Ders #1
Otomatik Kontrol Otomatik Kontrol’e Giriş
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
0123012 Otomatik Kontrol Öğretim Görevlisi Sınıf Ofis E-mail Danışma Saatleri
: Prof.Dr.Galip Cansever : A-201 : E-Blok :
[email protected] : Pzt 13-15, Cuma:16-18
Ders Kitabı : Control System Engineering, Norman S. Nise, Fourth Edition, John Willey and Sons, ISBN 0-471-44577-0 Tavsiye Edilen Kitaplar : •Automatic Control Systems, Benjamin Kuo, Eighth Edition, Prentice-Hall. •Feedback and Control Systems, J.J. DiStefano, III, A.R. Stubberud, I.J. Williams, Schaum’s Outline Series. •Modern Control Engineering, K. Ogata, Fourth Edition, 2001, Prentice Hall 26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
Değerlendirme : Vize 1 Vize 2 Final
% 30 % 30 % 40
1.Hafta. Otomatik Kontrol'e Giriş 2.Hafta. Laplas Dönüşümü 3.Hafta. Blok Diyagramlar, İşaret Akış Diyagramları 4.Hafta. Fiziksel Sistemlerin Modellenmesi 5.Hafta. Dişli Takımları DC Motorlar, 1. Mertebe Sistemler 6.Hafta. 2. Mertebe Sistemler ve Başarım Ölçütleri 7.Hafta. 1. Yıl içi Sınavı 8.Hafta. 2. Mertebe Sistemler ve Başarım Ölçütleri 9.Hafta. 2. Mertebe Sistemler ve Başarım Ölçütleri 10.Hafta. Kararlılık 11.Hafta. Sürekli Hal Hataları 12.Hafta. Kök Yer Eğrileri 13.Hafta. Kök Yer Eğrileri 14.Hafta. 2. Yıl içi Sınavı 15.Hafta. Kök Yer Eğrileri 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
Doğada otomatik olarak kontrol edilen sistemler saymakla bitmez. Örneğin insan vücudu, ki bu sistemde sayısız kontrol sistemi var.
Kan şekerimizi kontrol eden pankreas veya bir başka örnek, yükseklere çıkıldıkça adrenalinin otomatik olarak kalp atışı ile birlikte yükselerek hücrelere daha çok oksijenin temin edilmesi.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
4
Sistem: Belirli bir hedefi gerçekleştirmek üzere birlikte hareket eden nesneler ve donanımların kombinasyonuna sistem adı verilir. İşaret: Sistem elemanlarının ve sistemlerin birbirleriyle etkileşmesini sağlayan her türlü ölçülebilir büyüklük. Sistem Değişkenleri: Bir sistemdeki incelenen, gözlemlenen birimler arasındaki matematiksel ilişkilerdir. Çıkış(lar): Verilen bir sistemde ilgilendiğimiz değişkenler. Giriş(ler): Çıkışı etkileyen ayarlayabildiğimiz değişkenler. İki tip giriş vardır: Denetim(kontrol) girişi Bozucu etkiler, gürültüler Araba sisteminin düşünelim: Çıkış:Hız, Yön giriş Giriş: Gaz pedalı, direksiyon 26 February 2007
eemdersnotlari.com
Sistem
çıkış 5
Örneğin, zemin katta asansörün 4. kat düğmesine basıldığını düşünelim. Asansör 4. kata yolcusunu rahatsız etmeden yükselerek taşımalıdır .
4. Kat düğmesine basılması bir giriş işaretidir ve birim basamak olarak gösterilmiştir. Giriş, asansör durduktan sonra çıkışın almasını istediğimiz konumdur. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Bozucu Etki: Sistemin çıkış değerini ters (negatif) olarak etkileyen veya etkilemeye meyilli işarettir. Eğer sistemin içinde üretilmişse iç bozucu etki, dışında üretilmişse dış bozucu etki adı verilir. Denetim girişinin bir önemli işlevi de bozucu girişin sistem çıkışındaki etkisini azaltmaya çalışmasıdır. Örneğin bir kontrol sistemi olarak sıcaklığı denetlenen(kontrol edilen) bir odayı düşünelim. Bu sistemde; •oda sıcaklığı çıkış, •termostat ayarı giriş, •oda’nın kapısının açılıp kapanması da bozucu etkidir. Matematiksel Modelleme: Fiziksel sistemin giriş-çıkış davranışlarını belirleyen denklem takımını oluşturmadır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
7
Kontrol: Giriş’le oynayarak (değiştirerek) istenilen çıkışı elde etme. Açık Döngü(Çevrim) Kontrol: Sistemde çıkış ölçülmez, çıkışın referans işaretini yakalayabildiğini garantileyecek, çıkış’a göre girişi düzeltecek işaret yoktur. Kapalı Döngü(Çevrim) Kontrol (Geri beslemeli Kontrol): Sistemde giriş ölçülen çıkış işaretiyle güncellenir. Çıkış ve referans işareti sürekli karşılaştırılır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
Blok diyagramları sistem yapısını gözde canlandırma ve sistem işaret akışını takip edebilme bakımından önemlidir. Çıkışı kontrol edilecek bir süreç(proses)içeren basit bir geri beslemeli kontrol sistemi, sistem çıkışını değiştirebilen bir eyleyici(hareketlendirici), işaretleri ölçen referans ve çıkış algılayıcıları ve eyleyiciye istenilen çıkışı verdirecek işareti belirleyen denetleyici(kontrolör) den oluşur.
İstenilen çıkış (Referans)
Çıkış Denetleyici
Eyleyici
Fiziksel Sistem
Algılayıcı 26 February 2007
eemdersnotlari.com
9
Neden Geri Beslemeli Kontrol? 1. Bir kör’ün araba kullanması: açık döngü kontrol 2. Gören birisinin araba kullanması: geri beslemeli kontrol Birinci durumda sürücü arabanın yola göre anlık durumu hakkında bilgi sahibi değildir. İkinci durumda sürücü istenilen konum veya hıza göre yoldaki tümseklere, rüzgara, diğer araçlara ve kontrol edilemeyen diğer etmenlere rağmen arabayı kullanır. Öyleyse diyebiliriz ki geri besleme ile belirsizlikler veya beklenmediklerle başa çıkabilinir. İnsan vücud’u en güzel geri beslemeli sistem örneğidir. Vücut sıcaklığı ve kan basıncı kendiliğinden sabitlenir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
10
Kontrol’ün Tarihçesi En eski kontrol örnekleri su saatini düzenlemek için su akış hızının kontrol edilmesi ve şarap fıçısının seviyesinin sabit tutulmasıdır. Su seviyesi kontrolünü günümüzde hala kullanıyoruz. Su seviyesi azalınca şamandıra da aşağıya iner ve su seviyesi yükselmeye başlar. Su seviyesi yükselince su akışı yavaşlar ve gerektiğinde durur.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
Bir diğer ilk kontrol örneği de Cornelis Drebbel tarafından 1620 lerde keşfedilen kuluçka ünitesinin sıcaklığının kontrolü. Bu sistemde sıcaklık algılayıcısı içi alkol ve civa ile dolu ve etrafında su ceket olan bir cam taşıyıcıdır. Ateş kutuyu ve suyu ısıttığında, alkol genişler ve kol yukarıya hareket ederek damperin bacanın üstüne doğru yaklaşmasını sağlar. Eğer kutu soğuduysa alkol büzüşür, damper kol tarafından aşağıya çekilir ve ateş alevlenir. İstenilen sıcaklık değeri kol’un uzunluğu ile ayarlanır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
12
Bir diğer kontrol ilk örneklerinden olan dönen milin hızını belirleme düzeneğidir. Un öğüten yel değirmeninin öğütücü hızının kontrolü, James Watt’ın buhar makinasının hızının kontrolü
26 February 2007
eemdersnotlari.com
13
Motorun dengede çalıştığını düşünelim. İki top merkezi mil etranında döner, sanki açısı ve uzunluğu verilen bir koni gibidir. Motor aniden yüklendiğinde hızı düşer, ve koni daha küçük olur. Bu durumda vana açılılır ve motora daha çok yakıtın alınması sağlanır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
14
İlk sistematik kararlılık çalışması 1868 J.C. Maxwell’in ‘On Governors’ adlı makalesiyle yayınlandı. Bu makalede Maxwell, governor’un diferansiyel denklemlerini çıkartım denge noktası etrafında doğrusallaştırıp, sistem kararlılığının karakteristik denklemin kutuplarının negatif olmasıyla mümkün olacağını belirtmiştir. 1877’de E.J. Routh karakteristik denkleme göre kararlılık kriterini geliştirerek ödül almıştır. Bunun hemen ardından Rus matematikçi A.M. Lyapunov, 1893, hareketin, hareketli sistemlerin kararlılığı üzerine çalışmalara başlamıştır. Daha çok lineer olmayan diferansiyel denklemlerle hareketi incelemiştir. Lyapunov’un çalışmaları Durum değişkenleri yaklaşımının temelini teşkil etmektedir fakat bu yaklaşım anck 1958 de kontrol literatürüne girmiştir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
15
1932’de Nyquist, frekans döngü cevabından kararlılığın grafiksel olarak nasıl belirlenebileceğini yayınladı. İlk PID(Proportional-İntegral-Derivative) kontrol Callender ve arkadaşları tarafından 1936’da geliştirildi. Uçak kotrolü üzerine çalışan W.R. Evans, uğraştığı bir çok problemin kararsız veya marjinal kararlı sistemler olması sebebiyle frekans metodları ile başarılı olamadı ve karakteristik denklemde parametre değişimine göre sistem davranışını inceleyen Kök Yer Eğrilerini geliştirdi, 1948. 1950lerde adi diferansiyel denklemler kontrol sistemlerinin modellenmesinde kullanılmaya başlandı. 1960 daki H.W Bode’nin konuşmasından esinlenilerek, 1964 Bellman ve Kalaba geribesleme kuvetlendiricisini geliştirmişlerdir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
16
Bazı Kontrol Uygulama Örnekleri Havacılık ve Uzay: Uçak, güdüm kontrolü Uzay araçları Biyolojik Sistemler: Sinir sistemi tüm vucut için denetleyicidir. Robot Uygulamaları: Hassasiyetin çok önemli olduğu üretim hatlarında otomatik işlevler, insanlar için tehlikeli olabilecek işler(i.e. askeri ve uzay uygulamaları) Bilgisayar ve İletişim Uygulamaları: Cep telefon şebekelerinin güç kontrolü, network bilgi akış kontrolü 26 February 2007
eemdersnotlari.com
17
Akıllı Ulaşım ve Otomotiv Sistemleri: Tren uyarı sistemleri, otomatik pilot, otomatik hava trafik kontrolü, Otoban trafik kontrolü, trafik lambaları kontrolü, vb Elektromekanik Sistemler: Mikro eyleyiciler ve algılayıcılar, manyetik kaldırma sistemi, dc motor kontrolü, güç elektroniği Kimyasal Süreçler:
Elektronik Ev Aletleri:
26 February 2007
Pertol rafinerileri, kimyasal reaksiyon kontrolü, asit baz dengesi kontrolü DVD oynatıcıları, dijital kameralar bulaşık makinaları, A/C ler, alarm sistemleri ve güvenlik kameraları eemdersnotlari.com
18
Bina Otomasyonu:
Endüstriyel Sistemler:
26 February 2007
Asansör kontrolü, aydınlatma, ısıtma sistemi kontrolü, vb
Her türlü üretim hattı, iş makinası, tezgah etc.
eemdersnotlari.com
19
Tüm bu sistemlerin ortak noktası davranışlarının matematiksel ifadelerinin birbirlerine benzemesidir.
Sistemin matematik modeli Fiziksel sistem
Kavramsal taraf
Matematiksel çözüm
26 February 2007
eemdersnotlari.com
20
26 February 2007
eemdersnotlari.com
21
26 February 2007
eemdersnotlari.com
22
Bir Araba’nın Sabit Hız Kontrol’ü (Cruise Control)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
23
Bu tasarımı yapabilmemiz için sitemin matematiksel modelini oluşturmalıyız. Bu tasarımda sistemin dinamik davranışı göz ardı ederek sadece kararlı durumunu inceleyelim. Kelebek açısının 1 derecelik değişimi, hız da saatte 10 millik bir değişime karşılık geldiği araç düz yolda ve 65 mph ile giderken ölçümle tespit edilmiştir. Meyilli yollarda yapılan ölçümlerde, eğimin 1 derecelik değişimi hızın saatte 5 mil değişmesine sebebiyet verdiği tespit edilmiştir. Hız sensörünün hassasiyeti ise saatte 1 mildir ve bunu hatasız kabul edebiliriz. Buna göre:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
24
Birinci adımda takometre kullanmayalım. u=r/10 a set edelim. Sistemimiz açık çevrim kontrol sistemi oldu.
yaç = 10(u − 0.5w) r yaç = 10( − 0.5w) 10 yaç = r − 5w
eaç = r − yaç = 5w w Çıkış hızındaki yüzde hata: %e = 500 aç r Çıkış hızındaki hata:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
25
Eğer araba düz yolda ilerliyorsa(w=0) ve referans hızı saatte 65 mil ise;
yaç = r − 5w = 65 − 0 = 65 Eğer araba 1 derecelik eğimli yolda ilerliyorsa(w=1) ve referans hızı saatte 65 mil ise;
yaç = r − 5w = 65 − (5)(1) = 60 Bu yolda hata 5mph, yüzde hata:%7.69 dür. Eğer araba 2 derecelik eğimli yolda ilerliyorsa(w=2) ve referans hızı saatte 65 mil ise;
yaç = r − 5w = 65 − (5)(2) = 55 Bu yolda hata:10 mph , yüzde hata:%15.38 dir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
26
w=0 iken gördük ki hata sıfırdır bunun sebebi denetleyicinin kazancının fiziksel sistem kazancının çarpmaya göre tam tersi olmasından kaynaklandı. Pratikte fiziksel sistemin kazancı değişir buda hataya sebebiyet verir. Arabanın çıkış hızını ölçerek çevrimi kapayalım:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
27
Denetleyici kazancını 10’a ayarlayalım:
ykç = 10u − 5w
u = 10(r − ykç ) ykç = 100r − 100 ykç − 5w
İki denklemi birleştirelim:
101 ykç = 100r − 5w
r 5w ekç = + 101 101
100 5 ykç = r− w 101 101 eaç = 5w
Görüldüğü gibi geribesleme ile yol daki eğimden dolayı oluşabilecek hata 101 kat azaltıldı. Fakat w=0 iken açık çevrim kontrol sisteminde hata sıfır iken kapalı döngü sistemde 100
ykç =
101
r = 0.99r mph
Ancak bu hata çevrim kazancı büyük olduğunda daha da küçük olacaktır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
28
Eğer araba 1 derecelik eğimli yolda ilerliyorsa(w=1) ve referans hızı saatte 65 mil ise;
r 5w ekç = + 101 101
26 February 2007
65 5 = + = 0.6931 101 101
eemdersnotlari.com
29
Ders #2
Otomatik Kontrol Laplas Dönüşümü
Prof.Dr.Galip Cansever
Pierre-Simon Laplace, 1749-1827 Matematiçi ve Astronomdur. http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Laplace.html
LAPLAS DÖNÜŞÜMÜ Zamanla değişen bir f(t) fonksiyonunun Laplas dönüşümü
İle elde edilir ve gösterimi:
Laplas dönüşümü, diferansiyel denklemlerin cebirsel ifadelere dönüştürülerek çözümlerinin kolayca elde eldilmesi amcıyla kullanılır.
İspat: Bu dönüşümün lineer olamsı için linner olma şartlarını sağlaması gerekir; 1) 2)
Lineer olmanın her iki şartını da sağladığı için Laplas dönüşümü lineer bir dönüşümdür.
Bazı Önemli Fonksiyonların Laplas Dönüşümleri Örnek:
İse f(t) nin Laplas dönüşümü nedir?
Örnek: eatf(t) nin Laplas dönüşümü nedir? (Bu ifadeye üstel öteleme de adı verilir.)
Sonuç: Eğer eatf(t) nin Laplas dönüşümünü bulmak istiyorsak f(t)’nin Laplas dönüşümünü alıp s yerine s-a yazmak yeterli olur.
Örnek: eat nin Laplas dönüşümü nedir?
Örnek: e(a+jb)t nin Laplas dönüşümü nedir?
Örnek: Cos(at) nin Laplas dönüşümü nedir? Cos(at)’nin euler dönüşümü:
Benzer şekilde sin(at)’nin Laplas dönüşümü:
a s2 + a2
s>0
Adi Diferansiyel Denklemlerin Fonksiyonların Laplas Dönüşümleri ve Çözümleri
Örnek:
İfadesinin ters Laplas dönüşümünü bulunuz.
Bizim örneğimizde s’in yerini s-2 almıştır. O halde fonksiyonumuz F(s-2) dir.( )
Bir fonksiyonu zaman ekseni üzerinde kaydırırsak, o fonksiyonun ötelenmiş halini elde ederiz. Fonkisyonların negatif bölgedeki değişimleri bilinmiyor olabilir.
Bu durumda f(t) fonksiyonunu pozitif zaman ekseni üzerinde c kadar kaydırdığımızda f(t)’nin negatif zaman ekseni üzerinde c kadar davranışına ihtiyacımız ortaya çıkar. Bu kısmı bilmediğimiz için kaydırılımış fonksiyonun ilk c birimlik süresi sıfır olmalıdır. Dolayısyla bunu oluşturabilmek için f(t) fonksiyonu c kadar ötelenmiş birim basamak fonksiyonu ile çarpmamız gerekir.
Teorem: İspat:
Örnek:
İfadesinin ters Laplas dönüşümünü bulunuz.
NOT: 0 – ∞ arasında tanımlanmış sint fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyonu π/2 kadar zaman ekseninde sağa doğru itelersek, Laplas değeri:
Değildir.
Örnek: İfadesinin Laplas dönüşümünü bulunuz.
Sıçramalı Fonksiyonların Laplas Dönüşümleri
Örnek:
Örnek:
Fonksiyonunu çiziniz.
Örnek: tn İfadesinin Laplas dönüşümünü bulunuz.
Dikkat edilecek olursa t sonsuza giderken son kesirli ifadenin payı ve paydası sonsuza gitmektedir. Bu durumda L’hospital kuralı uygulanırsa kesirli ifadenin payı n adımda sıfıra giderken payda sabit kalmaktadır. Sonuç sıfır olur.
Ters Laplas Dönüşümleri şeklinde sembolize edilir. Kısmi kesirlere ayırma yöntemi kullanılır, böylece karmaşık ifadeler sadeleştirilerek Laplas dönüşümü bilinen ifadeler haline dönüştürülür.
Örnek:
ifadesinin ters Laplas dönüşümünü bulunuz.
Terimlerin ayrı ayrı ters dönüşümlerini alacak olursak;
Örnek:
ifadesinin ters Laplas dönüşümünü bulunuz.
Eşitliğin her iki tarafı s in bütün değerleri için eşit ise s=0 içinde eşittir. Bu durumda;
Örnek:
ifadesinin ters Laplas dönüşümünü bulunuz.
Ters Laplas Dönüşümü Hatırlama:
Yüksek Mertebeden Türevlerin Hesaplanması
şeklinde yazılabilir.
sf (0) = 0 = s F ( s) 2
f (0) = 0 '
ise
Darbe (İmpuls) Fonksiyonu Darbe fonksiyonu sistemelerin davranışları hakkında bilgi edinmek için kullanılır. Darbe fonksiyonu, kuvvetin, gerilimin veya benzer fonksiyonların sisteme çok kısa süre içersinde çok büyük değerler alacak şekilde uygulanması ile oluşturulur. Istaka ile bilardo topuna vurmak buna örnek olabilir. Bu vuruş sonrası topun dinamik davranışı, ilk değerleri sıfır kabul edilen bir sistemin darbe yanıtı şeklinde ele alınabilir. Futbolda ise verilen bir pasa veya ortaya şut çekilmesi, vole vurulması sonrası topun dinamik davranışı, ilk değerleri sıfır olmayan bir sistemin darbe yanıtı şeklinde ele alınabilir.
τ→0’ giderken, grafik:
Örnek:
Periyodik Fonksiyonların Laplas Dönüşümleri
Örnek: Aşağıdaki şekildeki fonksiyonun Laplas dönüşümünü bulunuz.
Şekildeki fonksiyonun periyodu 2 dir, T=2.
Örnek:Aşağıdaki fonksiyonun ters Laplas dönüşümünü hesaplayınız
ve
olduğundan
elde edilir.
Ders #3
Otomatik Kontrol Blok Diyagramlar ve İşaret Akış Diyagramları
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
Karmaşık sistemler bir çok alt sistemin bir araya gelmesiyle oluşmuştur.
Eğer karmaşık bir sistemi tek bir transfer fonksiyonuna veya alt sisteme indirgeyebilirsek tüm sistemi analitik olarak daha kolay inceleyebiliriz.
Karmaşık sistemleri tek bir transfer fonksiyonuna iki yöntemle indirgeyebiliriz: 1. Blok Diyagramları 2. İşaret Akış Diyagramları
26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
BLOK DİYAGRAMLAR
Birden fazla sistemden oluşan uzay aracı 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
Bir önceki sayfada gödüğümüz gibi karmaşık bir sistem birden fazla alt sistemin biraraya gelmesi ile oluşmuştur. Bu alt sistemler arasında ilişkilenmeyi sağlayan basit operatörler vardır:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
4
Bir sistemin blok diyagramı sistem parçalarının işlevlerinin ve işaret akışının şekli gösterimidir. Tüm sistemimi oluşturan alt sistemleri işaret akışına göre tüm sistemin blok diyagramını oluşturmak üzere ilişkilendirmek zor değildir. Böylece tüm sistemin performansına her bir alt sistemin katkısını belirleyebiliriz. Bir sistemin blok diyagramı sistemin dinamik davranışını temsil eder, sistemin fiziksel yapısı hakkında bilgi vermez. Birbiriyle alakasız iki ayrı sistemin blok diyagramları aynı olabilir. Bir sistemin blok diyagram gösterimi tek değildir. Yapılacak analize göre bir sistem farklı blok diyagramlar şeklinde gösterilebilir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
5
Ardarda (Kaskat) Bağlantı: X 2 (s) X 2 ( s ) = G1 ( s ) R ( s )
C (s )
X 1 (s) X 1 ( s ) = G2 ( s )G1 ( s ) R ( s )
C ( s ) = G3 ( s )G2 ( s )G1 ( s ) R( s )
Sistemin eşdeğer giriş-çıkış ilişkisi:
Ge ( s ) = G3 ( s )G2 ( s )G1 ( s ) Bu eşdeğer giriş- çıkış ilişkisi alt sistemlerin birbirlerini yüklemedikleri varsayımı ile doğrudur. Eğer yüklenme söz konusu ise eşdeğer giriş çıkış ilişkisi oluşturulurken yüklenme etkisi göz önünde bulundurulmalıdır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Yüklenme etkisini basitçe şöyle ifade edebiliriz: Eğer bir alt sistemin çıkışına başka bir alt sistem elenmesi ile değişmiyorsa sistem yüklenmiyor demektir, eğer değişiyorsa yüklenme etkisi vardır ve eş değer sistem oluşturulurken göz önüne alınması gerekir.
Örnek:
1 V ( s) R1C1 = G1 ( s ) = 1 Vi ( s ) s + 1 R1C1 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1 V ( s) R2C2 G2 ( s ) = 2 = V1 ( s ) s + 1 R2C2 7
Giriş-Çıkış ilişkisini kurduğumuzda:
1 V (s) R1C1 R2C2 = G(s) = 2 V1 ( s ) ⎛ 1 1 1 ⎞ 1 2 ⎟⎟ s + + + s + ⎜⎜ ⎝ R1C1 R2C2 R2C1 ⎠ R1C1 R2C2 Olarak elde ederiz.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
Yüklenme etkisi göz önüne alınmazsa:
1 V2 ( s ) R1C1 R2C2 = G (s) = V1 ( s ) ⎛ 1 1 ⎞ 1 2 ⎜ ⎟ + s +⎜ s+ ⎟ ⎝ R1C1 R2C2 ⎠ R1C1 R2C2 Görüldüğü gibi iki giriş-çıkış ilişkisi arasında fark var. İki alt sistem arasında yüklenme etkisini ortadan kaldırmak için genellikle iki alt sistem arasında op-amp kullanılır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
9
Genel olarak yüklenme etkisinin giriş-çıkış ilişkisindeki etkisi:
Z o1 << 1 Zi2 26 February 2007
İse yüklenme etkisi ihmal edilebilir.
eemdersnotlari.com
10
Paralel Bağlantı: X 1 ( s ) = G1 ( s ) R ( s )
X 2 ( s ) = G2 ( s ) R ( s )
C ( s ) = [± G1 ( s ) ± G2 ( s ) ± G3 ( s )]R ( s )
X 3 ( s ) = G3 ( s ) R ( s )
Ge = ±G1 ( s ) ± G2 ( s ) ± G3 ( s ) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
Geri-besleme Bağlantısı: Geri besleme bağlantısı kontrol tasarımı yapan mühendis için temel bir konudur.
Blok diyagramını sadeleştirelim; 26 February 2007
eemdersnotlari.com
12
E ( s) = R( s) ± C ( s) H ( s) C ( s ) = E ( s )G ( s ) C (s) E (s) = G ( s)
C ( s) Ge ( s ) = R( s) G ( s) Ge ( s ) = 1 ± G(s) H (s)
G(s)H(s)’e açık döngü transfer fonksiyonu veya döngü kazancı denir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
13
26 February 2007
eemdersnotlari.com
14
26 February 2007
eemdersnotlari.com
15
Örnek: Aşağıdaki blok diyagramı tek bir giriş-çıkış a indirgeyin.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
16
Önce tek bir toplayıcı da geri besleme sinyallerini toplayabiliriz
26 February 2007
eemdersnotlari.com
17
H1(s), H2(s) ve H3(s) lar aynı giriş işaretine sahipler çıkışları toplanmaktadır. Ayrıca G2(s) ve G3(s) ard ardadır. Bu durumda;
26 February 2007
eemdersnotlari.com
18
Geri besleme bağlantısıda dikkate alındığında sonuç olarak tek giriş ve çıkışlı blok diyagramı;
26 February 2007
eemdersnotlari.com
19
Örnek: Aşağıdaki blok diyagramı tek bir giriş-çıkış a indirgeyin.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
20
Birim geribesleme ucunu G2(s)’in sağına alalım ve G3(s) ve H3(s) in geri beslemesini tek blok haline getirelim:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
21
1/G2(s) ile birim işareti birleştirelim ve G1(s)’i toplayıcının sağına alalım:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
22
Toplayıcıları birleştirelim ard arda bağlatıyı tek blok diyagrama dönüştürelim:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
23
Geri besleme bağlatısının blok işlemini yapalım:
Ard arda bağlatı işelmini gerçekleyelim:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
24
26 February 2007
eemdersnotlari.com
25
İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI İşaret akış diyagramları bir diğer sistem temsilidir.
İşaret akış diyagramı, alt sistemi ifade eden dallardan ve işaretleri ifade eden nod’lardan oluşur.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
26
Her bir işaret kendine doğru gelen işaretlerin toplamı ile ifade edilir. Örneğin:
X ( s ) = R1 ( s )G1 ( s ) − R2 ( s )G2 ( s ) + R3 ( s )G3 ( s ) C2 (s) = X (s)G5 (s) = R1 (s)G1 (s)G5 (s) − R2 (s)G2 (s)G5 (s) + R3 (s)G3 (s)G5 (s) C3 (s) = − X (s)G6 (s) = −R1 (s)G1 (s)G6 (s) + R2 (s)G2 (s)G6 (s) − R3 (s)G3 (s)G6 (s) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
27
Örnek: Aşağıdaki sistemin işaret akış diyagramını oluşturun.
V2 ( s )
26 February 2007
V1 ( s )
eemdersnotlari.com
C (s )
28
Örnek: Aşağıdaki sistemin işaret akış diyagramını oluşturun. V1 ( s )
C (s )
V2 ( s )
V3 ( s )
26 February 2007
eemdersnotlari.com
29
Örnek: Aşağıdaki sistemin işaret akış diyagramını oluşturun.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
30
Örnek: Aşağıdaki sistemin işaret akış diyagramını oluşturun.
1 1
G1 ( s )
1
-1
G2 ( s ) -1 H 2 ( s )
G3 ( s )
1 -1
H 3 (s)
H1 ( s) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
31
V2, V6, V7 ve V8 gibi tek bir girişi ve tek bir çıkışı olan nod’ları sadeleştirebiliriz, bu durumda:
26 February 2007
www.eemdersnotlari.com
32
İşaret Akış Diyagramının Sadeştirilmesi, S.J.Mason Yasası: Blok diyagramları gibi işaret akış diyagramlarını sadeleştirebiliriz. S.J. Mason 1953 de işaret akış diyagramlarını tek bir giriş çıkış ilişkisine çeviren formülüzasyon geliştimirmiştir. Döngü Kazancı: Bir nod’da başlayıp başka bir nod’dan geçmeden tekrar aynı nod’a dönen dal’ları çarpımıdır.
26 February 2007
1. G2 ( s ) H1 ( s )
3. G4 ( s )G5 ( s ) H 3 ( s )
2. G4 ( s ) H 2 ( s )
4. G4 ( s )G6 ( s ) H 3 ( s )
eemdersnotlari.com
33
İleri Yol Kazancı:Giriş nod’undan başlayıp çıkış nod’una kadar olan kazançların çarpımıdır.
1. G1 ( s )G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G5 ( s )G7 ( s ) 2. G1 ( s )G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G6 ( s )G7 ( s ) Temassız Döngü:
Ortak nod’u olmayan döngülerdir.
G2(s)H1(s) döngüsü G4(s)H2(s) , G4(s) G5(s)H3(s) , ve G4(s) G6(s)H3(s) döngüleri ile temassızdır. Temassız Döngü Kazancı:
Temassı döngü kazançlarının iki, üçlü, etc çarpımıdır.
1. [G2 ( s ) H1 ( s )][G4 ( s ) H 2 ( s )] 3. [G2 ( s ) H1 ( s )][G4 ( s )G6 ( s ) H 3 ( s )] 2. [G2 ( s ) H1 ( s )][G4 ( s )G5 ( s ) H 3 ( s )] 26 February 2007
eemdersnotlari.com
34
Bu örnekte, aynı anda üç temassız döngü olmadığından üçlü çarpım ile temassız döngü kazancımız yok. S.J.Mason Yasası:
C (s) G ( s) = = R( S )
∑T Δ k
k
k
Δ
k= iler yol sayısı Tk= k. İleri yol kazancı Δ=1-Σ(döngü kazançları)+ Σ(ikili çarpım temassız döngü kazançları) -Σ(üçlü çarpım temassız döngü kazançları) +Σ(dörtlü çarpım temassız döngü kazançları) Δk=Δ- Σ(k. Yola temas eden döngü kazançları). Bir başka deyişle Δ ‘ya temas etmeyen döngü kazançları 26 February 2007
eemdersnotlari.com
35
Örnek:
Aşağıdaki işaret akış diyagramı verilen sistemin C(s)/R(s) taransfer fonksiyonunu bulunuz.
Önce ileri yol kazancını belirleyelim:
G1 ( s )G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G5 ( s )
Kapalı döngü kazançları:
1. G2 ( s ) H1 ( s ) 2. G4 ( s ) H 2 ( s )
26 February 2007
3. G7 H 4 ( s ) 4. G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G5 ( s )G6 ( s )G7 ( s )G8 ( s ) eemdersnotlari.com
36
Dikkat edilecek olursa 1. döngü 2. ve 3. döngüler ile temas etmez. 2. döngü de 3. döngü ile temas etmez. 1.,2. ve 3. döngüler 4. döngü ile temas etmektedir.Bu durumda; İkili çarpım temassız döngü kazançları:
2. G2 ( s ) H1 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s ) 1. G2 ( s ) H1 ( s )G4 ( s ) H 2 ( s ) 3. G4 ( s ) H 2 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s ) Üçlü çarpım temassız döngü kazancı: Δ ‘yı oluşturalım:
G2 ( s ) H1 ( s )G4 ( s ) H 2 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s )
Δ = 1 − [G2 ( s ) H1 ( s ) + G4 ( s ) H 2 ( s ) + G7 ( s ) H 4 ( s ) + G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G5 ( s )G6 ( s )G7 ( s )G8 ( s )] + [G2 ( s ) H1 ( s )G4 ( s ) H 2 ( s ) + G2 ( s ) H1 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s ) + G4 ( s ) H 2 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s )]
− [G2 ( s ) H1 ( s )G4 ( s ) H 2 ( s )G7 ( s ) H 4 ( s )] 26 February 2007
eemdersnotlari.com
37
Δk ‘yı oluşturalım: İleri yola temas etmeyen Δ’nın parçası
Δ1 = 1 − G7 ( s ) H 4 ( s ) Sadeleşmiş işaret akış diyagramı J.S.Mason formülüne göre,
C (s) G (s) = = R( S )
∑T Δ k
k
Δ
k
T1Δ1 = Δ
[ G1 ( s )G2 ( s )G3 ( s )G4 ( s )G5 ( s )][1 − G7 ( s ) H 4 ( s )] = Δ
26 February 2007
eemdersnotlari.com
38
Durum Denklemlerinin İşaret Akış Diyagramları
R (s )
24 s 3 + 9 s 2 + 26 s + 24
C (s )
Sisteminin durum uzayı gösterimi: .
x 1 = x2 .
x 2 = x3 .
x 3 = −24 x1 − 26 x2 − 9 x3 + 24r y = x1
26 February 2007
eemdersnotlari.com
39
r
24
1 s
1 s
x3
-9
1 s
x2
1
y
x1
-26 -24 Ard arda (Kaskat) Gösterim:
R (s )
24 s 3 + 9 s 2 + 26 s + 24
C (s )
C (s) 24 = R( s ) ( s + 2)( s + 3)( s + 4) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
40
Sİstemimiz alternatif olarak;
X 3 ( s)
X 2 (s)
X 1 ( s)
Şeklinde gösterebiliriz Her bir birinci derece blok’un çıkışını durum değişkeni olarak tanımlayalım. Her bir blok’un giriş-çıkış ilişkisi:
Ci ( s )( s + ai ) = Ri ( s )
Ters Laplas alalım,
dci + ai ci = ri (t ) dt dci = −ai ci + ri (t ) dt 26 February 2007
Ci ( s ) 1 = Ri ( s ) ( s + ai )
eemdersnotlari.com
41
Örneğimizdeki transfer fonksiyonlarını ard arda eklersek işaret akış diyagramımız:
Durum değişkeninin türevi her bir integratörün girişi olacağını hatırlayacak olursak durum dinamikleri; .
x 1 = −4 x1 + x2 .
x 2 = −3 x2 + x3 .
x 3 = −2 x3 + 24r y (t ) = c(t ) = x1 26 February 2007
eemdersnotlari.com
42
Paralel Gösterim:
Sistemi temsil eden bir diğer gösterimdir.
C (s) 24 = R( s ) ( s + 2)( s + 3)( s + 4)
12 24 12 = − + ( s + 2) ( s + 3) ( s + 4)
12 12 24 C (s) = R( s) − R( s) + R(s) ( s + 4) ( s + 2) ( s + 3) İşaret akış diyagramı: .
x 1 = −2 x1 + 12r (t ) .
x 2 = −3 x2 − 24r (t ) .
x 3 = −4 x3 + 12r (t ) y (t ) = c(t ) = x1 + x2 + x3 26 February 2007
eemdersnotlari.com
43
Örnek:
C ( s) ( s + 3) = 2 R( s ) ( s + 1) ( s + 2)
İşaret akış diyagramını çiziniz durum dinamiklerini yazınız.
C (s) 2 1 1 = − + 2 R( s ) ( s + 1) ( s + 1) ( s + 2) .
x 1 = −2 x1 + x2 .
x 2 = − x2 − 2r (t ) .
x 3 = −2 x3 + r (t ) y (t ) = c(t ) = x1 −
26 February 2007
eemdersnotlari.com
1 x2 + x3 2
44
Geçişli Faz Değişken Gösterimi: Sistem sıfırlara sahip olduğu durumdaki gösterimdir.
C ( s) s 2 + 7s + 2 = 3 2 R( s ) s + 9 s + 26 s + 24 Payı ve paydayı en yüksek derece olan s3 ‘e bölelim,
1 7 2 + 2+ 3 C ( s) s = s s R( s ) 1 + 9 + 26 + 24 s s 2 s3
İçler dışlar çarpımı yapalım;
⎡ 9 26 24 ⎤ ⎡1 7 2 ⎤ ⎢ s + s 2 + s 3 ⎥⎦ R( s ) = ⎢⎣1 + s + s 2 + s 3 ⎥⎦C ( s ) ⎣ 26 February 2007
eemdersnotlari.com
45
Aynı dereceli terimleri bir arada toplayalım:
1 1 1 C ( s ) = [R ( s ) − 9C ( s )] + 2 [7 R ( s ) − 26C ( s )] + 3 [2 R ( s ) − 24C ( s )] s s s
.
x 1 = −9 x1 + x2 + r (t ) .
x 2 = −26 x1 + x3 + 7 r (t ) .
x 3 = −24 x1 + 2r (t ) y (t ) = c(t ) = x1
26 February 2007
eemdersnotlari.com
46
Örnek:
İşaret akış diyagramını çiziniz durum dinamiklerini yazınız.
.
x 1 = −3 x1 + x2 .
x 2 = −2 x2 + 100(r − c)
c = 5 x1 + ( x2 − 3 x1 ) = 2 x1 + x2 .
x 1 = −3 x1 + x2 .
x 2 = −200 x1 + −102 x2 + 100r 26 February 2007
eemdersnotlari.com
y = c(t ) = 2 x1 + x2 47
Ders #4
Otomatik Kontrol Fiziksel Sistemlerin Modellenmesi •Elektriksel Sistemeler • Mekaniksel Sistemler
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
Kontrol sistemlerinin analizinde ve tasarımında en önemli noktalardan bir tanesi sistemlerin matematiksel ifade edilmesidir.
Transfer fonksiyonu metodu ve durum değişkenleri metodu en çok kullanılan modelleme yöntemleridir.( Transfer fonksiyonu metodu sadece lineer sistemlere uygulanabilir.)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
Transfer Fonksiyonu: Başlangıç koşulları sıfır kabul edilerek bir sistemin cevap fonksiyunu (çıkışı) ile sürücü fonksiyonu (giriş) arasındaki Laplas transformasyonları oranına transfer fonksiyonu denir. Transfer fonksiyonu sistemin dinamik karakteristiklerini tanımlar. Sistem özelliğidir. Sistemin fiziksel yapısı hakkında bilgi vermez, farklı fiziksel sistemlerin transfer fonksiyonları aynı olabilir.
(bm s m + bm −1s m −1 + ........b0 ) C (s) = G(s) = n n −1 R( s) (an s + bn −1s + ........a0 ) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
Örnek:
dx + 2 x = r (t ) dt
için transfer fonksiyonunu oluşturunuz.
Başlangıç koşullarını 0 kabul ederek iki tarafın Laplas dönüşümünü alalım:
sX ( s ) + 2 X ( s ) = R( s ) X (s) G ( s) = R( s)
26 February 2007
1 = s+2
eemdersnotlari.com
4
Elektriksel Sistemlerin Transfer Fonksiyonları Elektriksel sistemlerin modellenmesinde linneer ve pasif üç devre elemanı yaygın olarak kullanılır. Direnç, Endüktans ve Kapasitans
26 February 2007
eemdersnotlari.com
5
Kapasitör için:
1 V ( s) = I ( s) Cs Direnç için:
V ( s ) = RI ( s ) Endüktör için:
V ( s ) = LsI ( s ) Transfer fonksiyonu tanımlayacak olursak:
V ( s) = Z ( s) I ( s) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Elektriksel devrelerin matematiksel modellenmesinde Kirşof yasalarından faydalanılır: Bir kapalı çevrimde gerilimlerin toplamı sıfırdır. Bir noktaya gelen ve noktadan çıkan akımların toplamı sıfırdır.
Bu ilişkiler kurulduktan sonra devre için diferansiyel denklemler yazılır. Daha sonra Laplas dönüşümü yapılır ve transfer fonksiyonu elde edilir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
7
Örnek: Aşağıdaki devrede kapasitör gerilimi Vc(s) ve giriş gerilimi V(s) yi ilişklendiren transfer fonksiyonunu yazınız.
Kontrol tasarımcısı ilk önce giriş ve çıkışı belirlemelidir. Ancak bu örnekte giriş ve çıkış bize verilmiştir. Giriş ugulanan V(t) gerilimi çıkış ise kapasitör gerilimi, Vc(t).
26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
1. Yöntem Kirşof Gerilimler Yasası: t
di (t ) 1 Ri (t ) + L + ∫ i (τ )dτ = v(τ ) dt C0 Başlangıç koşullarını sıfır kabul ederek Laplas dönüşümünü yapalım:
1 RI ( s ) + LsI ( s ) + I ( s) = V ( s) Cs
Denklemi düzenleyecek olursak:
1 V ( s ) = ( R + Ls + ) I ( s ) Cs Dikkat edilecek olursa uygulanan gerilim; çevrimdeki devre elemanlarının empedansları toplamı çarpı devre akımıdır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
9
I ( s) =
Vc ( s ) V (s)
V ( s) 1 ( R + Ls + ) Cs
‘i elde etmeye çalışıyoruz.
1 Vc ( s ) = I (s) Cs 1 V ( s) Vc ( s ) 1 1 Vc ( s ) = = 1 Cs ( R + Ls + ) V ( s ) Cs RCs + LCs 2 + 1 ( ) Cs Cs 1 Vc ( s ) LC = V ( s) s 2 + R s + 1 L LC 26 February 2007
eemdersnotlari.com
10
Aslında devreyi çözmeye başlamadan devre elemanlarının devre üzerinde empedans değerlerini yazabiliriz.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
2. Yöntem Kirşof Akımlar Yasası: Bir noktadan çıkan akımları pozitif, noktaya gelen akımları negatif kabul edeceğiz. Bizim devremizde akımlar; kapasitör içinden geçen akım ve seri bağlı direnç ve endüktörden geçen akımdır.
Vc ( s ) Vc ( s ) − V ( s ) + =0 1 R + Ls Cs Çözecek olursak:
26 February 2007
1 Vc ( s ) LC = V (s) s 2 + R s + 1 L LC
eemdersnotlari.com
12
3. Yöntem Gerilim Bölücü: Kapasitör uçlarındaki gerilim uygulanan gerilimin bir kısmıdır. Dolayısıyla kapasitör empedansını toplam empedansa bölerek de kapasitör gerilimini bulabiliriz.
Vc ( s ) =
1 Cs 1 R + Ls + Cs
V (s)
Bu örnekte tek çevreli bir elektriksel devremiz vardı, fakat çoğu elektriksel devreler birden çok döngü içerirler. Çok çevreli devrelerin transfer fonksiyonlarını elde edebilmek için: 1. Devre elemanlarının empedans değerleri yazılır 2. Çevrede akımın yönü seçilir 3. Çevrede Kirşof gerilimler yasası uygulanır 4. Çıkışı elde etmek için denklemler sırasıyla çözülür 5. Transfer fonksiyonu oluşturulur 26 February 2007
eemdersnotlari.com
13
Örnek: Aşağıdaki devrede I2(s)/V2(s) transfer fonksiyonunu yazınız.
Basşlangıç koşullarını sıfır varsayarak devre elemanlarının empedanslarını yazalım
26 February 2007
eemdersnotlari.com
14
1. Çevrimde
R1 I1 ( s ) + LsI1 ( s ) − LsI 2 ( s ) = V ( s )
2. Çevrimde
LsI 2 ( s ) + R2 I 2 ( s ) +
1 I 2 ( s ) − LsI1 ( s ) = 0 Cs
I1(s) ve I2(s) li terimleri birlikte yazacak olursak;
( R1 + Ls ) I1 ( s ) − LsI 2 ( s ) = V ( s ) 1 − LsI1 ( s ) + ( Ls + R2 + ) I 2 ( s ) = 0 Cs
I2(s) i Çözmek için kramer yasasını kullanacak olursak;
Δ=
26 February 2007
( R1 + Ls ) − Ls
− Ls 1 ( Ls + R2 + ) Cs
eemdersnotlari.com
15
( R1 + Ls )
V (s)
− Ls
0
I 2 (s) =
Transfer Fonksiyonu:
LsV ( s ) Ls Δ G ( s) = = V (s) Δ
26 February 2007
Δ
=
LsV (s ) Δ
I 2 (s) G (s) = V (s) LCs 2 = ( R1 + R2 ) LCs 2 + ( R1 R2C + L) s + R1
eemdersnotlari.com
16
26 February 2007
eemdersnotlari.com
17
26 February 2007
eemdersnotlari.com
18
1. Çevrimdeki empedansları n toplamı
-
I1-
Ortak empedansların toplamı
I1+
Ortak empedansların toplamı
I2 =
1. Çevrimde uygulanan Gerilimlerin toplamı
2. Çevrimdeki empedansların toplamı
I2=
2. Çevrimde uygulanan Gerilimlerin toplamı
Çoğu zaman transfer fonksiyonunun bulunması için en kolay yöntem çevre gerilimleri değil, nod akımları yöntemidir. Diferansiyel denklemlerin sayısı gerilimleri bilinmeyen nod’ların sayısı kadardır. Nod denklemlerini yazarken devre elemanlarını admitans olarak göstermek kolaylık sağlar. Admitans : Empedansın çarpmaya göre tersidir ve Y(s) ile gösterilir;
1 I (s) Y (s) = = Z (s) V (s) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
19
Nod akımları ile transfer fonksiyonunu elde edeceksek:
1. Devre elemanlarının admitans değerleri yazılır 2. Gerilim kaynakları akım kaynakları cinsinden yazılır (Eğer kolaylık sağlayacaksa) 3. Nod’da Kirşof akımlar yasası uygulanır 4. Çıkışı elde etmek için denklemler sırasıyla çözülür 5. Transfer fonksiyonu oluşturulur
26 February 2007
eemdersnotlari.com
20
Örnek: Aşağıdaki devrede Vc(s)/V(s) transfer fonksiyonunu nod akımlarını kullanarak yazınız.
Gerilim kaynağını, akım kaynağına empedansları admitanslara dönüştürelim.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
21
I ( s ) = Y ( s )V ( s )
1 G1VL ( s ) + VL ( s ) + G2 [VL ( s ) − VC ( s)] = V ( s )G1 Ls Vc(s) nod’undaki akımların toplamı:
CsVC ( s ) + G2 [VC ( s ) − VL ( s )] = 0 VL(S) ve VC(s)’leri düzenleyelim:
1 ⎞ ⎛ ⎜ G1 + G2 + ⎟VL ( s ) − G2VC ( s ) = V ( s )G1 Ls ⎠ ⎝ − G2VL ( s ) + (G2 + Cs )VC ( s ) = 0
26 February 2007
eemdersnotlari.com
22
Sırayla çözdüğümüzde transfer fonksiyonu:
G1G2 s Vc ( s ) C = V ( s ) (G + G )s 2 + G1G2 L + C s + G2 1 2 LC LC 1. Nod’a bağlı admitansların toplamı
-
Ortak admitansların toplamı
26 February 2007
VLVL+
Ortak admitansların toplamı
VC=
1. Nod’da uygulanan akımların toplamı
2. Nod’a bağlı admitansların toplamı
VC=
2. Nod’da uygulanan akımların toplamı
eemdersnotlari.com
23
Örnek: Aşağıdaki devrede çevre denklemlerini yazınız.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
24
1. Çevredeki empedansların toplamı
-
-
I1 -
1. ve 2. Çevredeki ortak empedansların toplamı 1. ve 3. Çevredeki ortak empedansların toplamı
I1 +
I1 -
1. ve 2. Çevredeki ortak empedansların toplamı
I2 -
2. Çevredeki empedansların toplamı
2. ve 3. Çevredeki ortak empedansların toplamı
I2 -
I2 +
1. ve 3. Çevredeki ortak empedansların toplamı
I3 =
2. ve 3. Çevredeki ortak empedansların toplamı 3. Çevredeki empedansların toplamı
I3 =
I3 =
1. Çevrede uygulanan Gerilimlerin toplamı
2. Çevrede uygulanan Gerilimlerin toplamı 3. Çevrede uygulanan Gerilimlerin toplamı
(2 s + 2 )I 1 ( s ) − (2 s + 1 )I 2 ( s ) − I 3 ( s ) = V ( s ) − (2 s + 1 )I 1 ( s ) + (9 s + 1 )I 2 ( s ) − 4 sI 3 ( s ) = 0 1⎞ ⎛ − I 1 ( s ) − 4 sI 2 ( s ) + ⎜ 4 s + 1 + ⎟ I 3 ( s ) = 0 s⎠ ⎝ 26 February 2007
eemdersnotlari.com
25
Mekaniksel Sistemlerin Transfer Fonksiyonları (Düzlemsel Hareket)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
26
Mekaniksel sistemler ile elekriksel sistemler arasında analoji oluşturmamız mümkündür. Örneğin, uygulanan kuvvet, uygulanan gerilimin; hız, akımın; yer değiştirme de yük’ün karşılığıdır. Mekaniksel Empedans: Yay elemanı: Sönüm elemanı: Kütle:
26 February 2007
F (s) Z M (s) = X (s)
F ( s ) = KX ( s )
F ( s ) = f v sX ( s ) F ( s ) = Ms 2 X ( s )
eemdersnotlari.com
27
Örnek:
X(s)/F(s) transfer fonksiyonunu bulunuz.
RLC devresine benziyor, mekaniksel sistemelerde diferansiyel denklem hareket denklemi ile yazılır ve bu mekaniksel sistemi tanımlar. Elektriksel devrelerde akımın yönünü biz seçtiğimiz gibi mekaniksel sistemlerde de hareketin pozitif yönünü belirleriz ve serbest cisim diyagramını çizeriz. Serbest cisim diyagramında cisme etkiyen tüm kuvvetler ve pozitif hareket yönü gösterilir. Kuvvetler zaman tanım aralığında veya Laplas dönüşümü ile(sıfır başlangıç koşulu varsayılarak) gösterilebilir. Newton yasası uygulanarak, kuvvetler toplanır ve sıfıra eşitlenir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
28
Kx(t ) dx(t ) fv dt d 2 x(t ) M dt 2 Kuvvetleri toplayıp sıfıra eşitleyecek olursak;
Ms 2 X ( s ) + f v sX ( s ) + KX ( s ) = F ( s )
(Ms
)
+ f v s + K X ( s) = F ( s) 1 X (s) = G (s) = 2 F ( s ) Ms + f v s + K 26 February 2007
2
eemdersnotlari.com
29
Çoğu mekaniksel sistemler, çok çevrimli çok nod’lu elektriksel devrelere benzemektedir ve sistemi tanımlamak için birden fazla diferansiyel denklem gerekir. Mekaniksel sistemlerde gerekli olan hareket denklemlerinin sayısı, lineer olarak bağımsız hareketlerin sayısına eşittir. Lineer bağımsızlığın manası hareket noktasının diğer hareket noktaları sabitlendiği halde hareket edebilmesidir. Lineer bağımsızlığın bir diğer manası serbestlik derecesidir. Eletriksel sistemlerden örnek verecek olursdak; iki çevreli bir devrede her bir akım diğer çevrenin akımının etkisi altındadır. Eğer çevrelerden birini açık devre yaparsak, diğer çevrede gerilim kaynağı varsa o çevrede akım akmaya devam eder.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
30
Örnek:
X(s)/F(s) transfer fonksiyonunu bulunuz. Her iki kütle yatay doğrultuda biri sabit iken hareket ettirilebileceği için sistemin serbestlik derecesi ikidir. İki denklem iki kütlenin serbest cisim diyagramından elde edilecektir. Eğer M2’yi sabit tutup M1’i sağa doğru hareket ettirecek olursak
26 February 2007
eemdersnotlari.com
31
Eğer M1’yi sabit tutup M2’i sağa doğru hareket ettirecek olursak
M1 üzerine süperpozisyon uygulanacak olursa:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
32
Aynı işlemleri M2 için yapalım: Eğer M1’yi sabit tutup M2’i sağa doğru hareket ettirecek olursak
Eğer M2’yi sabit tutup M1’i sağa doğru hareket ettirecek olursak
M2 üzerine süperpozisyon uygulanacak olursa:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
33
[M s +( f 2
1
v1
]
+ fv3 )s +( K1 + K2 ) X1(s) −( fv3s + K2 )X2(s) = F(s)
[
]
−( fv3s + K2 )X1(s) + M2s +( fv2 + fv3 )s +( K2 + K3 ) X2 (s) = 0 2
( f v3s + K 2 ) X 2 (s) = G (s) = F (s) Δ
⎡M1s2 +( fv1 + fv3 )s +( K1 + K2 ) Δ=⎢ −( fv3s + K2 ) ⎢⎣ 26 February 2007
eemdersnotlari.com
−( fv3s + K2 )
⎤ ⎥ 2 M2s +( fv2 + fv3 )s +( K2 + K3 )⎥⎦ 34
X1 deki harekete bağlı empedansların toplamı
-
X1 -
X1 ve X2 deki ortak empedanslarınX1 + toplamı
26 February 2007
X1 ve X2 deki ortak empedansların toplamı
X1’e uygulanan
X2 =
X2 deki harekete bağlı empedansların toplamı
Kuvveterin toplamı
X2’e uygulanan
X2 =
eemdersnotlari.com
Kuvveterin toplamı
35
Örnek:
Yukarıdaki mekaniksel sistemin hareket denklemlerini direk yazınız.
[M s +( f 2
1
v1
]
+ fv3 )s + ( K1 + K2 ) X1(s) − K2 X2 (s) − fv3sX3(s) = 0
− K X (s) + [M s + ( f 2
2
1
2
v2
]
+ fv4 )s + K2 X2 (s) − fv4sX3(s) = F(s)
[
]
− fv3sX1(s) − fv4sX2 (s) + M3s2 + ( fv3 + fv4 )s X3(s) − fv4sX3(s) = 0 26 February 2007
eemdersnotlari.com
36
Mekaniksel Sistemlerin Transfer Fonksiyonları (Dairesel Hareket)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
37
Dairesel hareket eden mekaniksel sistemler düzlemsel hareket eden mekaniksel sistemler gibi ele alınır. Kuvvet’in yerini tork, düzlemsel yer değiştirmenin yerini açısal yer değiştirme alır. Ayrıca kütle yerine atalet ifadesi kullanılır. Serbestlik derecesi ise düzlemsel harekette yer değiştirme ile belirlenirken dairesel harekette dönebilme ile belirlenir. Önce, hareket noktalarını sabit tutularak cismi döndürürüz ve oluşacak torkları serbest cisim diyagramı üzerinde gösteririz. Sonra cismi sabitleyip sırasıyla bitişik hareket noktaları döndürülerek oluşacak torklar serbest cisim diyagramında gösterilir. Her bir hareket noktası için bu işlemi tekrarlanır. Tüm serbest cisim diyagramlarında tork’lar toplanır ve sıfıra eşitlenir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
38
Örnek:
Sistemin, θ2(s)/T(s) transfer fonksiyonunu yazınız. Çubuk her iki taraftan yataklanmışıtır ve burulmaya maruz kalmaktadır. Sağ tarafa tork uygulanırken yer değişrtirme sol taraftan ölçülmektedir.
Burada çubuğun burulmasını iki atalet arasında bulunan yay gibi düşünebiliriz.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
39
J1 üzerindeki J1’nın hareketiyle oluşan Torklar
J2 üzerindeki J2’nın hareketiyle oluşan Torklar 26 February 2007
J1 üzerindeki J2’nın hareketiyle oluşan Torklar
J2 üzerindeki J1’nın hareketiyle oluşan Torklar eemdersnotlari.com
J1 üzerindeki oluşan toplam Torklar
J2 üzerindeki oluşan toplam Torklar 40
Her iki ataletteki torkları topladığımızda, hareket denklemini elde ederiz:
(J s 1
2
)
+ D1s + K θ1 ( s ) − Kθ 2 ( s ) = T ( s )
(
)
− Kθ1 ( s ) + J 2 s + D2 s + K θ 2 ( s ) = 0 2
θ 2 ( s)
K = T ( s) Δ
(
⎡ J1s 2 + D1s + K Δ=⎢ −K ⎢⎣ 26 February 2007
)
⎤ ⎥ 2 J 2 s + D2 s + K ⎥⎦
(
eemdersnotlari.com
−K
)
41
θ1 deki harekete bağlı empedansların toplamı
-
θ1 -
θ1 ve θ2 deki ortak empedanslarınθ1 toplamı
26 February 2007
θ1 ve θ2 deki ortak empedansların toplamı
+
θ2 =
θ2 deki harekete bağlı empedansların toplamı
θ1’e uygulanan Torkların toplamı
θ2 =
eemdersnotlari.com
θ2’e uygulanan Torkların toplamı
42
Örnek:
Hareket denklemlerini direk yazınız. θ1 deki harekete bağlı empedansların toplamı
-
-
θ1 -
θ1 ve θ2 deki ortak empedansların toplamı
θ1 ve θ2 deki ortak empedansların toplamı
θ1 +
θ1 ve θ3 deki ortak empedansların toplamı 26 February 2007
θ1 -
θ2 -
θ2 deki harekete bağlı empedansların toplamı
θ2 ve θ3 deki ortak empedansların toplamı
θ2 -
θ2+
θ1 ve θ3 deki ortak empedansların toplamı
θ2 ve θ3 deki ortak empedansların toplamı
θ3
Torkların toplamı
θ3
θ3 deki harekete bağlı empedansların toplamı
eemdersnotlari.com
=
θ1’e uygulanan
θ2’e uygulanan
=
Torkların toplamı
θ3 =
θ3’e uygulanan Torkların toplamı 43
(J s 1
2
)
+ D1s + K θ1 ( s ) − Kθ 2 ( s ) − 0θ 3 ( s ) = T ( s )
(
)
− Kθ1 ( s ) + J 2 s 2 + D2 s + K θ 2 ( s ) − D2 sθ 3 ( s ) = 0
(
)
− 0θ1 ( s ) − D2 sθ 2 ( s ) + J 3 s + D3 s + D2 s θ 3 ( s ) = 0
26 February 2007
2
eemdersnotlari.com
44
Ders #5
Otomatik Kontrol Fiziksel Sistemlerin Modellenmesi •Dişli Takımları • Elektromekaniksel Sistemler
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
Mekaniksel Sistemlerin Transfer Fonksiyonları (Dişli Takımları) Vitesli bisikletleri düşünelim. Yokuş çıkarken daha fazla tork veren ve daha yavaş gideceğimiz vitese geçirilir. Düz yolda ise daha az tork ve daha hazla hız yapılabilen vitese geçirilir. Kısaca, dişli takımları bisiklet ve yolu hız ve torktan birini tercih edilerek eşleştirir.
Her bir dişli çevresinede alınan yol eşit olduğundan:
r1θ1 = r2θ 2
26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
θ 2 r1 N1 = = θ1 r2 N 2 İki dişlinin açısal yer değiştirmeleri diş sayıları ile ters orantılıdır. Torklar arasındaki ilişki nasıl? Eğer dişlilerin enrjiyi absorbe etmediğini ve depolamadığını varsayacak olursak: 1. dişliye verilen enerji, 2. dişliden alınan enerjiye eşittir. Eğer dişlilerin enrjiyi absorbe etmediğini ve depolamadığını varsayacak olursak: 1. dişliye verilen enerji, 2. dişliden alınan enerjiye eşittir.
T1θ1 = T2θ 2 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
T2 θ1 N 2 = = T1 θ 2 N1
26 February 2007
eemdersnotlari.com
4
Dişlilerin mekaniksel empedansları sürmesi durumunda:
θ1’ deki dişli takımsız eşdeğer devre:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
5
Hareket denklemi:
(
)
N2 Js + Ds + K θ 2 ( s ) = T1 ( s) N1 2
θ2(s)’ yi eşdeğer θ1(s) cinsinden yazacak olursak:
(
)
N1 N2 Js + Ds + K θ1 ( s ) = T1 ( s ) N2 N1 2
Düzenlediğimizde: 2 2 ⎛ ⎛ N ⎞2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ N N ⎜ J ⎜ 1 ⎟ s 2 + D⎜ 1 ⎟ s + K ⎜ 1 ⎟ ⎟θ ( s ) = T ( s ) 1 ⎜N ⎟ ⎜N ⎟ ⎟ 1 ⎜ ⎜⎝ N 2 ⎟⎠ ⎝ 2⎠ ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Dairesel mekaniksel empedanslar yukarıdaki şekildeki gibi dişli oranlarının karesiye orantılı olarak diğer tarafa indirgenebilir. Aynı transformatörlerdeki empedansların indirgenmesi gibi.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
7
Örnek:
Sistemin, θ2(s)/T1(s) transfer fonksiyonunu yazınız. Her bir atalet için sırasıyla çözülmesi gereken iki diferansiyel denklem olmalı gibi görünse de, atalet elemanları dişli takımndan dolayı lineer birbirinden bağımsız hareket edemezler. Bu sbeple sistemin serbestlik derecesi birdir ve bir tane hareket denklemi vardır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
J1, D1 ve T1 i dişlinin diğer tarafına indirgeyecek olursak
(
)
N2 J e s + De s + K e θ 2 ( s ) = T1 ( s) N1 ⎛ N2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ N1 ⎠ θ 2 ( s) ⎝ G( s) = = T1 ( s ) J e s 2 + De s + K e
26 February 2007
2
(
eemdersnotlari.com
)
9
Dişli treni olması durumunda:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
10
Örnek:
Sistemin, θ1(s)/T1(s) transfer fonksiyonunu yazınız.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
Sistemdeki dişli treninin dişlileri kayıpsız dişliler değil. Her birinin atalet ve vizkoz sürtünmesi var.
Transfer fonksiyonunu elde etmek için bütün empedansları giriş şaft’ına indirgeyelim.
Dikakt edilecek olurssa bütün empedanslar için dişli oranı aynı değildir. Örneğin; D2 , (N1/N2)2 ile indirgenirken (J4+J5)
⎛ N 3 N1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ N4 N2 ⎠
2
İle indirgenecektir.
Tüm eşdeğer sistem: 26 February 2007
eemdersnotlari.com
12
(J s e
θ1 ( s)
2
)
+ De s θ1 ( s ) = T1 ( s )
1 = G ( s) = T1 ( s) J e s 2 + De s 26 February 2007
(
eemdersnotlari.com
) 13
Elektromekaniksel Sistemlerin Transfer Fonksiyonları
NASA uçuş simülatörü, robot kolun kullanıldığı bir elektro mekanik sistem 26 February 2007 eemdersnotlari.com 14
Motorlar elektromekanik sistemlere en güzel örnektir. Gerilim girişi çıkışta dönmeye (bir yer değiştirmeye) sebebiyet verir.
Sabit mıknatıslı bir DC motor ve transfer fonksiyonu
26 February 2007
eemdersnotlari.com
15
DC makinanın manyetik alanı sabit mıknatıslar tarasından üretilmektedir. Dönen, hareketli paça endüvi ile adlandırılır ve içinden ia(t) akımı akar. Manyetik alan içinde bulunan ve içinden akım akan endüvi F=Bl ia(t) kuvvetine maruz kalır ve döner. Manyetik alan içinde bulunan ve dönen endüvi uçlarında e=Blv Gerilimi endüklenir, bu gerilime ters elektromotor kuvveti adı verilir.
dθ m (t ) va (t ) = K b dt
Laplas dönüşümü yaptığımızda: Endüvi devre denklemi ise: Motorun ürettiği tork :
26 February 2007
Va ( s ) = K b sθ m ( s )
Ra I a ( s ) + La sI a ( s ) + Va ( s ) = Ea ( s )
Tm ( s ) = K t I a ( s ) eemdersnotlari.com
16
1 I a (s) = Tm ( s ) Kt
Transfer fonksiyonunu elde etmek üzere akım ve gerilimi yerine yazalım;
( Ra + La s )Tm ( s ) + K b sθ m ( s ) = E a ( s ) Kt
X
Giriş ve çıkış arasındaki transfer fonksiyonu, θm(s)/Ea(s), bulabilmek için Tm(s) ‘yi θm(s) cinsinden yazmalıyız.
Biri yükü döndüren motorun tipik eşdeğeri Jm endüvideki eşdeğer atalet, daha sonra bu eş değer ataletin yük ataletinide içerdiğini göreceğiz. Dm endüvideki eşdeğer sönüm elemanı, daha sonra bu eş değer sönüm elemanının yük sönüm elemanını da içerdiğini göreceğiz. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
17
(
)
Tm ( s ) = J m s 2 + Dm s θ m ( s) İfadesini
( X ) da yerine yazacak olursak;
( Ra + La s )( J m s 2 + Dm s )θ m ( s ) + K b sθ m ( s ) = E a ( s ) Kt Endüvi endüktansı, La’yı, endüvi direnci, Ra, ya göre küçük olduğunu varsayarsak;
⎡ Ra ⎤ ⎢ ( J m s + Dm ) + K b ⎥ sθ m ( s ) = Ea ( s ) ⎣ Kt ⎦
θ m ( s) Ea ( s )
=
Kt Ra J m
Daha basitçe;
⎡ K t K b ⎞⎤ 1 ⎛ ⎜⎜ Dm + ⎟⎟⎥ s ⎢s + Ra ⎠⎦ ⎣ Jm ⎝
26 February 2007
eemdersnotlari.com
θ m ( s)
K = Ea ( s ) s ( s + α ) 18
Eşdeğer elemanlar,Jm ve Dm’yi inceleyelim;
Sırasıyla Ja,Da motorun JL,DL yükün atalet ve sönüm elemanaları ve bu değerleri bildiğimizi varsayalım. Dişli takımını göz önünde bulundurarak endüviye indirgenen eşdeğer atalet ve sönüm elemanı;
⎛ N1 ⎞ ⎟⎟ J m = J a + J L ⎜⎜ ⎝ N2 ⎠ 26 February 2007
2
⎛ N1 ⎞ ⎟⎟ Dm = Da + DL ⎜⎜ ⎝ N2 ⎠ eemdersnotlari.com
2
19
Mekaniksel sabitleri inceledik şimdi transfer fonksiyonundaki elektriksel sabitleri nasıl elde edeceğimizi inceleyelim: Elektrisel sabitler, çoğu zaman dinamometre testi ile elde edilirler. Dinomometre testinde sait gerilim altında motorun tork ve hızı ölçülür. Bu testi anlaya çalışalım:
( Ra + La s )Tm ( s ) + K b sθ m ( s ) = E a ( s ) Kt olarak elde edilmişti, endüvi endüktansı, La’yı, endüvi direnci, Ra, ya göre küçük olduğunu varsayarsak;
Ra Tm (t ) + K bω (t ) = ea (t ) Kt Kararlı halde sabit dc gerilimde; 26 February 2007
θ m (t ) dt
= ω (t )
Ra Tm + K bωm = ea Kt
eemdersnotlari.com
20
Kb Kt Kt Tm = − ωm + ea Ra Ra
ωm =0 ise;
Tstall
ωbosta
Tm =0 ise;
Kt = ea Ra ea = Kb
Elektriksel katsayılar:
K t Tstall = Ra ea Kb =
26 February 2007
eemdersnotlari.com
ea
ωbosta
21
Örnek:
Yukarda verilen dc motorun tork-hız karakteristiği yandaki gibidir. Bu motorun θL(s)/Ea(s) transfer fonksiyonunu elde ediniz.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
22
2
⎛ N1 ⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ Jm = Ja + JL⎜ = 5 + 700⎜ ⎟ = 12 ⎟ ⎝ 10 ⎠ ⎝ N2 ⎠ 2
2
K t Tstall 500 = = =5 Ra ea 100
2
⎛ N1 ⎞ ⎛1⎞ = 2 + 800 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 10 Dm = Da + DL ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠ ⎝ N2 ⎠
θ m ( s)
Kb =
ea
ωbosta
100 = =2 50
5 12
0.417 = = 1 Ea ( s ) ⎡ ⎤ s ( s + 1.667) s ⎢ s + (10 + (5)(2) )⎥ ⎣ 12 ⎦ N1/N2=1/10 olduğundan,
θ L (s)
0.0417 = Ea ( s ) s ( s + 1.667)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
23
Ders #6-8
Otomatik Kontrol Sistem Modellerinin Zaman Cevabı ve Performans Kriterleri Prof.Dr.Galip Cansever
eemdersnotlari.com
1
Kapalı döngü sistemin oluşturulmasından önce sistem modelinden geçici rejim cevabının analizi ile sistem tanımlanması önemlidir.
eemdersnotlari.com
2
Transfer Fonksiyonu Kutuplar&Sıfırlar Transfer Fonksiyonu: Başlangıç koşulları sıfır kabul edilerek bir sistemin cevap fonksiyunu (çıkışı) ile sürücü fonksiyonu (giriş) arasındaki Laplas transformasyonları oranına transfer fonksiyonu denir. Transfer fonksiyonu sistemin dinamik karakteristiklerini tanımlar. Sistem özelliğidir. Sistemin fiziksel yapısı hakkında bilgi vermez, farklı fiziksel sistemlerin transfer fonksiyonları aynı olabilir. Kutuplar: Transfer fonksiyonunun paydasının kökleridir. Kompleks kutuplar tüm sistemin enerji depolama karakteristikleri ile alakalı doğal frekanslarını temsil eder. eemdersnotlari.com
3
Kompleks kutuplar sistemin doğal frekanslarıdır, sensör ve hareketlendiricilerin s düzlemindeki yerlerinden bağımsızdır. Kompleks kutuplar sistemin değişik iç enerji depolama elamanları arasında enerjinin serbestçe dolaştığı doğal frekansları temsil eder. Sıfırlar: Transfer fonksiyonunun payının kökleridir. Sensörler ve hareketlendiriciler ile tanımlanan enerji depolama karakteristikleri ile alakalı rezonans frekanslarını temsil eder. Kompleks sıfırlar sistemin enerji sinki gibi davranacağı frekansları temsil eder.
K ( s + 1)( s + 15 ) G (s) = 2 s ( s + 3 )( s + 5 ) (s + 8 )
Sıfırlar:-1, -15 Kutuplar:0, -3, -5, -8 (2 tane) eemdersnotlari.com
4
Örnek:
eemdersnotlari.com
5
(s + 2) C (s) = s(s + 5) (s + 2) A = ( s + 5)
s→ 0
A B + C (s) = s (s + 5) 2 = 5
( s + 2) 3 B= = s s →−5 5 2 3 C (s) = 5 + 5 ⇒ s s+5
2 3 −5t c (t ) = + e 5 5
eemdersnotlari.com
6
eemdersnotlari.com
7
1. Giriş fonksiyonunun kutbu zorlanmış çözümü üretir. (Orjindeki kutup çıkışta birim basamak fonksiyonu oluşturdu) 2. Transfer fonksiyonunun kutbu doğal cevabı oluşturur. (5 deki kutup e-5t yi üretti)
3. Reel eksendeki kutup e-at şekilinde üstel bir cevap üretir, bu kutup ne kadar solda ise üstel geçici cevap 0’a o kadar hızlı düşer 4. Sıfır hem kararlı halde hemde geçici rejimde büyüklüğün oluşmasına yardımcı olur.
eemdersnotlari.com
8
eemdersnotlari.com
9
Örnek:
K3 K1 K2 K4 + + + C (s) = s (s + 2) (s + 4) (s + 5)
Sisteminin cevabı:
c (t ) = K 1 + K 2 e −2 t + K 3e −4 t + K 4 e −5t
Zorlanmış Çözüm
Doğal Çözüm
eemdersnotlari.com
10
Birinci Derece Sistem Cevabı ve Özellikleri
Eğer R(s)=1/s birim basamak ise
a C (s) = s(s + a)
c ( t ) = 1 − e − at a’ ya göre sistemi inceleyelim;
1 t = ⇒ e − at a
x (t ) = 1 − e
t=
1 a
− at 1 t= a
= e − 1 = 0 . 37
= 1 − 0 . 37 = 0 . 63
eemdersnotlari.com
11
eemdersnotlari.com
12
Zaman Sabiti: 1/a’ya zaman sabiti denir. Denklemler ve şekle göre e-at nin başlangıç değerinin %37 sine düşmesine kadar olan zaman veya birim basamak cevabının %63 üne ulaşıncaya kadar geçen süre olarak tanımlanabilir. Zaman sabitinin birimi 1/saniye dir. a parametresine de üstel frekans denir. t=0‘da e-at nin türevi a oldugu için t=0 da başlangıç eğimi a dır. Böylece 1. derece sistemin geçici cevabı zaman sabiti olarak değerlendirilebilir.
eemdersnotlari.com
13
Yükselme Zamanı, Tr: Yükselme zamanı cevabın %10’nun dan %90’nına ulaşıncaya kadar geçen süre olarak tanımlanır.
c ( t ) = 1 − e − at Denkleminde c(t)=0.9 ve c(t)=0.1 zamanlarında fark alıncak olursa
ln( 0 . 1) 0 .9 = 1 − e ⇒ −t2 = a ln( 0 . 9 ) − at 0 .1 = 1 − e ⇒ − t1 = a 2 . 31 0 . 11 2 .2 − = T r = t 2 − t1 = a a a − at
olarak bulunur.
eemdersnotlari.com
14
Yerleşme Zamanı, Ts: Yerleşme zamanı cevabın %98’ine ulaşıncaya kadar geçen süre olarak tanımlanır.
c ( t ) = 1 − e − at Denkleminde c(t)=0.98 olarak alınırsa
0 . 98 = 1 − e
− at
ln( 0 . 02 ) ⇒ −t = a
4 Ts = a
eemdersnotlari.com
olarak bulunur.
15
İkinci Derece Sistem Cevabı ve Özellikleri Birinci derece sistemlerde parametrenin değişimi sadece sistemin cevap hızını etkiler ama ikinci derece sistemlerde parametre değişimi cevabın şeklini de değiştirebilir. Örnek:
Sistemini ele alalım: Bu sistemin iki sonlu kutbu var ve sıfırı yok. Paydadaki b sayısı sadece girişi çarpan bir faktör. a ve b ye değişik sayılar atayarak ikinci derece sistemi inceleyeceğiz. eemdersnotlari.com
16
Aşırı Sönümlü: İki kök reel eksen üzerindeyken oluşan cevabdır. R(s)=1/s ve C(s)=R(s)G(s) iken
9 C (s) = s(s 2 + 9 s + 9)
Olarak seçelim
9 C (s) = s ( s + 7.854)( s + 1.146)
Olarak yazılabilir.
Burada hatırlanacağı üzere giriş fonksiyonu sabit zorlu çözümü Reel eksen üzerindeki iki kutup da doğal çözümü oluşturur ki bunların frekansları kutupların yerlerine bağlıdır.
c (t ) = K 1 + K 2 e
− 7 . 854 t
+ K 3e
eemdersnotlari.com
− 1 . 146 t 17
eemdersnotlari.com
18
Sönümlü:
Kompleks eşlenik kökler varken olan cevabdır.
9 C (s) = s(s 2 + 2 s + 9)
Olarak seçelim
Eşlenik kutuplar: s1,2=-1±j2.82 eemdersnotlari.com
19
s1,2=-1±j2.82 Kutbun reel kısmı sinioidalin genliğinin üstel düşüm frekansına denk gelirken, imajiner kısmı ise sinüsoidalin osilasyon frekansına karşılık gelir.
eemdersnotlari.com
20
Genel olarak;
Bu tür cevaplara sönümlü cevaplar adı verilir ve kararlı hale sönümlü osilasyon ile ulaşır. Sinüsoidal’ın frekansına sönümlü osilasyon frekansı denir, ωd eemdersnotlari.com
21
Örnek:
Sisteminin birim basamak cevabını yazınız. Eşlenik kutuplar: s1,2=-5±j13.23
c (t ) = K 1 + e
−5t
( K 2 Cos (13 . 23 t ) + K 3 Sin (13 . 23 t ))
c ( t ) = K 1 + K 4 e − 5 t ( Cos (13 . 23 t ) − φ )
φ = tan
−1
K3 ( ) K2
K4 = eemdersnotlari.com
K2 + K3 2
2
22
Osilasyonlu Cevap:
C (s) =
İki kök imajiner eksen üzerindeyken oluşan cevabdır.
9 s(s 2 + 9)
Olarak seçelim
Orjindeki giriş sabit zorlanmış cevabı oluştururken imajiner eksen üzerinde ±3j deki kutuplar sinüsodial doğal cevap oluşturur.
eemdersnotlari.com
23
eemdersnotlari.com
24
Kritik Sönümlü Cevap: İki katlı kök reel eksen(negatif bölge) üzerindeyken oluşan cevabdır.
9 9 C (s) = = 2 s(s + 6 s + 9) s ( s + 3) 2
c (t ) = K 1 + K 2 e
−3t
+ K 3 te
Olarak seçelim
−3t
Orjindeki giriş sabit zorlanmış cevabı oluştururken reel eksen üzerinde -3 deki kutuplar üstel ve üstel ile zamanın çarpımı doğal cevabı oluştururlar. eemdersnotlari.com
25
Özet
Aşırı Sönümlü: Kökler:-σ1, -σ2
c (t ) = K 1e
− σ 1t
+ K 2e
−σ 2t
Sönümlü: Kökler:-σd ± jωd
c ( t ) = Ae
−σ d t
Cos ( ω d t − φ )
Osilasyonlu Cevap: Kökler: ±j ω1
c ( t ) = ACos ( ω 1 t − φ ) Kritik Sönümlü Cevap: Kökler:-σ1, -σ1
c ( t ) = K 1e
− σ 1t
+ K 2 te
eemdersnotlari.com
− σ 1t 26
eemdersnotlari.com
27
Doğal Frekans, ωn:
Sönüm oranı, ζ:
İkinci derece bir sistemin doğal frekansı sistemin sönümsüz osilasyon frekansıdır. Üstel düşüm frekansının doğal frekansa oranıdır.
ζ= Üstel düşüm frekansı/Doğal frekans(rad/s) ζ=(1/2π)(Doğal periyot/Üstel zaman sabiti)
b G (s) = ( s 2 + as + b )
Örneğini ele alalım,
Sönümsüz sistemin kutupları imajiner eksen üzerinde olacaktır ve sistem cevabı sönümsüz sinüsoidaldir. Sistemin sönümsüz olması için a=0 olmalıdır. eemdersnotlari.com
28
Böylece tanım gereği sistemin osilasyon frekansı sistemin doğal frekansıdır. Sistem kutupları imajiner eksende ±√b de olduğu için ωn= √b
ve
b=ωn2 dir.
Sistemimiz sönümlü olduğunda a≠0 ve kompleks eşlenik köklerin gerçek kısımları –a/2 dir. Bu değer daha önce belirtildiği gibi üstel düşüm frekansını tanımlar,
a ζ = 2
ωn
dolayısıyla
a = 2 ζω
n
dir.
Genel olarak ikinci derece sistem:
ωn G (s) = 2 2 s + 2 ζω n s + ω n 2
eemdersnotlari.com
29
Örnek:
36 G (s) = 2 ise s + 4 . 2 s + 36 2 2ζω n = 4.2 ve ω n = 36
Genel olarak:
4.2 ζ = = 0.35 2× 6
ωn = 6
ωn G (s) = 2 2 s + 2 ζω n s + ω n 2
İkinci derece sistemin kökleri:
s 1 , 2 = − ζω
n
± ωn
eemdersnotlari.com
ζ
2
−1 30
s 1 , 2 = − ζω
n
± ωn
ζ
2
−1
ζ =0
eemdersnotlari.com
31
s 1 , 2 = − ζω
n
± ωn
ζ
2
−1
0 <ζ <1
eemdersnotlari.com
32
s 1 , 2 = − ζω
n
± ωn
ζ
2
−1
ζ =1
eemdersnotlari.com
33
s 1 , 2 = − ζω
n
± ωn
ζ
2
−1
ζ >1
eemdersnotlari.com
34
Örnek:
Sisteminin ne tür cevabı olacağını bulunuz.
8 = a = 2 ζω n ve ω n = b ⇒ ζ = 2 b 2 12 ζ = 1 . 155 ζ > 1 Olduğu için aşırı sönümlüdür a
Örnek:
Sisteminin ne tür cevabı olacağını bulunuz.
8 ζ = ⇒ ζ =1 2 16 ζ = 1 Olduğu için kritik sönümlüdür eemdersnotlari.com
35
Sönümlü İkinci Derece Sistemler Bir çok fiziksel problem için sönümlü ikinci derece sistem iyi bir modeldir. İkinci derece sistemin birim basamak cevabını inceleyelim: 2 n 2 2 n n
ω C (s) = s ( s + 2 ζω s + ω
)
K 2s + K 3 K1 = + 2 2 s s + 2 ζω n s + ω n ζ <1 eemdersnotlari.com
36
1 C (s) = − s
ζ
( s + ζω n ) +
1−ζ
2
ωn 1− ζ
2
( s + ζω n ) + ω n (1 − ζ 2 ) 2
2
⎡ ⎤ ζ c(t ) = 1 − e −ζωnt ⎢Cos(ωn 1 − ζ 2 t ) + Sin(ωn 1 − ζ 2 t )⎥ 2 − 1 ζ ⎢⎣ ⎥⎦
c(t ) = 1 −
1 1− ζ 2
[
e −ζωnt Cos(ωn 1 − ζ 2 t ) − φ
φ = tan eemdersnotlari.com
−1
]
ζ 1− ζ 2 37
Sönüm katsayısı küçüldükçe çıkış daha osilasyonlu olur.
Değişen sönüm oranları ile İkinci derece sistem cevabı eemdersnotlari.com
38
eemdersnotlari.com
39
1. Tepe Süresi, Tp: Sistem cevabının tepe veya maksimum noktaya ulaştığında geçen süre. 2. Aşım, %OS: Sistem cevabının tepe veya maksimum noktası ile kararlı haldeki değeri arasındaki farkın kararlı haldeki değere oranıdır. % olarak ifade edilir. 3. Yükselme Zamanı, Tr: Sistem cevabının %10’nun dan %90’nına ulaşıncaya kadar geçen süre olarak tanımlanır. 4.Yerleşme Zamanı, Ts: Sistem cevabının %98’ine ulaşıncaya kadar geçen süre olarak tanımlanır. eemdersnotlari.com
40
Bu tip bilgiler tasarımcının cevabın hızının veya doğasının sistem performansını azaltıp azaltmadığına karar vermesi açısından önemlidir. Örneğin bir CD okuyucusunun kafasının bilgiyi okumak için kararlı hale gelmesi tüm bilgisayar performansını etkiler. 1. Tepe Süresi, Tp, nin İncelenmesi Tp, c(t)’nin türevi alınıp t=0 dan sonra ilk sıfırı bularak hesaplanır. Başlangıç şartları sıfır kabul edilip,
df L( ) = sf ( s ) − f (0 − ) dt
Türev teoremi kullanılacak olursa
ωn ⎡ ⎤ = sC ( s ) = L ⎢ c (t ) ⎥ 2 2 ( s + 2 ζω s + ω ⎣ ⎦ n n ) eemdersnotlari.com .
2
41
Paydayı düzenleyecek olursak,
ωn 2 ω 1 − ζ n 2 2 . 1− ζ ωn ⎤ ⎡ L ⎢ c (t ) ⎥ = = 2 2 2 2 ⎦ ( s + ζω n ) + ω n (1 − ζ ) ⎣ ( s + ζω n ) 2 + ωn (1 − ζ 2 ) .
c(t ) =
ωn 1− ζ
2
e −ζω nt Sin(ωn 1 − ζ 2 t )
Türevi 0’a eşitlediğimizde:
ω n 1 − ζ t = nπ 2
ve
t=
nπ
ωn 1 − ζ 2
n nin her bir değeri yerel maksimum veya minumumu gösterir. n=0, t=0 anına karşılık gelir ve eğim sıfırdır. n nin değeri 1 olması birinci tepe zamanına karşılık gelir. Böylece:
Tp =
π
ωn 1 − ζ 2
eemdersnotlari.com
42
2. Aşım, %OS, nin İncelenmesi
%OS = cmax,Tp anında c(t)’nin değeridir.
c(t ) = 1 − e
−ζω nt
cmax − c final c final
× 100
⎡ ⎤ ζ 2 2 Sin(ωn 1 − ζ t )⎥ ⎢Cos(ωn 1 − ζ t ) + 1− ζ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ζπ
⎡ ⎤ ζ cmax = c(Tp ) = 1 − e Sin(π )⎥ ⎢Cos(π ) + 2 − 1 ζ ⎢ ⎥⎦ ⎣ ζπ ) −( 2 1−ζ Birim basamak için c final = 1 cmax = 1 + e −(
%OS = e
−(
ζπ
1−ζ
2
)
1−ζ
×100
2
)
ve
ζ =
eemdersnotlari.com
− ln(%OS / 100)
π 2 + ln 2 (%OS / 100) 43
Sönüm Oranı - Aşım Grafiği
eemdersnotlari.com
44
3. Yerleşme Süresi,Ts, nin İncelenmesi Yerleşme süresini bulabilmek için c(t) nin kararlı hal cfinal değerinin %98 sine ulaştığı zamanı hesaplamamız gerekir. Tanımdan hatırlanacağı üzere yerleşme süresi azalan sinüsoidalın genliğinin 0.02’ ye ulaşma süresidir. Dolayısıyla:
c(t ) = 1 −
0.02 = e
ζ
−ζω n t
1 1− ζ 1
1− ζ
2
e
−ζωnt
[Cos(ω
buradan 2
1− ζ t) − φ 2
n
Ts =
]
=1
− ln(0.02 1 − ζ ) 2
ζω n
‘ye bağlı olarak Ts ‘nin pay’ı 3.91 ile 4.74 arasında değişir. Bir yaklaşım yaparak,
Ts =
4
ζω n
yazabiliriz. eemdersnotlari.com
45
4. Yükselme Süresi,Tr, nin İncelenmesi Yükselme zamanı ve sönüm arasındaki ilişki aşağıdaki şekil ile bulunabilir.
eemdersnotlari.com
46
100 G ( s) = 2 s + 15s + 100
Örnek:
a = 2 ζω
Tp =
n
ωn =
π ωn 1 − ζ
%OS = e
−(
=
2
ζπ 1−ζ
2
)
b =
100 = 10 ⇒ a 15 ζ = = = 0 . 75 2 b 2 100
π
10 1 − 0.75
×100 = e
Sistemi için, Tp, %OS veTs’yi bulunuz
−(
2
= 0.475
0.75π 1−0.75 ) 2
4
4 = = 0.533 Ts = ζω n 0.75 ×10 eemdersnotlari.com
)
×100 = 2.838 Şekilden
2.3 = 0.23 Tr = 10 47
eemdersnotlari.com
48
Sönümlü İkinci Derece Sistemlerin Kutup Çizimi
Cos (θ ) = ζ
s1, 2 = −σ d ± jωd
Üstel sönüm frekansı
π Tp = ωd
Ts =
4
σd
Sönümlü osilasyonun frekansı
eemdersnotlari.com
49
Tepe süresi,Tp, kutbun imajiner kısmı ile ters orantılıdır. s düzleminde yatay çizgiler sabit tepe sürelerini gösterir.
Yerleşme süresi,Ts, kutbun reel kısmı ile ters orantılıdır. s düzleminde dikey çizgiler sabit yerleşme sürelerini gösterir.
ζ = Cos (θ )
Olduğu için eğimli çizgiler sabit sönüm oranı çizgileridir. Ayrıca %OS sadece sönüm oranının fonksiyonu olduğu için bu çizgilere sabit %OS çizgileri de diyebiliriz
eemdersnotlari.com
50
eemdersnotlari.com
51
eemdersnotlari.com
52
eemdersnotlari.com
53
eemdersnotlari.com
54
Örnek:
Kutup şekli verilen Sistem için,ζ, ωn, Tp, %OS veTs’yi bulunuz
ζ = Cos (θ ) = Cos (arctan(7 / 3)) = 0.394
ωn = 7 2 + 32 = 7.616 rad / s
π π = = 0.449 s Tp = ωd 7ζπ %OS = e
=e
−(
Ts = eemdersnotlari.com
−(
1−ζ
0.394π
1− 0.394
4
σd
2
)
2
)
×100
× 100 = %26.018
4 = = 1.33 s 3
55
Örnek:
1/ J G (s) = K D 2 s + s+ J J
Sisteminin birim basamak Tork girişine cevabında %20 lik bir aşım ve 2 sn yerleşme zamanı olması için J ve D ne olmalıdır.
K D 4 ωn = ve 2ζω n = ; Ts = 2 = ⇒ ζω n = 2 ζω n J J 4 J D ζ = ⇒ ve ζ =2 2ζω n = 4 = 2ωn K J OS %20 ise ζ=0.456(şekilden) ise
J = 0.052 K
K=5 olduğundan, J=0.26kg-m2 ve D=1.04 N-ms/rad eemdersnotlari.com
56
İlave Kutup Olması Durumunda İkinci Derece Sönümlü Sistemin Davranışı Şimdiye kadar yaptığımız analizler ve denklemler sıfırı olmayan eşlenik kompleks kutuplu ikinci derece sistemler içindi. İki den fazla kutbu veya sıfırları olan sistemler için bu denklemleri kullanamayız. Ancak, bazı şartlar altında, ikiden fazla kutbu ve sıfırları olan sistemler dominant iki eşlenik kompleks kutbu olan sistem gibi ele alınabilir. Bu bölümde 1 kutbun ilave edilmesi halini inceleyeceğiz. Var sayalım ki 3 derece bir sistemin eşlenik kökleri:
s1, 2 = −ζω n ± ω n ζ 2 − 1
−αr
ve üçüncü kök :
reel eksen üzerinde olsun. eemdersnotlari.com
57
Birim basamak cevabı kısmi kesirlere ayırma yöntemi ile belirlenebilir:
A B ( s + ζω n ) + C ω d D C (s) = + + 2 2 s (s + α r ) ( s + ζω n ) + ω d Zaman tanım aralığında:
c (t ) = Au (t ) + e − ζω n t [BCos (ω d t ) + CSin (ω d t ) ] + De − α r t
eemdersnotlari.com
58
αr = ∞
eemdersnotlari.com
59
Üçüncü kutbun etkisinin ihmal edilebilir olması için dominant kutuplardan ne kadar uzak olması gerekir? Bu tamamen istenilen hassasiyete bağlıdır ama genel olarak üstel düşüm 5 zaman sabiti sonunda ihmal edilebilir kabul edilir. Böylece eğer üçüncü kök baskın köklerin 5 kat solunda ise sitemi ikinci derece kabul edebiliriz. Bu üstel düşümün genliği ne kadar? Tepe süresine etkisi ihmal edilebilir mi?
bc A Bs + C D C (s) = + = + 2 2 s ( s + as + b )( s + c ) s s + as + b ( s + c ) Baskın olmayan üçüncü kök –c olsun ve kararlı hal çözümü birim cevaba ulaşsın. eemdersnotlari.com
60
Paydaki katsayıları sırası ile hesapladığımızda,
A = 1; ca 2 − c 2 a − bc ; C = 2 c + b − ca
c→∞
A=1;
B=-1;
C=-a;
ca − c 2 B= 2 c + b − ca −b D= 2 c + b − ca D=0
Görüldüğü gibi baskın kök sonsuza doğru hareket ettiğinde bu kutbun genliği ve cevabı 0 olmaktadır.
eemdersnotlari.com
61
Örnek:
24.542 245 .42 ; T2 ( s ) = ; T1 ( s ) = 2 2 ( s + 10)( s + 4 s + 24.542 ) s + 4 s + 24.542 73.626 T3 ( s ) = ( s + 3)( s 2 + 4 s + 24.542 )
Sistemlerinin birim basamak cevaplarını bulup karşılaştırınız.
c1 (t ) = 1 − 1.09e −2t Cos (4.532t − 23.80 ) c2 (t ) = 1 − 0.29e −10t − 1.189e − 2t Cos (4.532t − 53.340 ) c2 (t ) = 1 − 1.14e −3t − 0.707e − 2t Cos (4.532t − 78.630 )
eemdersnotlari.com
62
eemdersnotlari.com
63
İlave Sıfır Olması Durumunda İkinci Derece Sönümlü Sistemin Davranışı İki kutuplu sisteme bir reel sıfır ekleyelim Sistem kutupları (-1±j2.828) olsun ve sırasıyla -3, -5, ve -10 da sıfırlar ekleyelim.
eemdersnotlari.com
64
Görüleceği üzere sıfır baskın kutuplara ne kadar yakın ise geçici rejimdeki etkisi daha fazla olur. Sıfır baskın kutuplardan uzaklaştıkça sistem cevabı ikinci derece sistem cevabına benzemektedir. Kısmi kesirler açılımı ile inceleyelim:
(s + a) A B T (s) = = + ( s + b )( s + c ) ( s + b ) ( s + c )
( − b + a ) /( − b + c ) ( − c + a ) /( − c + b ) = + (s + b) (s + c) Eğer a, b ve c’ye göre çok büyük ise
a ⎡ 1 /( − b + c ) 1 /( − c + b ) ⎤ T (s) = a ⎢ + = ⎥ (s + c) ⎦ (s + b)(s + c) ⎣ (s + b) Sıfır basitçe kazanç katsayısı gibi davranır. eemdersnotlari.com
65
Eğer ikinci derce sisteme sağ yarı düzlemde bir sıfır eklenirse
Son değer positif olmasına karşın başlangıçta bir süre negatif çıkış üretir. Bu tür sistemlere non-minumum faz sistemler denir. Bir motosiklet veya uçak non-minumum faz ise siz direksiyonu sağa çevirdiğinizde motosiklet veya uçak sola doğru hareket 66 etmesi anlamına gelir. eemdersnotlari.com
Sıfır-Kutup Elimine Edilmesi
K (s + z) T (s) = ( s + p 3 )( s 2 + as + b ) Eğer sıfır ile p3 kutbu birbirini götürürse, veya birbirlerine çok yakınsa üçüncü derece sistem yine ikinci derece sistem gibi davranır.
eemdersnotlari.com
67
Laplas Dönüşüm Tablosu
eemdersnotlari.com
68
Laplas Dönüşüm Tablosu
eemdersnotlari.com
69
Ders #9
Otomatik Kontrol Kararlılık (Stability)
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
Kararlılık, geçici rejim cevabı ve sürekli hal hatası gibi kontrol tasarımcısının üç temel unsusrundan en önemli olanıdır. Lineer zamanla değişmeyen sistemlerin doğal cevabı zamanla sıfıra gidiyorsa sistem kararlıdır denir.
c(t ) = c zor (t ) + cöz (t ) Sistem toplam cevabı doğal(öz) ve zorlanmış çözümün toplamı olduğu için kararlı sistemlerde doğal çözüm zamanla sıfıra ulaşacağı için toplam cevap zorlanmış cevap olur. Lineer zamanla değişmeyen sistemlerin doğal cevabı zamanla sonsuza gidiyorsa sistem kararsızdır denir. Lineer zamanla değişmeyen sistemlerin doğal cevabı zamanla azalmıyorsa ve artmıyorsa sistem marjinal kararlıdır denir. Sabit veya osilasyonlu cevap üretiler. Parametre değişimine duyarlı oldukları için kararsız kabul edilirler. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
Fiziksel olarak, doğal cevabı sınırsız olan kararsız sistemler kendilerine, etrafındaki araç gereçlere veya insanlara zarar verebilirler. Lineer sistemlerde kararlılık sistemin kendi özelliğidir.
Kararlı bir lineer sistemin denge noktasına bir bozucu etki tesir ederse, sitem zamanla kendiliğinden denge noktasına döner. Kararlılığın bir diğer tanımıda;sistemin girişine uygulanan bütün sınırlı giriş işaretleri için çıkışta sınırlı kalıyorsa sistem kararlıdır denir.(BIBO) Lineer zamanla değişmeyen sistemlerde, sistem kutupları sol yarı düzlemde ise kararlı, diğer durumlarda ise kararsızdır. denir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
s = −σ ± jω Kararlı Bölge
Kararlı Bölge
26 February 2007
sdüzlemi Kararsız Bölge
Kararsız Bölge
eemdersnotlari.com
4
26 February 2007
eemdersnotlari.com
5
A
F B
C
G
D E
Top A ve F noktalarında iken küçük bir kuvvet uygulanırsa, A ve F noktalarına bir daha dönemez. Bu durumda A ve F noktaları kararsız noktalardır. Top E ve G noktalarında iken küçük bir kuvvet uygulanırsa, E ve G noktalarına salınım yaparak geri döner. Bu durumda E ve G noktaları kararlı noktalardır. Top B ve D noktaları arasında iken küçük bir kuvvet uygulanırsa, yeni noktasında kalır. C gibi böyle noktalara nötr kararlı denir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Örnek: 3 C (s) G (s) s ( s + 1)( s + 2) 3 = = = 3 3 R( s) 1 + G ( s) 1 + s + 3s 2 + 2 s + 3 s ( s + 1)( s + 2) s =-2.672, s =-0.164±j1.047 1 2,3
KARARLI!
26 February 2007
eemdersnotlari.com
7
Örnek:
7 C (s) G (s) 7 s ( s + 1)( s + 2) = = = 3 7 R( s) 1 + G ( s) 1 + s + 3s 2 + 2 s + 7 s ( s + 1)( s + 2) s =-3.087, s =0.043±j1.505 1 2,3 KARARSIZ!
26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
Sağ yarı düzlemdeki kutuplar ya üstel artımla yada üstel artan sinüsoidal doğal cevap oluşturur ki doğal cevap zamanla sonsuza kadar artar. Ayrıca, imajiner eksen üzerinde katlı kök varsa
At n cos(ωt + φ )
şeklinde bir cevap üretir ki buda zamanla sonsuza gider ve sistem bu durumda yine kararsızdır. Demek ki bir sistemin kararsız olması için en az bir kutbunun sağ yarı düzlemde yada imajiner eksen üzerinde katlı kökünün olması yeterlidir. İmajiner eksen üzerinde bir kök varsa sistem cevabı osilasyonludur. Bu tip sistemlere marjinal kararlı sistemler denir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
9
Yukarıdaki sistemin kararlılığnı belirlemek üzere kapalı döngü kutuplarına ihtiyacımız var. Kapalı döngü transfer fonksiyonunu oluşturduğumuzda;
Elde ederiz ki bu polinomun köklerini ancak bilgisayar yardımı ile bulabiliriz. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
10
Lineer zamanla değişmeyen sistemlerin kararlılıklarını belileyebileceğimiz başka kriter ve teoremlere ihtiyacımız var. Bunlardan bir tanesi Hurwitz testidir. Eğer bir kapalı döngü transfer fonksiyonunun bütün kutupları sol yar düzlemde ise, bu sistemim paydasındaki polinomunu, yani karakteristik denklemini, (s+ai) şeklinde çarpanlara ayırabiliriz. ai’ler pozitif yada pozitif gerçel kısıma sahip karmaşık sayılardır. Böylece buradan (s+ai) ‘lerin çarpımlarının bütün katsayıları pozitif olan polinom oluşturması gerektiğini söyleyebiliriz. Ayrıca bütün katsayılar var olmalıdır. Buradan bir sistemin kararsız olduğunu söylemek için katsayıların işaretlerinden bir tanesinin negatif olmasının yeterli olduğunu belirtebiliriz. Eğer s’in kuvvetlerinden biri eksik ise sistem ya kararsızdır yada marjinal kararlıdır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
Toparlayacak olursak Hurwitz testi der ki: Kararlı bir sistemin karakteristik polinomunun bütün katsayıları var olmalı ve pozitif olmalıdır. Bu test sistemin kararlılığı için gerekli fakat yeterli değildir.
Routh-Hurwitz Kriteri Bu yöntemle kapalı döngü sistem kutuplarını çözmeden sistem kararlılığı hakkında bilgi sahibi oluruz. Ayrıca sistemin kaç tane sol yarı düzlemde, kaç tane sağ yarı düzlemde ve kaç tane imajiner eksen üzerinde kutbu olduğunu bulabiliriz. Bu method’a Routh Hurwitz kriteri adı verilir, 1905. Bu methot iki adımdan oluşur: 1. Routh tablosunu oluşturmak 2. Tabloyu yorumlamak 26 February 2007
eemdersnotlari.com
12
Routh Tablosonun Oluşturulması:
İlk kolona s’nin en yüksek derecesiden başlayarak 0’ıncı kuvvetine kadar dereceleri yazılır. Daha sonra il satıra en yüksek derecenin katsayısı ve birer atlayarak diğer derecelerin katsayıları yazılır. İkinci satıra en yüksek ikinci derecenin katsayısı ve birer atlayarak diğer derecelerin katsayıları yazılır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
13
26 February 2007
eemdersnotlari.com
14
Örnek:
Kapalı döngü sistemi için Routh tablosunu oluşturun.
1000 C (s) G (s) ( s + 2)( s + 3)( s + 5) 1000 = = = 3 1000 R( s) 1 + G ( s) 1 + s + 10 s 2 + 31s + 1030 ( s + 2)( s + 3)( s + 5)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
15
1000 s 3 + 10 s 2 + 31s + 1030 31
1 10
1
1030 103
1 31 − 1 103 = −72 1
1 0 − 1 0 =0 1
1 103 − − 72 0 = 103 − 72
1 0 − − 72 0 =0 − 72
26 February 2007
eemdersnotlari.com
0 0
1 0 − 1 0 =0 1 1 0 − − 72 0 =0 − 72 16
Routh Tablosonun Yorumlanması: Routh-Hurwitz kriteri derki; birinci kolondaki işaret değişim sayısı kadar sistemin sağ yarı düzlemde kökü vardır. Bir önceki örneği düşünecek olursak; birin kolon elemanları:
⎡1 ⎤ ⎢1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− 72⎥ ⎢ ⎥ ⎣103 ⎦
İşaret değişimi İşaret değişimi
2 kere işaret değiştirdiğine göre sistemin sağ yarı düzlemde iki kökü vardır. Sistemin sağ yarı düzlemde en az bir kökünün olması kararsız olması için yeterli idi, böylece sistem kararsızdır diyebiliriz. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
17
Routh-Hurwitz Kriterinde Özel Durumlar İki özel durum olabilir: 1. Satırlardan herhangi birinin ilk elamanının sıfır olması 2. Satırlardan birinin tamamen sıfır olması 1. Satırlardan herhangi birinin ilk elamanının sıfır olması: Satrılardan birinin ilk elemanınım sıfır olması durumunda bir sonraki satırın elemanlarını bulunurken sıfıra bölüm problemi ortaya çıkar. Sıfıra bölümü önlemek için sıfır yerine ε yazarız.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
18
Örnek: T ( s ) =
10 s 5 + 2 s 4 + 3s 3 + 6 s 2 + 5s + 3
Yukarıdaki kapalı döngü transfer fonksiyonunun kararlılığını Routh tablosu oluşturarak belirleyiniz.
0
ε
6ε − 7
ε 42 ε − 49 − 6ε 2 12 ε − 14 3 26 February 2007
eemdersnotlari.com
7/2
0
3
0
0
0
0
0 19
ε (+) da olabilir (-) de olabilir.
+
+
+
+
+
-
-
+
+
+
+
+
Görüldüğü gibi ε pozitif de seçilse negatifte seçilse sistem kararsızdır ve iki defa işaret değiştiği için sağ yarı düzlemde iki kutup vardır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
20
2. Satırlardan Birinin Tamamen Sıfır Olması: Bu durumda, bir önceki satıra gidip yardımcı polinom oluştururuz. Polinom ilgili satırın s’in derecesi ile başlar ve birer atlayarak devam eder.
Sonra polinomun s’ye göre türevini alırız.
Bu katsayıları tamamı sıfır olan satırda kullanırız.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
21
Örnek:
10 T (s) = 5 s + 7 s 4 + 6s 3 + 42s 2 + 8s + 56
Yukarıdaki kapalı döngü transfer fonksiyonunun kararlılığını Routh tablosu oluşturarak belirleyiniz. 1 7 0
26 February 2007
1
6
8
42 6
56 8
0
0
eemdersnotlari.com
22
Görüldüğü gibi üçüncü sıranın tamamı sıfır. Bu durumda, bir önceki satıra gidip yardımcı polinom oluştururuz. Polinom ilgili satırın s’in derecesi ile bşlar ve birer atlayarak devam eder.
P( s) = s 4 + 6s 2 + 8
Sonra polinomun s’ye göre türevini alırız.
dP( s ) 3 = 4s + 12s ds Bu katsayıları tamamı sıfır olan satırda kullanırız.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
23
1
6
8
1
6
8
0
26 February 2007
4
1
0
12
3
0 0
3
8
0
1/3
0
0
8
0
0
eemdersnotlari.com
0
24
Genelleştirecek olursak Routh tablosunda bir satırın tamamen sıfır olması, polinomda tamamen tek sayılı derecelerin yada çift sayılı derecelerin olmasından kaynaklanır. Örnek:
s +s +7 4
2
Çift sayı derecelerin kökleri orjine göre simetriktir. Bu simetri: A) Reel simetrik olabilir B)İmajiner Simetrik olabilir C)Dört bölgeli olabilir.
Sıfır satırı bize kökleri orjine göre simetrik olan çit sayı dereceli polinomun varlığını söyler. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
25
Örnek:
20 T (s) = 8 7 s + s + 12 s 6 + 22 s 5 + 39 s 4 + 59 s 3 + 48s 2 + 38s + 20
Yukarıdaki kapalı döngü transfer fonksiyonunun kararlılığını Routh tablosu oluşturarak belirleyiniz.
-10 -1 20 1
-20 -2 60
3
10 1 40 2
20 2
0
0
0
1
3
2
0
0
0
0
0
0
0
26 February 2007
eemdersnotlari.com
26
Polinomu oluşturacak olursak:
P( s ) = s 4 + 3s 2 + 2
dP( s ) = 4s 3 + 6s ds
Ve Türevi
-10 -1 20 1
-20 -2 60
3
10 1 40 2
20 2
0
0
0
1
3
2
0
0
0 4 2
0 6 3
0 0 3
0
0
0
0
3/2
3
2
4
0
1/3
0
0
0
0
4
0
0
0
0
26 February 2007
eemdersnotlari.com
27
s4 den s0 ‘ a kadar işaret değişimi olmadığı için sağ yarı düzlemde kutup yoktur. Eğer sağ yarı düzlemde kutup yoksa simetrisi de olamayağından sol yarı düzlemde yoktur. Buradan 4 kökün jω ekseni üzerinde olduğunu anlarız. Diğer kutuplar s8 den s4 e kadar olan kutuplardır. Bu iki kuvvet arasında iki işaret değişimi olmuştur ki bunun manası sağ yarı düzlemde iki kök mevcuttur. Sonuç olarak transfer fonksiyonunun iki sağ yarı dülemde, iki sol yarı düzlemde ve 4 imajiner eksen üzerinde kutbu vardır. Sağ yarı düzlemde en az bir kutbun olması sistemin karasız olduğunu söylemek için yeterli idi, doalyısıyla sistem kararsızdır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
28
26 February 2007
eemdersnotlari.com
29
Örnek:
Sistemi kararlı, marjinal kararlı ve kararsız yapacak K değerlerini bulunuz. (K’nın 0’dan büyük olduğunu varsayalım) Kapalı döngü TF:
K T ( s) = 3 s + 18s 2 + 77 s + K
1386 − K K
K 26 February 2007
eemdersnotlari.com
30
Eğer K <1386 ise birinci sutundaki tüm elemanlar pozitif olur ve sistem kararlıdır diyebiliriz, sistemin üç kutbu da sol yarı düzlemdedir. Eğer K >1386 ise s1 deki birinci sütundaki ilk eleman negatif olur. İlk sütunda iki defa işaret değişimi görünür ki kutuplardan iki tanesi sağ yarı düzlemdedir ve sistem kararsızdır. Eğer K =1386 ise s1 deki tüm elemanlar 0 olur. Polinomu oluşturacak olursak: Ve Türevi
dP( s ) = 36 s ds
P( s ) = 18s 2 + 1386
s2 li terimden sonra işaret değişimi olmadığı için çift polinomun iki kökü jω ekseni üzerindedir. s2 li terimin üzerinde işaret değişimi olmadığı için diğer kök sol yarı düzlemdedir. Sistem marjinal kararlıdır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
31
The FANUC Robot M- 400 can bec configured for 4- or 5-axis of motion. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
32
Örnek:
s 4 + 3s 3 + 30 s 2 + 30s + 200
Polinomunu çarpanlarına ayırınız. Routh tablosunu oluşturalım:
20 0
1 2
200 0
10 0
10
P( s ) = s 2 + 10 26 February 2007
eemdersnotlari.com
dP( s ) = 2s ds
33
P( s ) = s 2 + 10
Orjinal polinomun çarpanıdır. Dolayısıyla diğer çarpan:
s 2 + 3s + 20
s 4 + 3s 3 + 30 s 2 + 30s + 200
= ( s 2 + 10)( s 2 + 3s + 20)
= ( s + j3.1623)( s − j3.1623)( s + 1.5 + j 4.213)( s + 1.5 − j 4.213)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
34
ÖZET Lineer kapalı döngü sistemlerin kararlılıkları kutuplarının s düzlemindeki konumları ile belirlenebilir. Eğer kutuplardan herhangi biri sağ yarı düzlemde ise geçici rejim cevabı monoton olarak artar veya artan genlikle osilasyon oluşturur. Böyle sistemler kararsız sistemler olarak adlandırılır. Kararsız sistemler, çalıştırıldığında çıkış zamanla artış gösterir. Eğer herhangi bir doyum fonksiyonu uygulanmadıysa veya mekaniksel sınırlandırma getirilmediyse fiziksel sistem mekaniksel hasar görebilir. Dolayısıyla kapalı döngü sistemlerinin kutuplarının sağ ayrı düzlemde olmasından kaçınılır. Eğer sistemin bütün kutuplari jw ekseninin sol tarafında yer alıyorsa her türlü geçici rejim sönümle denge noktasına ulaşır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
35
Kararlılık sistemin kendi özelliğidir, sistem kararlı veya kararsız olsun sistem giriş fonksiyonundan bu özelliği bağımsızdır. Sistem girişi sistemin kararlı veya kararsız olmasını etkileyemez ama çözümde kendini gösterir. Matematiksel olarak, jw ekseni üzerindeki kutuplar osilasyona sebebiyet verirler ve bu osilasyonların genlikleri zamanla ne artar ne de azalır. Pratikte, yani gürültülü ortamda, gürültünün seviyesine göre osilasyonun genliği artış gösterir. Dolayısıyla, kontrol sistemi jw ekseni üzerinde kutup içermemelidir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
36
Ders #10
Otomatik Kontrol Sürekli Hal Hataları
Prof.Dr.Galip Cansever 26 February 2007
eemdersnotlari.com
1
Denetim Sistemlerinin analiz ve tasarımında üç kritere odaklanılır: 1. Geçici Rejim Cevabı 2. Kararlılık 3. Sürekli Hal (Kararlı Hal) Hataları
Sürekli hal hatası önceden belirlenmiş bir giriş(referans) sinyali için t → ∞ a giderken giriş (referans) ve çıkış sinyali arasındaki farktır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
2
RAM üretiminde kullanılan bir robot 26 February 2007
eemdersnotlari.com
3
Kontrol Sistemlerinde Kararlı Hal Hatasını Belirlemekte Kullanılan Giriş İşaretleri
26 February 2007
eemdersnotlari.com
4
Birim basamak (step) girişi sabit konumu temsil eder ve kontrol sisteminin sabit bir hedefe göre yerini bulma kabiliyetini belirler. Özetle sistemin gitmesini istediğimiz konum basamak (step) girişidir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
5
Rampa girişi sabit hızı temsil eder. Lineer olarak artan girişi takip edebilme yeteneğini test edebilmek için kullanılır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
6
Parabol girişi sabit ivmeyi temsil eder, hızlanan hedefler için kullanılır. Örneğingüdümlü füzeler.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
7
Sürekli hal(kararlı hal) hataları, t → ∞ a giderken doğal çözüm sıfıra yaklaştığında, veya bir başka deyişle kararlı sistemler için tanımlıdır. Dolayısıyla Kontrol tasarımcısı kararlı hal hatasını belirlemeden önce mutlaka kapalı döngü sistem kararlılığını incelemelidir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
8
26 February 2007
eemdersnotlari.com
9
Hata giriş (referans) ve çıkış arasındaki fark olarak tanımladığından, kapalı dönngü sistem transfer fonksiyonu T(s) iken blok diyagram üzerinde hata:
Genel Gösterim
E ( s) = R( s) − C ( s)
Birim Geribeslemeli Gösterim 26 February 2007
eemdersnotlari.com
10
Kontrol sistemlerinde sürekli hal hataları genellikle nonlinear(lineer olmayan) kaynaklardan ortaya çıkar. Örneğin dişlilerdeki boşluk veya motora uygulanan gerilimin belli bir eşik değerini geçmeden motorun hareket etmemesi gibi. Ayrıca sürekli hal hataları sistem bağlantı şeklinden veya uygulanan giriş tipinden kaynaklanabilir ki biz bunların üzerinde duracağız.
E ( s) = R( s) − C ( s) Birim basamak girişini düşünelim: Eğer sürekli halde c(t), r(t)’ye eşit olursa e(t)=0 olur. Fakat sadece K kazancı ile c(t) sonlu ve sıfırdan farklı olmakla beraber e(t) hiç bir zaman sıfır olamaz. Sadece K kazancı olması durumunda mutlaka küçük bir hata olur. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
11
E ( s) = R( s) − C ( s)
C ( s ) = KE ( s )
E ( s ) = R( s ) − KE ( s ) R( s ) = E ( s ) + KE ( s ) 1 E (s) = R( s) 1+ K Görüldüğü gibi birim basamak giriş için K nekadar artarsa artsın hatayı o kadar azalır fakat sıfırlanamaz. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
12
Eeğr ileri yol’a integratör ekleyecek olursak:
e(t ) = r (t ) − c(t ) c(t) büyüdükçe e(t) azalırki bu e(t) sıfır olana kadar devam eder. Hata sıfırlanmış olsa da integratör çıkışı olan c(t)’nin bir değri vardır çünkü integratör sıfır girişe sabit bir çıkış verir. Örneğin, bir motor düşünelim. Motora gerilim uygulandıkça motor döner, gerilim kesildiğinde ise motor o anki konumunda durur. Motora giriş olmamasına rağmen başlangıç konumu ile durduğu konum arasında açısal bir konum değişimi oluşmuştur.Dolayısıyla motoru basitçe bir integratör olarak düşünebiliriz. Ayrıca, eğer bir motoru ileri yol’a bağlayacak olursak birim basamak girişine sürekli hal hatası her zaman sıfır olur. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
13
Birim Geribeslemeli Kontrol Sistemi İçin Sürekli Hal Hatalarının Elde Edilmesi
Geri beslemede H(s) olmazsa sistem birim geri beslemelidir denir.
E ( s) = R( s) − C ( s) C ( s ) = E ( s )G ( s ) R( s) E (s) = 1 + G ( s)
Sürekli halde hatayı, e(t)’yi t → ∞ a giderken, bir başka deyişle e(∞)’u bulmaya çalışıyoruz. Bunun için son değer teoremini kullanabiliriz. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
14
Son Değer Teoremi:
f (∞) = lim sF ( s ) s→0
Sürekli hal hatalarında son değer teoreminin kullanılabilmesi için son değerini bulma k istediğimiz F(s)’in kutuplarının sol yarı düzlemde olmaları gerekir, en fazla bir kutbu orjinde olabilir. Eğer orjinde birden fazla kutup veya sağ yarı düzlemde en az bir kutup varsa son değer teoremi geçersizdir. İspat:
∞ .
⎡ ⎤ L ⎢ f (t )⎥ = ∫ f (t )e − st dt = sF ( s ) − f (0−) ⎣ ⎦ 0−
s→0
.
∞ .
∫ f (t )dt = f (∞) − f (0−) = lim sF (s) − f (0−) s →0
0−
f (∞) = lim sF ( s ) s→0
26 February 2007
eemdersnotlari.com
15
Son değer teoremini hata ifadesine uygulayacak olursak:
e(∞) = lim sE ( s ) s→0
E(s)’i yerine yazacak olursak;
sR ( s ) e(∞) = lim s →0 1 + G ( s ) Görüldüğü gibi R(s), giriş sinyalinin(referans işaretinin) sürekli hal hatası üzerinde direk etkisi var. Daha önce belirtilen giriş sinyalleri(işaretleri) için sürekli hal hatalarını inceleyelim.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
16
1. Birim Basamak Girişi (Step Input) Hatırlanacak olursa birim basamak giriş işareti: Birim basamak girişi için sürekli hal hatası:
R( s) =
1 s
1 s( ) sR ( s ) 1 s e(∞) = lim = lim = lim s →0 1 + G ( s ) s →0 1 + G ( s ) s →0 1 + G ( s )
lim G ( s ) s→ 0
dir.
olur.
İleri yol transfer fonksiyonunun dc kazancı denir.
Sürekli hal hatasının sıfır olabilmesi için olmalıdır.(DC kazanç sonsuz olmalıdır.)
26 February 2007
eemdersnotlari.com
lim G ( s ) = ∞ s →0
17
lim G ( s ) = ∞ s →0
olabilmesi için G(s) aşağıdaki formda olmalıdır.
( s + z1 )( s + z 2 )......... G (s) = n s ( s + p1 )( s + p2 )..........
Daha da açık ifade etmek gerekirse polinomun paydasının en az bir kökü orjinde olmalıdır. Teknik ifade ile birim basamak cevabında sürekli hal hatasının 0 olabilmesi için ileri yol’da en az bir saf integratör olmalıdır. Eğer orjinde en az bir kutup yoksa,
z1 z 2 ...... lim G ( s ) = s →0 p1 p2 ...... 26 February 2007
Olur ki bu sonlu bir sürekli hal hatasına karşılık gelir.
eemdersnotlari.com
18
Giriş En az bir integratör orjinde
Orjinde integratör yok
Zaman 26 February 2007
eemdersnotlari.com
19
2. Rampa Girişi (Ramp Input)
1 Rampa giriş işareti: R ( s ) = 2 s
dir.
Rampa girişi için sürekli hal hatası:
1 s( 2 ) 1 1 sR ( s ) s = lim e(∞) = lim = lim = s →0 1 + G ( s ) s →0 1 + G ( s ) s →0 s + sG ( s ) lim sG ( s ) s →0
Rampa giriş işaretinde sürekli hal hatamızın sıfır olabilmesi için,
lim sG ( s ) = ∞ s →0
olmalıdır.
( s + z1 )( s + z 2 )......... G (s) = n s ( s + p1 )( s + p2 )..........
Göz önüne alındığında
En az iki kutup orijinde olursa ancak rampa girişinde sürekli hal hatası sıfır olur 26 February 2007
eemdersnotlari.com
20
İleri yol’da iki saf integratör olmalı ki rampa girişi için sürekli hal hatası sıfır olsun. Eğer iki değilde bir integratör varsa,
z1 z 2 ...... lim sG ( s ) = s →0 p1 p2 ...... Olur ki bu da sabit bir hatanın olacağını gösterir. Eğer ileri yolda hiç integratör yoksa
lim sG ( s ) = 0 s →0
Olur ve sürekli hal hatası rampa girişinden zamanla uzaklaşarak sonsuz olur.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
21
1 integratör Giriş 2 integratör
İntegratör yok
Zaman 26 February 2007
eemdersnotlari.com
22
3. Parabolik Giriş (Ramp Input)
1 Parabolik giriş işareti: R ( s ) = 3 s
dir.
Rampa girişi için sürekli hal hatası:
1 s( 3 ) 1 1 sR ( s ) s = lim e(∞) = lim = lim 2 2 = 2 s →0 1 + G ( s ) s →0 s + s G ( s ) s →0 1 + G ( s ) lim s G ( s ) s →0
Parabolik giriş işaretinde sürekli hal hatamızın sıfır olabilmesi için,
lim s 2G ( s ) = ∞ s →0
olmalıdır.
( s + z1 )( s + z 2 )......... G (s) = n s ( s + p1 )( s + p2 )..........
Göz önüne alındığında
En az üç kutup orijinde olursa ancak parabolik girişinde sürekli hal hatası sıfır olur 26 February 2007
eemdersnotlari.com
23
İleri yol’da iki saf integratör varsa,
z1 z 2 ...... lim s G ( s ) = s →0 p1 p2 ...... 2
Olur ki bu da sabit bir hatanın olacağını gösterir. Eğer ileri yolda bir integratör varsa veya hiç
2 lim s G (s) = 0 yoksa s →0
Olur ve sürekli hal hatası parabolik girişden zamanla uzaklaşarak sonsuz olur.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
24
Örnek:
Yukarıdaki sisteme 5u(t), 5tu(t), ve 5t2u(t) girişleri uygulandığında sürekli hal hatalarını bulunuz. 5u(t) girişinin laplas dönüşümü 5/s dir. Buna göre;
5 e( ∞ ) = 1 + lim G ( s ) s→0
5 5 120(2) = lim G ( s ) = = 20 e(∞) = s →0 1 + 20 21 (3)(4)
5tu(t) girişinin laplas dönüşümü 5/s2 dir. Buna göre;
5 e( ∞ ) = lim sG ( s ) 5t2u(t)
s→0
120(2) lim sG ( s ) = (0) =0 s →0 (3)(4)
5 e(∞ ) = = ∞ 0
girişinin laplas dönüşümü 10/s3 dir. Buna göre;
10 10 2 2 120( 2) e( ∞ ) = =∞ lim s G ( s ) = (0) = 0 e( ∞ ) = 2 lim s G ( s ) s →0 0 (3)(4) s→0
26 February 2007
eemdersnotlari.com
25
Örnek:
Yukarıdaki sisteme 5u(t), 5tu(t), ve 5t2u(t) girişleri uygulandığında sürekli hal hatalarını bulunuz. 5u(t) girişinin laplas dönüşümü 5/s dir. Buna göre;
5 e( ∞ ) = 1 + lim G ( s ) s→0
100(2)(6) lim G ( s ) = =∞ s →0 (0)(3)(4)
5 e( ∞ ) = = 0 ∞
5tu(t) girişinin laplas dönüşümü 5/s2 dir. Buna göre;
5 e( ∞ ) = lim sG ( s ) s→0
5t2u(t)
100(2)(6) lim sG ( s ) = = 100 s →0 (3)(4)
5 1 e(∞ ) = = 100 20
girişinin laplas dönüşümü 10/s3 dir. Buna göre;
10 e( ∞ ) = lim s 2G ( s ) s→0
26 February 2007
100(2)(6) lim s G ( s ) = (0) =0 s →0 (3)(4) 2
eemdersnotlari.com
10 e( ∞ ) = =∞ 0 26
Statik Hata Katsayıları ve Sistemin Tipi Birim basmak girişi için ,u(t),
1 e( ∞ ) = 1 + lim G ( s ) s→0
1 e( ∞ ) = lim sG ( s )
Rampa girişi için ,tu(t),
s→0
Rampa girişi için ,(1/2)t2u(t),
1 e( ∞ ) = lim s 2G ( s ) s→0
Paydadaki limit ifadeleri sürekli hal hatalarını belirliyor, bu limit terimlerine statik hata katsayıları adı verilir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
27
Konum Sabiti ,Kp,
Hız Sabiti ,Kv,
İvmelenme Sabiti ,Ka,
K p = lim G ( s ) s →0
K v = lim sG ( s ) s →0
K a = lim s 2G ( s ) s →0
Sürekli hal hataları ise,
1 e(∞ ) = 1+ K p 26 February 2007
1 e( ∞ ) = Kv eemdersnotlari.com
1 e( ∞ ) = Ka 28
Örnek:
Yukarıdaki sistemin statik hata katsayılarını bulunuz, birim basamak, rampa ve parabolik giriş işaretlerine karşı oluşacak sürekli hal hatalarını belirleyiniz. (500)(2)(5) K v = lim sG ( s ) = 0 K p = lim G ( s ) = = 5.208 s →0 s →0 (8)(10)(12)
K a = lim s 2G ( s ) = 0 s →0
Konum Girişi için: 1 e(∞ ) = = 0.161 1+ K p
26 February 2007
İvme Girişi İçin: 1 e(∞ ) = =∞ Ka eemdersnotlari.com
Hız Girişi için: 1 e(∞ ) = =∞ KV
29
Örnek:
Yukarıdaki sistemin statik hata katsayılarını bulunuz, birim basamak, rampa ve parabolik giriş işaretlerine karşı oluşacak sürekli hal hatalarını belirleyiniz. (500)(2)(5)(6) K v = lim sG ( s ) = = 31.25 K p = lim G ( s ) = ∞ s →0 s →0 (8)(10)(12)
K a = lim s 2G ( s ) = 0 s →0
Konum Girişi için: 1 e(∞ ) = =0 1+ K p
İvme Girişi İçin: e(∞ ) =
26 February 2007
1 Ka
Hız Girişi için: 1 1 e(∞ ) = = = 0.032 KV 31.25
=∞
eemdersnotlari.com
30
Örnek:
Yukarıdaki sistemin statik hata katsayılarını bulunuz, birim basamak, rampa ve parabolik giriş işaretlerine karşı oluşacak sürekli hal hatalarını belirleyiniz.
K v = lim sG ( s ) = ∞
K p = lim G ( s ) = ∞
s →0
s →0
K a = lim s 2G ( s ) = s →0
Konum Girişi için: 1 e(∞ ) = =0 1+ K p
İvme Girişi İçin: e(∞ ) =
26 February 2007
(500)(2)(4)(5)(6)(7) = 875 (8)(10)(12)
1 Ka
=
Hız Girişi için: 1 1 e(∞ ) = = = 0.032 KV 31.25
1 = 1.14 x10 −3 875
eemdersnotlari.com
31
Sistem Tip’i Tanımı: İleri yol daki saf integratör sayısı sistemin tip’i olarak tanımlanır.
Yukarıdaki sistemin tip’i n dir. Örneğin, eğer n=0 ise sistemin tip’i sıfır, eğer n=1 ise sistemin tip’i birdir. Sırasıyla Tip 0 ve Tip 1 olarak ifade edilirler
26 February 2007
eemdersnotlari.com
32
Özet
26 February 2007
eemdersnotlari.com
33
Örnek:
Eğer bir sistemin hız sabiti, Kv =1000 ise bu sistem hakkında neler söyleyebilirsiniz. 1. Sistem kararlıdır. 2. Sistem Tip 1 dir. Hatırlanacak olursa Tip 0 sistemlerde Kv =0, Tip 2 sistemlerde ise Kv sonsuzdur 3. Test işareti rampadır ve rampa giriş işeti uygulandığında sürekli hal hatası hız sabiti ile ters orantılıdır. 4. Giriş rampa işareti ve çıkış rampa işareti arasındaki sürekli hal hatası 1/Kv dir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
34
Örnek:
Eğer bir sistemin konum sabiti, Kp =1000 ise bu sistem hakkında neler söyleyebilirsiniz. 1. Sistem kararlıdır. 2. Sistem Tip 0 dır. Hatırlanacak olursa Tip 1 ve Tip 2 sistemlerde ise Kp sonsuzdur.
3. Test işareti birim basamaktır.
4.
26 February 2007
1 1 1 1 e(∞ ) = = = = 1+ K p 1 + K p 1 + 1000 1001
eemdersnotlari.com
35
Örnek:
Yukarıdaki sistemin sürekli hal hatası %10 olması için K değerini bulunuz. Sistem Tip 1 olduğu için sürekli hal hatası rampa girişi için olmalıdır.Böylece, 1 e(∞ ) = KV = 10 = 0.1 KV
K v = lim sG ( s ) = s →0
K (5) = 10 (6)(7)(8)
K = 672
26 February 2007
eemdersnotlari.com
36
Bozucu Etkiler için Sürekli Hal Hataları Geribeslemeli denetim sisteminin kullanılmasının sebebi bozucu etkilere rağmen sistemin giriş referans sinyalini sıfır hata veya çok az hata ile takip edebilmektir. Bozucu etki
Sürekli hal hatasını bulmak üzere sistemi inceleyelim:
C ( s ) = E ( s )G1 ( s )G2 ( s ) + D( s )G2 ( s ) C ( s) = R( s) − E ( s) C(s) ‘i yukarıdaki ifadede yerine yazalım; 26 February 2007
eemdersnotlari.com
37
R( s ) − E ( s ) = E ( s )G1 ( s )G2 ( s ) + D( s )G2 ( s ) R( s ) − D( s )G2 ( s ) = E ( s ) + E ( s )G1 ( s )G2 ( s ) 1 G2 ( s ) E (s) = R( s) − D( s) 1 + G1 ( s )G2 ( s ) 1 + G1 ( s )G2 ( s ) Hata’yı bulabilmek için son değer teoremini uygulayacak olursak:
G2 ( s ) 1 e(∞) = lim sE ( s ) = lim s R ( s ) − lim s D( s) s →0 1 + G ( s )G ( s ) s →0 1 + G ( s )G ( s ) s→0 1 2 1 2
e ( ∞ ) = eR ( ∞ ) + eD ( ∞ ) 26 February 2007
eemdersnotlari.com
38
eR (∞) :
Daha önce elde ettiğimiz gibi giriş, R(s) den ötürü oluşan sürekli hal hatası.
eD (∞) :
Bozucu etki, D(s) den ötürü oluşan sürekli hal hatası.
D(s)’in birim basamak bozucu olduğunu varsayalım, D(s)=1/s:
sG2 ( s ) 1 eD (∞) = − lim ( ) =− s →0 1 + G ( s )G ( s ) s 1 2 lim
1
1 + lim G1 ( s ) s →0 G ( s ) s →0 2
Görüldüğü gibi birim basamak bozucu etki olduğunda G1(s)’nin dc kazancını artırdığımızda veya G2(s)’nin dc kazancını azalttığımızda bozucu etkiden ötürü oluşan sürekli hal hatası azaltılabilir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
39
Örnek:
Birim basamak bir bozucu etki olursa, bu bozucu etkinin sürekli hal hatasını bulunuz.
eD ( ∞ ) = −
26 February 2007
1 1 lim + lim G1 ( s ) s →0 G ( s ) s →0 2
1 1 =− = −− 0 + 1000 1000
eemdersnotlari.com
40
Birim Geri beslemeli Olmayan Sistemler için Sürekli Hal Hataları Başarımı ölçütlerini iyileştiren dengeleyici ve dentleyicilerin kullanılması veya sistemin fiziksel yapısı nedeniyle çoğu kontrol sistemleri birim geri beslemeli değildir.
Sistemini ele alalım. Birim geribeslemeyi oluşturmak üzere birim geribesleme yolunu ekleyip çıkartacak olursak: 26 February 2007
eemdersnotlari.com
41
H(s) ile negatif geri beslemeyi birleştirelim:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
42
G(s) ve [H(s)-1]’i birleştirelim:
26 February 2007
eemdersnotlari.com
43
Birim geribeslemeli halini alır.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
44
Örnek:
Sistemin Tip’i nedir? Uygun hata sabitini sistem Tip’ine göre belirleyiniz. Birim basamak için sürekli hal hatasını bulunuz.
100 1 G ( s) = H (s) = s ( s + 10) ( s + 5) 100( s + 5) G(s) = 3 Ge ( s ) = s + 15s 2 − 50 s − 400 1 + G (s) H ( s) − G ( s) Saf integratör olmadığı için sistem Tip 0 dır. Uygun hata sabiti bu durumda konum hata sabiti Kp dir.
K p = lim Ge ( s ) = s →0
(100)(5) 5 =− (−400) 4
1 1 e( ∞ ) = = = −4 5 1+ K p 1− 4
İşaretin negatif olması çıkış değerinin giriş değerinden büyük olduğunu gösterir. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
45
Hem birim basamak geri besleme olmayan hemde bozucu etki girişi olan sistemi inceleyelim:
⎧⎡ ⎫ ⎤ ⎡ ⎤ G1 ( s )G2 ( s ) G2 ( s ) e(∞) = lim sE ( s ) = lim s ⎨⎢1 − ⎥ R( s) − ⎢ ⎥ D( s )⎬ s →0 s →0 ⎣1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s ) ⎦ ⎩⎣ 1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s ) ⎦ ⎭ Birim basamak giriş, R(s)=1/s ve birim basamak bozucu, D(s)=1/s için,
⎧⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎫⎪ lim s[G1 ( s )G2 ( s )] lim sG2 ( s ) ⎪ s →0 s →0 ⎥−⎢ ⎥⎬ e(∞) = lim sE ( s ) = ⎨⎢1 − s →0 s[1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s )]⎥ ⎢ lim s[1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s )]⎥ ⎪ ⎪⎩⎢⎣ lim s →0 ⎦ ⎣ s →0 ⎦⎭ 26 February 2007
eemdersnotlari.com
46
Sıfır hata olabilmesi için:
lim s[G1 ( s )G2 ( s )] s →0
lim s[1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s )]
= 1 ve
lim sG2 ( s ) s →0
lim s[1 + G1 ( s )G2 ( s ) H ( s )]
=0
s →0
s →0
olmalıdır.
Sistem kararlı ise, G1(s) :Tip 1 ise, G2(s):Tip 0 ise ve H(s) dc kazancı 1 olan Tip 0 bir sistemse yukarıdaki ifadeler daima sağlanır ve sürekli hal hatası sıfır olur.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
47
DUYARLILIK Tasarım sürecinde, denetim tasarım mühendisi sistem parametrelerinin sistem davranışını etkileme derecesini bilmek ister. Örneğin, ideal olarak, sıcaklık gibi parametrelerin sistem başarımını etkilememeleri gerekir. Sistem parametrelerinin sistem transfer fonksiyonunu dolayısıyla başarımını etkileme derecesine duyarlılık adı verilir. Örnek:
F=
K Fonksiyonunun a parametresine göre K + a duyarlılığını inceleyiniz.
K=10 ve a=100 için F=0.091 dir. a’yı üç katına çıkartıp a=300 aldığımızda, F=0.032 olur. a’ daki kesirli değişim:300-100/100=3, F deki ise 0.032-0.091/0.091=-0.65( -%65) Görüldüğü gibi a parametresindeki değişime F’nin azalan duyarlılığı vardır 26 February 2007
eemdersnotlari.com
48
Daha sonra göreceğimiz üzere geribesleme oluşturmanın bir diğer avantajı da sistemin parametrelerine göre duyarlılığını azaltma eğiliminde olmasıdır. Duyarlılık tanımını formülüze edecek olursak:
S F :P
S F :P
ΔF = lim F ΔP → 0 ΔP P
26 February 2007
Fdeki kesirli değ . = lim ΔP →0 Pdeki kesirli değ . P ΔF P δF = lim = ΔP → 0 F ΔP F δP
eemdersnotlari.com
49
Örnek:
Yukarıdaki sistemin kapalı döngü transfer fonksiyonunun a parametresine duyarlılığını belirleyiniz. a parametresine olan duyarlılığı nasıl azaltabiliriz.
T (s) =
ST :a
a δT = = T δa (
K s 2 + as + K
⎛ ⎞ a − Ks ⎜⎜ 2 ⎟ 2 ⎟ K ⎝ ( s + as + K ) ⎠ ) s 2 + as + K
=
− as s 2 + as + K
s’ nin herhangi bir değeri için K’nın artırılması a daki değişime göre kapalı döngü transfer fonksiyonunun duyarlılığını azaltır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
50
Örnek:
Yukarıdaki sisteme rampa girişi uygulandığında sürekli hal hatasının a parametresindeki ve K parametresindeki değişimlere duyarlılıklarını bulunuz.
1 e(∞ ) = Kv
S e:a
K v = lim sG ( s ) = lim s s →0 s →0
a δe a ⎡1⎤ = = =1 ⎢ ⎥ a ⎣K ⎦ e δa K
K K = s( s + a) a
S e:K
a e(∞) = K
K δe K ⎡ − a ⎤ = = = −1 2⎥ ⎢ e δK a ⎣ K ⎦ K
a parametresindeki ve K deki değişiklikler doğrudan e(∞) da görülecektir. Duyarlılıkta azalma veya artma olmayacaktır. 26 February 2007
eemdersnotlari.com
51
Örnek:
Yukarıdaki sisteme birim basamak girişi uygulandığında sürekli hal hatasının a parametresindeki ve K parametresindeki değişimlere duyarlılıklarını bulunuz. Sistem Tip 0 dır, ve sürekli hal hatası:
1 e(∞ ) = 1+ K p
1 ab e(∞ ) = = K ab + K 1+ ab 2 ⎡ ⎤ ( ) a ab K b ab + − a δe K = = = ⎢ ⎥ 2 e δa ⎛ ab ⎞ ⎣ (ab + K ) ⎦ ab + K ⎟ ⎜ ⎝ ab + K ⎠
K K K p = lim G ( s ) = lim = s →0 s →0 ( s + a )( s + b) ab
S e:a
26 February 2007
eemdersnotlari.com
52
S e:K
K δe = e δK
⎡ − ab ⎤ −K K = = ⎢ 2⎥ ab + K ⎛ ab ⎞ ⎣ (ab + K ) ⎦ ⎜ ⎟ ⎝ ab + K ⎠
K ve a parametrelerindeki değişimler a ve b’ninpozitif olması durumunda 1’den daha azdır. Böylece geri besleme her iki parametrenin değişimine göre azalan duyarlılığa sahiptir.
26 February 2007
eemdersnotlari.com
53
