktalar
Bölüm kuralıyla türev alın ve payı sıfıra eşitleyin.
(2s + 7)(s + 9) − (s² + 7s) = s² + 18s + 63 = 0
s = −9 ± √18 = −4,757, −13,24
Birleşme noktası
si = −13,24
Cevap
si = −13,24
İki kırılma noktası arasında eğri, merkezi sıfırda olan ve yarıçapı √18 = 4,243 olan bir dairedir.
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: ess = 4
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
Rampa hatası
ess = 4/1 = 4
Cevap
ess = 4
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: Kd = 0,1589 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 + 3) + 5(2 + Kds) = s² + (3 + 5Kd)s + 10
Doğal frekans
ωₙ = √10 = 3,162 rad/s
Türev kazancı
3 + 5Kd = 2·0,6·3,162 = 3,795
Kd = 0,1589 s
Cevap
Kd = 0,1589 s
Türev terimi, ωₙ’yi değiştirmeden sönüm ekler.
9.Blok diyagramlar
Cevap: ess = 1,333
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).
Konum hata sabiti
Kₚ = G(0) = 1·2/(1·4) = 0,5
Kararlı hal hatası
ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,5) = 1,333
Cevap
ess = 1,333
10.Blok diyagramlar
Cevap: K = 3,6
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).