Otomatik Kontrol - Çözümlü Sorular V

1

Tm  t    t 

K yay 5Nm rad

Şekil 2: Motor tahrik sistemi

D

tla

Şekil 2’de motor tarafından tahrik edilen sistem kullanılarak aşağıdaki soruları cevaplandırınız.

rs

no

a) Tahrik edilen sisteme ait açık çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. b) Birim basamak tork giriş cevabında %20’lik bir aşım ve 2sn yerleşme zamanı (%2 kriteri) olması için J ve D ne olmalıdır.

C1-a

de

s Tm  t     t  J    t  D    t  K yay   Tm  s   s 2 s  J  s s  D   s  K yay

Tm  s     s   s 2 J  sD  K yay 

em

 s 1  2 Tm  s  s J  sD  K yay

.e

Açık çevrim kontrol blok diyagramı,

Tm  s 

w

w

w

J

ri.

Motor

co m

S1

1 s J  sD  K yay 2

 s 

2

C1-b Kontrol edilen sistem 2. Dereceden bir sistemdir.

2

tla

%20 aşım olabilmesi için   12 Mp  e

rs



no

1  s K2n j   D K yay s 2  2n s  2n Tm  s  2 s s  J J D 5  2n ve  2n çıkarılır. J J

ri.

 s  K2n 1  2  2 Tm  s  s J  sD  K yay s  2n s  n2

4 4  n  t s n

em

ts 

de

 ln 0.20    0.2624       0.4560 2 1.2624   ln 0.20   1         

4  4.3860 0.4560 *2  ve n değerleri kullanılarak,

.e

n 

5 5   0.26kg  m2 2 n  4.3860 2

w

w

w

co m



J

ve D  J2n  0.26*2*0.4560*4.3860  1.04Nms / rad

olmalıdır.

3

jw

o

x

o

3

x



için G aç  s  AÇTF’nu bulunuz.

tla

ri.

1

C2-a R s 

s  4s 1 s  s  3

C s 

no

K

rs

C2-b

Sistemin AÇTF ‘nu bulalım.  s  4  s  1 G aç  s   K s  s  3



Sistemin tipi 1 olduğu için sürekli hal hatasının oluşabilmesi için girişe tu(t) rampa fonksiyonu uygulanmalı.

em

de



s r  t   tu  t    R s  

1 s2

.e

Sürekli hal hatası,

w

w

w

Kutup şekli verilen negatif geri beslemeli sistemin , a) Kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. b) Birim giriş için sürekli hal hatasının 0.1 olabilmesi

S

4

co m

S2

lims s 0

R s  0.1 1  G aç  s 

1 1 s  s  3 2  0  3 s2 s lim s  lim s   0.1 s 0 s  4  s  1 s0 s  s  3  K  s  4  s  1 0  0  3  K  0  4  0  1  1 K s  s  3 3  0.1  K  0.075 4K

Taç  s   0.075

 s  4  s  1 s  s  3

4

Blok şeması aşağıda verilen kapalı-çevrim sistemini kararlı yapan K kazanç aralığını bulunuz.

C s 

1

K s

s3  3s2  s  5

ri.

R s 

s 1

tla

C3 F s   1  G s  H s   0

K s 1  0 denklem düzenlenirse 3 s s  3s 2  s  5

no

F s   1 

F  s   s4  3s3  s2   K  5 s  K  0

rs

Routh-Hurwtiz kriterleri uygulanır ise sistemi kararlı yapan K kazancı bulunabilir.

de

Gerekli koşullar:  Karakteristlik denklem katsayıları aynı işaretli olabilmesi için K>0 olmalıdır.  Karakteristlik denklem kökleri hiç biri sıfır olmaması için K>-5 olmalıdır.

em

Yeterli şart Routh tablosu üzerinden irdelenir : 1 3

3 K 5 K2  3 3

.e

s4 s3 s2

s1

w

w

w

co m

S3

s0



K2  K  5  3K 3 K2 3

K

1 K+5 K

K 0

   

K2  0   K  2 3

K 2 K2 16K10  0  15.35  K 0.65 k 5 3K  0  3

 K  0

Görüldüğü üzere Routh tablosunda ortak bir K aralığı bulunamadığı için sistemi kararlı yapan bir K kazancı yoktur.

5

U(s)

Y(s)

tla

ri.

Açık-çevrim transfer fonksiyonu verilen sistem örnekleme zamanı T=0,5sn olmak üzere ayrık-zaman kapalı-çevrim kontrolü uygulanmak istenmektedir. (D(z) ayrık kontrolcü olmak üzere) a) Sistemin ayrık-zaman kapalı-çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. b) Kapalı-çevrim transfer fonksiyonunu elde ediniz. T(z)=?

Vr(z) +

D(z) -

no

C4-a: a) Sistemin Kapalı-çevrim transfer kontrol blok diyagramı;

e2,4 s s  0,5

Y(s)

rs

T=0,5sn

1  e sT s

C4-b:

de

T=0,5sn

Kapalı-çevrim transfer fonksiyonu;

Y(z)

em

Vr(z) + -

D(z)

G(z)

1  e sT e2,4 s  G( z)  Z    s s  0,5   Y ( z) D( z )G ( z ) şeklinde elde edilmelidir. T ( z)   VR ( z ) 1  D( z )G ( z )

.e

w

w

w

e2,4 s s  0,5

co m

S-4:

e2,4s  e2s  e0,4s  e4Ts  e0,8Ts  ekTs  e Ts  m  1      1  m

m  1  0,8  m  0,2  ekTs  e(1m)Ts  ekTs  eTs  emTs  e4Ts  eTs  e0,2Ts

k  4 ; m  0,8

1  e sT 4Ts Ts e0,2Ts  G( z )  Z  e e   s s  0,5   e

z

idi.

 G ( z )  (1  e

 sT

)e

4Ts

e

Ts

 e0,2Ts  Z   s ( s  0,5)  

tla

ri.

  z 1 1 1  e0,2Ts z e0,2Ts z G( z)  ( ) 4   s  ( s  0,5) z s ( s  0,5) z  e sT z z  s ( s  0,5) z  e sT  s 0 s 0,5

     

s 0

rs

no

0,2(0,5)(0,5)  z 1  z 1  2 z 1,902 z   2 z 2 ze  G( z)  ( 6 )        0,50,5  6 5 z  1 z  0,7788 z  1 z z  e     z   z  3,53 0,0975 z  0,3444  G ( z )  0,0975  5  z ( z  0,7788) z 5 ( z  0,7788)

de

0,0975 z  0,3444

w

.e

em

 D( z ) 0,0975  ( z  3,53)  D( z ) z 5 ( z  0,7788) T ( z)   5 0,0975 z  0,3444 1 5  D( z ) z  ( z  0,7788)  0,0975  ( z  3,53)  D( z ) z ( z  0,7788)

w

w

sT

co m

6

7

8 s 1

U(s)

C(s)

tla

ri.

Açık-çevrim transfer fonksiyonu yukarıda verilen sistem örnekleme zamanı, T=0,2 sn olmak üzere PI kontrolör ile kontrol edilmek istenmektedir. a) Ayrık kapalı-çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. b) Birim rampa girişi için hatanın ess=0,55 olması istenmektedir. PI kontrolcünün sıfırı ile açık çevrimin kutbu silinecektir. (yok edilecektir.) Ayrık PI,

z

(K p  KI )

em

de

R(z)

b) hız hatası; ess 

R(z)

w

.e

0,55 

KI  K p

rs

C5-a:

z 1 olduğuna göre, K p ve K I ’yı bulunuz. z 1

no

Gc ( z )  K p  K I 

w

w

co m

S-5:

1 kv

K p  KI z 1

T=0,2 sn

1  e  sT s

8 s 1

C(s)

T=0,2 sn

ve hız hata katsayısı, kv



1 lim ( z  1)  Gc ( z )  G ( z ) T z 1

1  kv  1,8182 kv C(z) Gc(z)

G(z)

 z  1  1 z 1 z  8(1  e )  G( z)  Z   8 Zs  ( s  1)  sT z s ( s  1) z  e sT  s( s  1)   s ( s  1) z  e s 0 s 1   sT

8

z 1  z z  1,45 G ( z )      z  z  1 z  e0,2  z  0,8187

   , T  0,2 sn  

8 bilindiğine göre,

1,8187 

z 1 1 1,45  lim ( z  1)   K p  K I    K I  0,0227  z  1  z  0,8187 0,2 z 1  AÇ . .T .F  Gc ( z )  G( z ) 

1,45 z  0,8187

0,0227  K p

K p  0,0227

em

buradan,

 0,8187 ve K I  0,0227 olduğuna göre;

de

K p  KI

z 1



rs

KI  K p

K p  KI

no

A.Ç.T .F  ( K p  K I )

KI  K p

tla

z

ri.

A.Ç.T.F’nun kutbunun silinmesi istenmektedir.

 0,8187  K p  0,2273

elde edilir. Bulunan değerler

w

.e

yerine koyulur ise;

R(z)

z  0,8187 0,25 z 1

1  e sT s T=0,2s

w

w

co m

kv

T=0,2s

elde edilir.

8 s 1

C(s)

9 S-6:

co m

Y(z)

z 2  dz  e

Yanda verilen II. Dereceden sistem birim basamak giriş için çıkışının şekilde verildiği gibi olması istenmektedir. T=0,2 sn olduğuna göre b,d,e parametrelerini hesaplayınız. (Mp:aşım)

ri.

Y(t) 0,841

t

no

tp=1sn

tla

0,8

rs

Yol: Parametrelerden bir tanesi son değer teoremi yardımı ile bulunmalıdır. C-6:

0,841

em

0,8

de

Y(t)

t

tp=1sn

.e

Aşım  Mp 



w

w

w

bz

R(z)

Mp  e

12

0.841  0.8  0.05125 0.8

 2

2

2

 ln M p   ln M p   ln M p  2 2 2            2    1        2

 ln M p            ln M p 2  1          

2

 ln 0.05125    0.89437      0.6871 2 1.89437   ln 0.05125   1         

10 

n 

z

 tp 1 

e sT , 



2

 1 1  0.68712

co m

n 1  2

 4.324

n

tla

d  n 1  2  4.324 1  0.68712  3.1416

ri.

tp 

j 0.3244

no

z  e T  e jwd T  e0.6871*4.324*0.2  e j 3.1416*0,2  0.552 36  0.4465

rs

Y ( z) bz bz bz  2    R( z ) z  dz  e ( z  z1)( z  z2 ) ( z  0.4465  j 0.3244)( z  0.4465  j 0.3244)

z 1

bz

z  0,8  b  0,33 2 z  1 z  0,893z  0,3046

Y ( z) 0,33z  2 R( z ) z  0,893z  0,3046

w

w

w

.e

y ()  lim ( z  1)

S-7:

, b katsayısı son değer teoreminden elde edilir.

z z 1

em

R( z ) 

de

Y ( z) bz  2 R( z ) z  0,893z  0,3046

11

Y(z)

co m

z 2  dz  e

Yanda verilen II. dereceden ayrık-zaman sistemi, a) Doğrudan programlama yöntemi ile programlama diyagramını çiziniz.

ri.

b) Sembolik dilde programını yazınız.

C7-a:

no

tla

Y ( z) bz X ( z ) z 2  2   2  Y ( z )  bz 1 X ( z ) R( z ) z  dz  e X ( z ) z

R( z )  X ( z )  d  z 1  X ( z )  e  z 2  X ( z )  X ( z )  R( z )  d  z 1  X ( z )  e  z 2  X ( z )

+

+

d

w

Y(z) z-1

-e

.e

em

+

z-1

z 1X ( z)

R(z)

X(z)

b

z 2 X ( z)

de

rs

Programlama diyagramı:

w

w

bz

R(z)

b) Sembolik dilde programlama;

X ( z)  x

z 1 X ( z )  A z 2 X ( z )  B A=0;B=0; 10: oku r x=r+d*A-e*B y=b*A çıkış y B=A A=X bekle T git 10

olur ise;

y  ba x  r  d  Ae B

elde edilir.