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) = 166/(s² + 3s + 83)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Basamak yanıtının yüzde aşımını %OS bulun.
G(s) = 166/(s² + 3s + 83)
%OS = %
2.Basamak yanıtıZor
m = 2 kg kütle, k = 1000 N/m yay ve c = 18 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. En büyük yer değiştirmeyi xmax mm cinsinden bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))’dır. 6 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))GM = 6 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
Şemadaki çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))’dır. Kazanç, kapalı çevrim kararlılığın sınırına gelene kadar artırılıyor. Sürekli salınımın frekansını (ω) bulun.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/((s + 4)(s + 12)) için kök yer eğrisi gösterilmiştir. İki kapalı çevrim kutbunun gerçel eksende buluştuğu ayrılma noktasındaki (sb) kazancı (K) bulun.
L(s) = K/((s + 4)(s + 12))
K =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
r(t) = 5 + 3t girişi (bir basamak artı bir rampa), G(s) = 2/(s(s + 4)) olan birim geri beslemeli bir çevrime uygulanıyor. Kalıcı durum hatasını (ess) bulun.
G(s) = 2/(s(s + 4))r(t) = 5 + 3t
ess =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
C(s) = Kp + Ki/s PI denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 2/(s + 1) sistemini sürmektedir. Kapalı çevrim ωₙ = 2 rad/s ve ζ = 0,7 değerlerine sahip olmalıdır. İntegral kazancını (Ki) bulun.
G(s) = 2/(s + 1)ωₙ = 2 rad/sζ = 0,7
Ki =
9.Blok diyagramlarOrta
Birim negatif geri besleme çevriminde G(s) = 10(s + 5)/((s + 2)(s + 4)). Referansa 1 büyüklüğünde bir basamak uygulanıyor. Kararlı hal hatasını ess bulun.
G(s) = 10(s + 5)/((s + 2)(s + 4))R = 1
ess =
10.Blok diyagramlarZor
K oransal denetleyicisi, G(s) = 10/(s + 5) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. R = 0 iken sistem girişine 5 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 + 5)D = 5css ≤ 0,5
K =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: %OS = 59,19 %
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 = 83 → ωₙ = 9,11 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·9,11) = 0,1646
Sonuç
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,5244 = 59,19 %
Cevap
%OS = 59,19 %
2.Basamak yanıtı
Cevap: xmax = 30,49 mm
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) = √(1000/2) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 18/(2·√(1000·2)) = 0,2012
Sonuç
xst = F/k = 20/1000 m = 20 mm
%OS = 52,44 %
xmax = 20·(1 + 0,5244) = 30,49 mm
Cevap
xmax = 30,49 mm
3.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: ∠G(jω) = −102,4 °
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.
Routh dizisi
s³ + 9s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K
Kritik kazanç
K = 9·20 = 180
Yardımcı denklem
Kritik kazançta s¹ satırı sıfırdır; s² satırı sanal eksen üzerindeki kutupları verir.
9s² + 180 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s
Cevap
ω = 4,472 rad/s
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: K = 16
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 + 4)(s + 12) için dK/ds = 0 şunu verir: 2s + 16 = 0.
sb = −8
Büyüklük koşulu
K = |−8 + 4|·|−8 + 12| = 4·4 = 16
Cevap
K = 16
Bu kazançta kapalı çevrim kritik sönümlüdür (ζ = 1).
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: ess = 6
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) = 0,5
Basamak kısmı
Kp = ∞ → estep = 0
Rampa hatası
ess = 3/0,5 = 6
Cevap
ess = 6
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: Ki = 2
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 + 1) ile çarpılmış hâlde.
s² + (1 + 2Kp)s + 2Ki
Hedef polinom
s² + 2·0,7·2s + 2² = s² + 2,8s + 4
Katsayıları eşleştirin
2Ki = 4 → Ki = 2
Cevap
Ki = 2
İntegral terimi çevrimi 1 tipi yapar; bu yüzden basamak kalıcı durum hatası olmadan izlenir.
9.Blok diyagramlar
Cevap: ess = 0,1379
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) = 10·5/(2·4) = 6,25
Kararlı hal hatası
ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 6,25) = 0,1379
Cevap
ess = 0,1379
10.Blok diyagramlar
Cevap: K = 9,5
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).