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) = 78/(s² + 9s + 78)’dır ve birim basamak girişi alıyor. Basamak yanıtının yüzde aşımını %OS bulun.
G(s) = 78/(s² + 9s + 78)
%OS = %
2.Basamak yanıtıZor
Sıfırı olmayan ikinci dereceden bir sistemin basamak yanıtı %25 aşım gösteriyor ve ilk tepe t = 0,8 s anında oluşuyor. Doğal frekansı ωn bulun.
%OS = 25 %tp = 0,8 s
ωn = rad/s
3.Bode diyagramları ve paylarOrta
G(s) = 3978/((s + 13)(s + 17)) fonksiyonunun ω = 5 rad/s’deki tam |G(jω)| genliğini dB cinsinden bulun.
G(s) = 3978/((s + 13)(s + 17))ω = 5 rad/s
|G(jω)| = dB
4.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9))’dır. 12 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9))GM = 12 dB
K =
5.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiOrta
Şemadaki çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))’dır. Kapalı çevrimin kararlı olduğu en büyük kazancı (Kmax) bulun.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisiZor
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) çevrimi için s = −0,5 noktasına bir kapalı çevrim kutbu yerleştiren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))s = −0,5
K =
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiOrta
G(s) = K/(s(s + 4)) olan birim geri beslemeli bir çevrim, r(t) = 1t rampasını 0,2 kalıcı durum hatasıyla izlemelidir. Kazancı (K) bulun.
G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 1tess = 0,2
K =
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimiZor
K = 8 orantılı denetleyicisi, birim geri beslemeli bir çevrimde G(s) = 2/(s(s + 5)) sistemini sürmektedir. Basamak yanıtının tepe zamanını tp bulun.
G(s) = 2/(s(s + 5))K = 8
tp = s
9.Blok diyagramlarOrta
G(s) = 30/(s + 4) sistemi, algılayıcısının kazancı H = 0,2 olan bir negatif geri besleme çevriminde denetleniyor. Kapalı çevrimin zaman sabitini τ bulun.
G(s) = 30/(s + 4)H = 0,2
τ = s
10.Blok diyagramlarZor
K oransal denetleyicisi, G(s) = 4/(s + 6) sistemini birim negatif geri besleme çevriminde sürüyor. R = 0 iken sistem girişine 5 büyüklüğünde bir bozucu basamağı giriyor. Kararlı hal çıkışını 0,03333 değerinin altında ya da eşit tutan en küçük K kazancını bulun.
G(s) = 4/(s + 6)D = 5css ≤ 0,03333
K =
3Çözeltiler
1.Basamak yanıtı
Cevap: %OS = 15,56 %
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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,832) = 0,5095
Sonuç
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,86 = 15,56 %
Cevap
%OS = 15,56 %
2.Basamak yanıtı
Cevap: ωn = 4,292 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).
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.
Karakteristik denklem
s³ + 7s² + 12s + K = 0
Routh dizisi
s³: 1, 12
s²: 7, K
s¹: (7·12 − K)/7
s⁰: K
Koşullar
İlk sütunun her elemanı pozitif olmalıdır.
K > 0
7·12 − K > 0 → K < 84
Cevap
Kmax = 84
K = 84 değerinde kapalı çevrim ω = √12 = 3,464 rad/s ile salınır.
6.Kararlılık: Routh–Hurwitz ve kök yer eğrisi
Cevap: K = 9,375
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.
Büyüklük koşulu
K = |s|·|s + 3|·|s + 8|
Noktada hesaplayın
K = 0,5·2,5·7,5 = 9,375
Cevap
K = 9,375
Kontrol: s = −0,5 noktasında s(s + 3)(s + 8) + K sıfırdır.
7.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: K = 20
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 = 1/0,2 = 5
Kazanç
K = 4·Kv = 20
Cevap
K = 20
Büyük bir kazanç bu çevrimi çok az sönümlü yapar: ζ = 0,4472. Kompanzatörlerin kullanılma nedeni bu çelişkidir.
8.Kalıcı durum hatası ve PID denetimi
Cevap: tp = 1,006 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 + 5) + 8·2 = s² + 5s + 16
ωₙ ve ζ
ωₙ = √16 = 4 rad/s
ζ = 5/(2·4) = 0,625
Tepe zamanı
ωd = 4·√(1 − 0,625²) = 3,122 rad/s
tp = π/3,122 = 1,006 s
Cevap
tp = 1,006 s
9.Blok diyagramlar
Cevap: τ = 0,1 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).
Kapalı çevrim transfer fonksiyonu
T(s) = G/(1 + G·H) = 30/(s + 4 + 6) = 30/(s + 10)
Sonuç
τ = 1/10 = 0,1 s
Cevap
τ = 0,1 s
10.Blok diyagramlar
Cevap: K = 148,5
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).