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) = 300/(s² + 3s + 100)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Basamak yanıtının yüzde aşımını %OS bulun.
G(s) = 300/(s² + 3s + 100)
%OS = %
2.Basamak yanıtıZor
R = 141 Ω, L = 20 mH ve C = 1 µF olan bir seri RLC devresi, t = 0’da 10 V’luk bir basamağa bağlanıyor. Kondansatör yüksüzdür ve basamaktan önce akım akmıyor. Kondansatörün tepe gerilimini vC,max bulun.
R = 141 ΩL = 20 mHC = 1 µFV = 10 V
vC,max = V
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
Gösterilen RL alçak geçiren filtre için R = 220 Ω, L = 1 mH geçerlidir. 8,8 kHz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. vout’un vin’e göre φ faz kaymasını derece cinsinden bulun.
R = 220 ΩL = 1 mHf = 8,8 kHz
φ = °
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = 28/(s(s + 10))’dır. |L(jω)| = 1 olduğu kazanç kesişim frekansını ωc bulun.
L(s) = 28/(s(s + 10))
ωc = rad/s
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
G(s) = (s + 5)/((s − 1)(s + 1)) 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 + 5)/((s − 1)(s + 1))
Kmin =
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/(s(s + 4)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. Kapalı çevrim kutuplarının sönüm oranının ζ = 0,8 olduğu kazancı (K) bulun.
L(s) = K/(s(s + 4))ζ = 0,8
K =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
G(s) = K/(s(s + 5)) olan birim geri beslemeli bir çevrim, r(t) = 10t rampasını 0,5 kalıcı durum hatasıyla izlemelidir. Kazancı (K) bulun.
G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 10tess = 0,5
K =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
K = 40 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 1/(s(s + 10)) sistemini sürmektedir. Basamak yanıtının yüzde aşımını %OS bulun.
G(s) = 1/(s(s + 10))K = 40
%OS = %
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = K/((s + 2)(s + 6)) sistemi birim negatif geri besleme çevrimindedir. Kapalı çevrimin kritik sönümlü olduğu (iki eşit gerçek kutup) K kazancını bulun.
G(s) = K/((s + 2)(s + 6))birim negatif geri besleme
K =
10.Blok diyagramlarZor
G(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 8)) sistemi birim negatif geri besleme çevrimindedir. En büyük kararlı kazançta çevrim salınım yapar. Salınım frekansını ω rad/s cinsinden bulun.
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 = 100 → ωₙ = 10 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·10) = 0,15
Sonuç
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,4766 = 62,09 %
Cevap
%OS = 62,09 %
2.Basamak yanıtı
Cevap: vC,max = 11,64 V
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.
Köşe frekansı
ωc = R/L = 220/0,001 = 220000 rad/s
fc = 35014 Hz → f/fc = 8800/35014 = 0,2513
Faz
φ = − atan(0,2513) = −14,11°
Cevap
φ = −14,11°
4.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: ωc = 2,703 rad/s
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.
Kazanç kesişimi
ω⁴ + 100ω² − 784 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·784))/2 = 7,306
ωc = 2,703 rad/s
Cevap
ωc = 2,703 rad/s
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: Kmin = 0,2
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.
0 + K > 0 → K > 0
5K − 1 > 0 → K > 0,2
Kmin = 0,2
Cevap
Kmin = 0,2
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: K = 6,25
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 + 4s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 4 → ωₙ = 2,5 rad/s
Kazanç
K = ωₙ² = 2,5² = 6,25
Cevap
K = 6,25
Kapalı çevrim kutupları, ζ doğrusunun s = −2’daki dikey kolu kestiği yerdedir.
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 100
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 = 10/0,5 = 20
Kazanç
K = 5·Kv = 100
Cevap
K = 100
Büyük bir kazanç bu çevrimi çok az sönümlü yapar: ζ = 0,25. Kompanzatörlerin kullanılma nedeni bu çelişkidir.
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: %OS = 1,732 %
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 + 10) + 40·1 = s² + 10s + 40
ωₙ ve ζ
ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906
Aşım
%OS = 100·e−0,7906π/√(1 − 0,7906²) = 1,732 %
Cevap
%OS = 1,732 %
9.Blok diyagramlar
Cevap: K = 4
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).
Karakteristik denklem
1 + K/((s + 2)(s + 6)) = 0 → s² + 8s + 12 + K = 0
Tekrarlanan kök
s² + βs + γ ikinci derece ifadesi, β² = 4γ olduğunda çift köke sahiptir.
8² = 4(12 + K) → K = 64/4 − 12 = 4
Cevap
K = 4
Bu durumda iki kapalı çevrim kutbu da s = −4 noktasındadır.
10.Blok diyagramlar
Cevap: ω = 8,124 rad/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).