Otomatik Kontrol - Sakarya Üniversitesi Finaller

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

1

S1

R, L

u(t)

katsayısı olmak üzere, ( )

( )

ri.

+V

M

( )

olarak verilmektedir. ( ) ( ( )) a) Sisteme ait t-domeni dinamik denklemleri ( ( )) ( ) formunda yazınız. b) Sistemi ( ) çalışma noktası etrafında doğrusallaştırınız. ( ) ( ) ( ) formunda yazınız. c) Ayrık-zaman kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz.

y(t)

tla

k

no

B

C1-a aşağıda verilmiştir.

de

e  t   ku  t  e t   i t  R  L

di  t  dt

i2 t  x2 t 

em

f  t   km

rs

Sistem denge halinde olduğu için mg etkisi göz ardı edilir. Sisteme ait dinamik denklemler

w

.e

f t   x t  k 

w

w

K

e(t)

F(t) Çelik Top

Yüzeye sabitlenmiş M kütleli çelik top , yay ve sönümlendiriciden oluşan dengedeki sistem, elektromıknatıs yardımı ile üretilen F(t) kuvveti yardımı ile istenen konumda tutulmak istenmektedir. R,L elektromıknatıs direnci ve endüktansı, K kuvvetlendirici kazancı,k yay sabiti, B viskoz söndürücü

Kuvvetlendirici i(t)

co m

Elektro mıknatıs

dx  t  d 2 x t  B M dt dt

Aşağıda durum değişkenleri çıkartılmıştır.

x1  t   x  t 

x2  t  

dx1  t  dt

x3  t   i  t 

i)

dx1  t   x2  t  dt

, konum , hız , akım

1. durum denklemi

dx2  t  km x32  t  k dx  t  d 2 x t  B   x1  t   x2  t  2. durum ii) f  t   x  t  k  B M  2 dt M x1  t  M M dt dt denklemi

2

1

iii) nolu denkleme ait x32  t  ve

x t  2 1

ifadelerinin non-lineer olduklarından dolayı sistem,

ri.

x  t   x0  t  noktası civarı lineerleştirilmesi gerekir. x0  t   x01  sbt dx01  t  0 dt

tla

x02  t  

2 dx02  t  km x03 dx02  t  t   k x t  B x t  0    0  02   2 dt M x01 M dt  t  M 01

no

0

Durum denklemleri, dx1  t   x2  t  dt

f2 

dx2  t  km x32  t  k B   x1  t   x2  t  2 dt M x1  t  M M

f3 

dx3  t  1 R  e  t   x3  t  dt L L

em

de

rs

f1 

Lineerleştirilmemiş sistem modeli,

 dx1  t       0  dt    dx2  t    kx1  t      dt    M  dx3  t     dt   0   

.e

w

w

w

dx  t  di  t  1 1 R R  e t   i t   3  e  t   x3  t  3. durum denklemi dt dt L L L L

co m

iii)

x1  t 



Bx2  t  M 0

    0  2 km x3  t      0 e  t   M x12  t       1    R  x3  t    L  L  g ( x) 0

f ( x)

 x1  t     y  t   1 0 0  x2  t    x3  t  

C1-b Sırasıyla A* ve B* leneer matrisleri bulunacaktır.

k 3 x01  t   x03  t  km

3 '

f3 x2

   2km x03  t   2 M x01  t    R   L 

ri.

f 2 x2

f1   x3  f 2   x3  f3   x3  0

no

  0 1  2 B  2k x  t  k A*   m 03  x01  t   3 M x01  t  M M   0 0  

em

de

rs

0 1   2  k 3   x01  t     km 2k   k x t  B A*   m  01   3 M x01  t  M M   0 0  

  0 1  k B  2k k A*   m  x01  t   M km M M   0 0  

.e

w

w

w

f1 x2

tla

 f1   x1  f A*   2  x1  f  3  x1

co m

 f  f ' g  fg '    g2 g

 f1     e  0     f B*   2   B*   0   e  1    f   3   L  e 

2k m M

   2k m k  M x01km    R   L  0

   k 3 x01  t   km  x021  t    R    L  0

4

 x1  t       0 1  t    x2  t    2km k k B  x01  t     M  t   M km M  x3  t    0 0  t     

co m

tla

ri.

 x1  t     y  t   1 0 0  x2  t    x3  t  

C1-c R z

D z

no

G zoh  s 

1  esT s

G sys  s 

X s

rs

T

de

DAC ZOH

em

T ADC

S2

jw

.e K 

K 0

-2

-1

C2-a

k=

∞

js -2

k= 0

w



w

w

      x1  t    0  2k m k     x2  t     0   e  t     M x01km   x3  t    1      R L   L  0

-1

s

Yanda, kapalı-çevrim sistem kutuplarının için yer eğrisi verilmiştir. a) Açık-çevrim transfer fonksiyonu, ( ) yazınız. b) , ( )’i bulunuz. c) için ( )’e ait yer eğrisini çiziniz.

5 Yukarıdaki yer eğrisinde s1=-1 ve z1=-2 olmak üzere bir adet kutup ve bir adet sıfır

G s  K

s2 s 1

T=0.2sn

i 1

1 d m1  z  ( s  si )m X ( s) m 1  (m  1)! ds  z  e sT  ss

tla

n

X ( z)  

i

rs

z z  e1*0.2

G  z  K

z z  0.8187

C2-c

de

G  z    1  2 

em

G(z)’ye ait yer eğrisi aşağıda verilmiştir. jz

w

-1

0 k=

∞ k=

.e

1

0

   s 1 

no

s2 z  s  2   G  z   Z G  s   Z      s  1 s  1 z  e sT  s  1  

-1

ri.

C2-b

w

w

co m

görülmektedir. Bu durumda verilen sistem açık çevrim transfer fonksiyonu,

0.8187 1

z

6

S3

Kp

z+0.9355 (z-0.8187)(z-1)

a- Kararlılığını inceleyiniz. b- Kapalı-çevrim kutuplarının olabilmesi için hesap ediniz.

C(z)

co m

R(z)

c-

( )

(

Sürekli hal

)

elde ediniz. ediniz.

ri.

hatası,

Kp

z  0.9355  z  0.8187  z  1

Cz

no

R z

tla

C3-a

rs

Kapalı çevrim negatif geri beslemeli kontrol sitemine ait transfer fonksiyonu aşağıda

de

verilmiştir.

z  0.9355 K p  z  0.9355 C  z  z  0.8187  z  1  T  z   z  0.9355 R  z  1 K  z  0.8187  z  1  K p z  K p 0.9355 p  z  0.8187  z  1

em

Kp

T  z 

.e

w

w

w

Şekilde verilen ayrık-zaman sistemin ,

T  z 

K p  z  0.9355

z  z  0.8187 z  0.8187  K p z  K p 0.9355 2

K p  z  0.9355

z 2   K p  1.8187  z  0.8187  K p 0.9355

F  z   z 2   K p  1.8187  z  0.8187  K p 0.9355

Jury kararlılık yöntemi kullanılarak kararlılık incelenecektir. 1- Gerek Koşul 1.1-

F 1  0

7

Kp  0

1.2-

 1

n

F  1  0

1  z 2   K p 1.8187  z  0.8187  K p 0.9355  0 2

p



 1.8187   1  0.8187  K p 0.9355  0

ri.

 1   K

co m

F 1  12   K p  1.8187 1  0.8187  K p 0.9355  0

tla

K p  56.3938 2- Yeterli şart

sağlanması gerekir.

1  0.8187  K p 0.9355

rs

K p  0.1938

no

Burada n=2 olduğundan Jury tablosu 1 (2n-3=1) adet satırdan oluşur ve an  a0 şartı

de

0  K p  0.1938 Kp aralığında sistem kararlıdır.

Farklı Kp değerleri için örnekleme peryodu Ts=0.001sn ve sistem girişi birim basamak olmak

w

w

w

.e

em

üzere sistem çıkışı C(z) aşağıda çizdirilmiştir.

C3-b Taç  z   K p

z  0.9355 z  1.8187 z  0.8187 2

8

Z domeninde kökler, sıfırlar ve istenen kutuplar yerleri geometrik yerleri belirlensin.

ri.

jz

-1 -0.9355

0 b k=

0 k= a 0.8187

c 0.0903 -0.0903

1

z

no

∞

k=

tla

1

0.9003

rs

-1

de

Köklerin geometrik yerleri kullanılarak köklerin z1,2  0.9003 0.0903 j de olabilmesi için olması gereken kazanç değeri K 

em

a hesabı: 0.0903 a

0.8187 0.9003

a  0.09032   0.9003  0.8187 

.e

w

w

w

z  0.9355  z  1 z  0.8187 

co m

Taç  z   K p

a  0.1217

b hesabı: 0.0903

b

0.9003

1

b  0.09032  1  0.9003 b  0.1345

c hesabı: 0.0903 c -0.9355

0.9003

2

2

a *b şeklinde hesaplanır. c

9 2

co m

c  0.09032   0.9355  0.9003 c  1.838

0.1217 * 0.1345 1.838

ri.

K

K  0.0089

de

rs

no

tla

K=0.0089 için sistem çıkışı C(z) birim basamak girişi için aşağıda çizdirilmiştir. Ts=0.001sn.

Verilen kontrol kutbuna ait aşımı hesaplayalım

em

z1  0.9003  0.0903 j  0.90480.1rad

jz

0.0903

r 0.9003

-1

z



w

w

w

.e

1

-1

r  enT   nT 1  

2

  

ln  r 



 ln  r     ln  r   2

1     2

2

2

10

 ln  0.9048  0.1   ln  0.9048  2

2

2

co m



  0.7073 Mp  e



 12



 Mp  e



0.7073 1 0.70732



 0.0431

kutbuna ait aşım değeri (olması gereken)

z 1

R z 1  Gaç  z 

no

C3-c ess     lim  z  1

birbirine eşit oluşundan Kp değerinin doğru

tla

hesaplandığını gösterir.

ri.

* Sonuç olarak, kontrolör katsayısının Kp=0.089 değeri için sistemin aşım değeri ile kontrol

ess     lim  z  1

 z  1 2

1 K p

z  0.9355  z  1 z  0.8187 

de

z 1

rs

Tz

 lim z 1

Tz

 z  1  K p  z  1

z  0.9355  z  1  z  0.8187 

em

Tz  z  0.8187  T11  0.8187   z 1  z  1 z  0.8187   K  z  0.9355  1  11  0.8187   K p 1  0.9355 p

ess     lim

T 0.0937 Kp

S4

w

w

w

.e

ess    

1.04 Basamak cevabı verilen II. Derece sistem için ( ) transfer fonksiyonunu bulunuz. periyodunda 10 adet örnek alacak şekilde ayrık zaman kutupları bulunuz. ckriterine göre yerleşme zamanını bulunuz. ab-

1 Tosc

3.218

sn

11

Tepe zamanı formülü t p 

 wn 1  

ve aşım formülü M p  e

2





12



dir.

ri.

Verilen şekilden,

2

 tp 1 

2





3.218 1  0.7156 2

 1.3976

rs

wn 

no

tla

2  ln M p   ln 0.04        1.0498         0.7156 2 2 2.0498   ln M p     ln 0.04   1   1                

de

Sistem 2. derece olduğundan matematiksel modeli 2. derecece sistem genel transfer

em

fonksiyonuna eşit olur.

n2 1.39762  T s    2 s 2  2n s  n2 s  2* 0.7156 *1.3976s  1.39762

w

.e

T s 

w

w

co m

C4-a

T s 

1.9533 s  2s  1.9533 2

C4-b Ayrık zaman kutupları bulunabilmesi için sürekli zaman sistem transfer fonksiyonu ayrıklaştırılacaktır. Ayrıklaştırma işleminin Rezüdü yöntemi ile gerçekleştirilebilmesi için Ts örnekleme peryodu bulunması gerekir. Kapalı çevrim örnekleme peryodu verilen bilgiler kullanılarak aşağıdaki gibi bulunur.

s 2 f s   10 d n 1   2

fs 

10n 1   2 10*1.3976 1  0.71562  f s  1.5537  2 2

Ts 

1 1  Ts  0.6436  f s 1.5537

co m

12

ri.

C4b-1 Rezüdü yöntemi kullanılarak ayrık zaman kutuplarını bulma

1 d m1  z  Rezüdü ayrıklaştırma formülü kullanılarak, ( s  si )m X ( s) X ( z)   m 1  z  e sT  ss  i 1 ( m  1)! ds

tla

n

i

1.9533 1.9533  s  2s  1.9533  s  1  0.9762 j    s  1  0.9762 j   2

1.9533

rs

X ( z )   s  1  0.9762 j  

no

T s 

de

 s  1  0.9762 j    s  1  0.9762 j   1.9533

 s  1  0.9762 j    s  1  0.9762 j  

em

  s  1  0.9762 j  

1.9533 z  1 0.9762 j 0.6436   1  0.9762 j   1  0.9762 j   z  e

X ( z) 

w

w

w

.e

X ( z) 



X ( z) 

1.9533 z  1 0.9762 j 0.6436   1  0.9762 j   1  0.9762 j   z  e

1.9533 z 0.6436 0.6283 j e 1.9524 j  z  e 

z z  e sT

1.9533 z 0.6436 0.6283 j e  1.9524 j  z  e

1.9533 z 1.9533 z  0.6436 0.6283 j 0.6436 0.6283 j e e 1.9524 j  z  e 1.9524 j  z  e

s1 1 0.9762 j

z z  e sT s1 1 0.9762 j

13

X ( z) 

z  z 0.4251  0.3088 j  z 0.4251  0.3088 j  0.6176 z   j   z  0.4251  0.3088 j  z  0.4251  0.3088 j    z  0.4251  0.3088 j  z  0.4251  0.3088 j 

z1  0.4251  0.3088 j

tla

ri.

z2  0.425  0.3088 j

z  esT  enT e jn

1 2 T

1 0.71562 0.6436

 0.5254e j 0.6283  0.4251  0.3088 j

rs

z1  e0.7156*1.3976*0.6436e j1.3976

no

C4b-2 z  esT kullanılarak ayrık zaman kutuplarını bulma

de

C4-c

%2 kriterine göre yerleşme zamanı ts 

4





4

n

dir.

4 0.7156*1.3976

em

ts 

w

.e

ts  4sn

w

w

 z 1 1   j  z  0.4251  0.3088 j z  0.4251  0.3088 j 

co m

X ( z) 

Gördüğünüz hataları, mail yolu ile yada sözlü olarak iletiniz…………….

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

1

Otomatik Kontrol Final Sınavı

R(z)

c) 0  K   için karakteristik denklem köklerinin değişimini çiziniz. (i-Kompleks kutuptan çıkış

z  0.5 C(z) z  2z  2

K

2

açısı, ii-Birim daireyi kesme noktası, iiiKopma noktası)

d) c( z ) cevabı kritik sönümlü

L

K

E(t)

i(t)

Uort(t)

tla

m(t)

i(t) 5

ark

2

no

parça

olabilmesi için K  ? hesaplayınız. Şekilde bir metal parça kaynak yapılmaktadır. Akım, çevirme oranı 1:1 olan bir akım trafosu ile ölçülmektedir. Ark geriliminin akıma göre değişim grafiği yandadır. Kaynak, akımın lineer bölgesinde yapılmaktadır. L= 1 mH, T=40us

ri.

S-2

Akım kontrolü sayısal işlemci ile yapılacaktır.

i(t)

de

rs

a) Sisteme ait dinamik denklemleri yazınız. Kontrol kuralı PI olmak üzere Ayrık-zaman Kontrol blok diyagramını çiziniz. b) Birim basamak giriş için,   0.7156 ve %2 kriterine göre ts  3.1*103 sn olması istenmektedir. K p ve Ki hesaplayınız, T=40us, L=1ms, K=1.

GPI ( z )  K p  Ki

z z 1

em

c) Ayrık-zaman PI kontrolcüyü doğrudan programlama yöntemi ile programlayınız. S-3

E(s)

w

.e

R(s)

w

w

co m

S-1

18/Mayıs/2011

C(s) K s ( s  1)

tp 

 wn 1  

2

1  Ps

Şekilde verilen sistemde, a) Birim basamak cevaptan yararlanarak K ve P yi hesaplayınız. b) E(s) ifadesini elde ediniz. Birim Rampa giriş için hız hatası ess  1 olması için hangi katsayı ayarlanmalıdır, değerini hesap ediniz,(diğer katsayı a) bulunan değeri olacak). c) Giriş dirac fonsiyonu ve T=2 sn için Y(z) elde ediniz. d) y(k) elde ediniz. k=5 için y(5) hesaplayınız.

S-4 T=2 sn

r(t)

r (t )   (t ) t

e 2,4 s s  0,5

Y(s)

Süre: 110 dakikadır. BaşarılaR. Doç.Dr Ayhan Özdemir

2 S-1

z  0.5 C(z) z2  2z  2

açısı, ii-Birim daireyi kesme noktası, iiiKopma noktası) b) c( z ) cevabı kritik sönümlü

olabilmesi için K  ? hesaplayınız.

no

sıfır Z1=0.5 ∞ m=1

rs

kutup P1=1+j P2=1-j n=2

z  0.5 z  0.5 K z  2z  2  z  1  j z  1  j 2

tla

G aç  z   K

ri.

C1-a

Yer eğrisi üzerinde kök ve sıfırların yerlerini çizelim.

k=

∞

em

1

w

.e

-1

w

k= 0

de

jz

0.5

-1

1

z

0 k=

w

K

co m

R(z)

a) 0  K   için karakteristik denklem köklerinin değişimini çiziniz. (i-Kompleks kutuptan çıkış

n-m=1 dolayısıyla 1 adet asimtod vardır. Asimtodun reel eksende kestiği nokta ve açısı

a

 p   z 1  j  1  j   0.5    1.5

a 

i

i

nm

2 1

 2k  1    2*0  1    nm

2 1

Kopma noktası hesaplansın,

k  0,1, 2,3...

3

 z  0.5  z 2  2z  2    z  0.5  z 2  2z  2  '

2

 2z  2    z  0.5  2z  2 

z

2

 2z  2 

2

z 2  2z  2  2z 2  2z  z  1

 z2  2z  2 

z2  z 1 2

 2z  2 

2

2

2

 2z  2 

2

de

z1  0.618

rs

 z  0.618 z  1.618  0

z

0

0

0

z 2  1.618

olmaz, kapalı  çevrim yer eğri sin e dahil

değildir.

em

Kök eğrilerine dahil yerler, asimtod ve kopma noktası çizdirilirse,

jz

∞

k= 0

k=∞ -1

x

z 1

0.5

-0.618

w

w

.e

1

-1

k= 0

w

0

no

z

2

tla

z

'

ri.

 z2  2z  2

co m

d  z  0.5   0 dz  z 2  2z  2 

Kutup çıkış açıları faz koşulundan bulunur.

1.5

z

4

z

 1  z  tan 1    63.4349 , p1  90  0.5 

z   p1  x   180

ri.

63.4349   90  x   180

tla

x  63.4349  90  180

x  206.56

F  z   1  G aç  z   0

2

z 2  2z  2  Kz  0.5K 0 z 2  2z  2

de

Fz 

z  0.5 0 z  2z  2

rs

Fz  1 K

no

Birim çember kesim noktaları Jury kararlılık analizi ile bulunur.

em

F  z   z2   K  2  z   2  0.5K   0

* Gerek koşul: F(1)>0

F 1  12   K  2 1   2  0.5K   0

.e

w

w

w

 180

p

co m

  

1  K  2  2  0.5K  0

1  K  0.5K  0 K0

0  K   için inceleniyor………

 1 F  1  0 , n F(z) polinomun derecesi bu örnekte n=2 dir. n

 1  1   K  2  1   2  0.5K   0 2

2

1  K  2  2  0.5K  0 5 1.5K  0  K  * Yeter koşul:

10 3

5

F  z   z2   K  2  z   2  0.5K   0

an  a0

1  2  0.5K 2  0.5K  0 ise 1  2  0.5K

K2

ii 

2  0.5K  0 ise 1  2  0.5K

K6

tla

i

ri.

1  2  0.5K

10 bulunur. 3

no

Gerek ve yeter koşullar birleştirilirse 2  K 

rs

K  2 alt sınır kazanç değeridir ve F(z) K’nın sınır kazanç değeri için çözülürse, F  z   z 2   2  2  z   2  0.5* 2  0

w

.e

em

z1,2   j

de

F  z   z2  1  0

w

w

co m

n-1=1 adet yeter koşul incelenmesi gerekir.

em

de

rs

no

tla

ri.

co m

6

Not: Şekilde karışıklık olmaması için asimtod burada gösterilmemiştir. Başlangıç noktası 1.5 olup reel eksen boyunca  e giden bir doğrudur. ’

w

w

w

.e

C1-b

Sistem cevabının kritik sönümlü olabilmesi için K öyle ayarlanmalıdır ki sistem kökleri reel ve katlı olmalı.

F  z   1  G aç   z  z p   0 olmalı 2

Fz  1 K

2 z  0.5   z  zp   0 z  2z  2 2

z2   K  2  z   2  0.5K   0 denklemin köklerinin katlı reel olabilmesi için   0 olmalıdır.   b2  4ac

   K  2   4  2  0.5K  ise 2

K1  K  3.2361 Kökler katlı ve reel olması için K değeri. K 2  1.2361 olamaz

0  K   için inceleme yapılıyor.

7

L m(t)

E(t)

i(t)

Uort(t)

5

ark parça

2

i(t)

Şekilde bir metal parça kaynak yapılmaktadır. Akım, çevirme oranı 1:1 olan bir akım trafosu ile ölçülmektedir. Ark geriliminin akıma göre değişim grafiği yandadır. Kaynak, akımın lineer bölgesinde yapılmaktadır. Ts=40us,L=1mH

ri.

Akım kontrolü sayısal işlemci ile yapılacaktır.

tla

d) Sisteme ait dinamik denklemleri yazınız. Kontrol kuralı PI olmak üzere Ayrık-zaman Kontrol blok diyagramını çiziniz. e) Birim basamak giriş için,   0.7156 ve %2 kriterine göre ts  3.1*103 sn olması

GPI ( z )  K p  Ki

no

istenmektedir. K p ve Ki hesaplayınız, K  1 .

z , T  40us z 1

f) Ayrık-zaman PI kontrolcüyü doğrudan programlama yöntemi ile programlayınız.

rs

C2-a Grafikten lineer bölge için

de

E s  5 5 S  ark  2.5 eark  t   i  t    E ark  s   I  s   2 2 I s  d 1 S i  t   vark  t    Uort  s   sLI  s   Vark  s     Uort  s   Vark  s    I s dt Ls

em

u ort  t   L

w

.e

S u ort  t   Km  t    Uort  s   KM  s 

w

w

K

i(t)

co m

S-2

R  z

Gzoh  s 

D z

K p  Ki

z z 1

T

1  esT s DACZOH

M s  K

Gsys  s 

Uort  s 

1 0.001s

Uark  s  2.5

T ADC

I s 

8

C2-b

ts 

4 4   n



4 4   1290.3225 t s 3.1*10 ^ 3 4 4   1803.1338 t s 0.7156*3.1*10 ^ 3

ri.

%2kriteri için ,   0.7156 verilmiş.

tla

n 

co m

edilecektir.

  arccos     arccos  0.7156   44.3076

no

d  n sin    1803.1338 *sin  44.3076   1259.5074

jw j1259.5074

rs

Sk

S

x

em

de

38 .13 03 18

44.3076



1290.3225

x

.e

w

w

w

İstenen geçici rejim kriterlerinden kontrol kutupları (Baskın kutuplar) S-düzleminde hesap

Sk

 j1259.5074

 ve n bilindiğinden s1,2  w n  jw n 1  2 den doğrudan hesap edilebilir…. Kontrol kutuplarının T’ye göre Z-düzlemindeki yerleri:

z

esT olmak üzere,

z k  eSk T  e

 jd T

 eT e jd T

 e1290.3225*40*10^ 6e j1259.5074*40*10^ 6  0.9497e

j0.0504

 0.9497 28.5005  0.9485 j0.0478

olarak bulunur.

9 Kontrol edilen sistemin ayrık-zaman AÇTF G zoh G sys  z  :

n

X ( z)   i 1

co m

Ts  0.00004s 1 d m1  z  ( s  si )m X ( s) m 1  (m  1)! ds  z  e sT  ss

i

ri.

K  1 için

tla

1 I s  1 1000 0.001s G sys  s   K   1 M s  1 2.5 0.001s  2.5 s  2500 0.001s

no

  1  esT 1000  1 1 G zoh G sys  z   Z G zoh  s  G sys   Z    1000 1  z  Z    s  s  2500    s s  2500    s   2500   s 0

de

rs

 z 1  1 z G zoh G sys  z   1000 Z  s   0 z s  s  2500  z  esT  

Ayrık-zaman kapalı çevrim kontrol blok diyagram aşağıda verilmiştir.

D z

z K p  Ki z 1

Gzoh Gsys  z  0.03807 z  0.9048

w

w

w

.e

z 1  z  0.9048  z  1 0.03807  G zoh G sys  z   0.4      0.4 z  0.9048 z  0.9048  z  0.9048 

R  z

z sT s  s  2500  z  e

    s 2500 

 z 1  1 z 1 z 1 z 1  z z    1000     0T 2500*40*10^ 6   z   0  2500  z  e 2500 z  e 2500 z  z  1 z  0.9048  

em

G zoh G sys  z   1000

1

Kp ve Ki Karakteristlik Denklem Yöntemi ile bulunabilir:

F  z   1  G aç  z   0 F  z   1  D  z  G zoh Gsys  z   0

I  z

10

K p  Ki

1 G zoh G sys  z 

z 1 0.9048  z   0.03807 z 1 0.03807 z  0.9048

zk 0.9048  z k  zk 1 0.03807

K p  Ki

0.9048   0.9485  j0.0478 0.9485  j0.0478  0.9485  j0.0478  1 0.03807

tla

ri.

K p  Ki

K p  Ki  9.4312  9.6818j  1.1479  1.2556j

no

K p  9.4312Ki  9.6818Ki j  1.1479  1.2556j

rs

9.6818Ki j  1.2556j  Ki  0.1297

de

K p  9.4312* 0.1297  1.1479  K p  0.0753

C2-c1 Ayrık-zaman PI kontrolörünün paralel programlama yöntemi ile gerçekleştirilmesi:

em

D z

w

.e

E z

w

w

co m

D z  

Up  z  E z

Ki

Kp

z z 1

 Kp

UI  z  z  KI E z z 1 UI  z  z X  z  z 1  KI E z z  1 X  z  z 1

Up  z 

U z UI  z 

11

E  z   X  z   X  z  z 1

A

Up  z 

Ki X  z

rs

X  z  z1

Z 1

no

E  z

UI  z 

U  z

olsun. 5 Kp=0.0753;Ki=0.1297 10 A=0 20 B=0 30 oku e 40 up=e*kp 50 A=e+B 60 ui=A*ki 70 u=up+ui 80 B=A 90 bekle Ts 100 git 30

ri.

Kp

X  z  ve B X  z  z 1

tla

P  z

I  z

de

Ayrık-zaman PI kontrolörünün Doğrudan programlama yöntemi ile gerçekleştirilmesi:

C2-c2 Ayrık-zaman PI kontrolörünün seri programlama yöntemi ile gerçekleştirilmesi: z z 1

PI  z 

em

K p  Ki

K

p

K p  Ki

 Ki  z  K p

E z

z 1

U  z   K p  K i  z  K p z 1 X  z   E z z 1 z 1 X  z  U  z   K p  Ki  X  z   K p X  z  z  E z X  z   X  z  z 1

X z

Kp

Z 1

U z

X  z  z 1

.e

w

w

w

Simgesel dilde paralel programlama yöntemi:

X  z   E  z   X  z  z 1 PI  z 

co m

UI  z   K I X  z 

1

U  z    K p  Ki  X  z   K p X  z  z 1 E  z   X  z   X  z  z 1  X  z   E  z   X  z  z 1

Simgesel dilde doğrudan programlama yöntemi:

A

X  z  ve B X  z  z 1

5 Kp=0.0753;Ki=0.1297 10 A=0 20 B=0 30 oku e 40 A=e+B 40 u=A*(kp+ki)-B*kp 50 B=A 60 bekle T 70 git 30

12

C(s) K s ( s  1)

tp 

1  Ps



wn 1   2

ri.

Şekilde verilen sistemde, a) Birim basamak cevaptan yararlanarak K ve P yi hesaplayınız.

b) E(s) ifadesini elde ediniz. Birim Rampa giriş için hız hatası ess  1 olması için hangi katsayı

tla

ayarlanmalıdır, değerini hesap ediniz,(diğer katsayı a) bulunan değeri olacak).

C3-a

no

C s   T  s  bulalım. R s

K s  1  KP  s  K 2

em

T s 

de

rs

K K C s s  s  1 s  s  1 K  T s    K R s  1 1  Ps  s  s  1  K 1  Ps  s  s  1  K 1  Ps  s  s  1 s  s  1 s  s  1

Sistem 2. Derecedendir.

2n K  yazılır ve polinom katsayıları eşitlenir. s 2  1  KP  s  K s 2  2n s  2n

w

.e

T s  

w

w

E(s)

R(s)

co m

S-3

K  2n

1  KP  2n P

2n  1 2n  1  K 2n

Birim basamak cevabından yararlanılarak,

Mp  e Mp 



 12



aşım formülü kullanılarak sönüm katsayısı bulunur.

Ct max  s   R t max  s  R t max  s 



1.4  1  0.4 1

13





t p 1   2 1 1  0.28 2

 3.2725

C3-b

E(s)

C(s) K s ( s  1)

em

R(s)

rs

2n  1 2* 0.28*3.2725  1   0.0777 2n 3.27252

de

P

1  Ps

E  s   R  s   1  Ps  C  s 

.e

w

ri.



doğal açısal frekans wn çekilir.

K  n2  3.27252  10.71

w

w

wn 1   2

tla

wn 



no

tp 

C s   E s 

K s  s  1

E  s   R  s   1  Ps  E  s  E  s   1  Ps  E  s 

co m

2

2  ln M p   ln 0.4        0.0850         0.28 2 2 1.0850   ln M p     ln 0.4   1   1                

K s  s  1

K  R s  s  s  1

 K Ks  E  s  1  P   R  s  s s  1 s s  1      

14

E s s  s  1  2 R  s  s   PK  1 s  K ess     limsR  s  T  s   1 s 0

0

2

 0  1 1  1   PK  1 0  K K

no

ess    

ri.

s 0

s  s  1 1 1 2 s 2 s   PK  1 s  K

tla

ess     lim s

rs

K  1 olmalı. P katsayısının sürekli hal hatasında bir rolü olmadığı görülmektedir.

S-4

T=2 sn

de

r(t)

r (t )   (t )

e  2,4s s  0,5

em

t

a) Giriş dirac fonsiyonu ve T=2 sn için Y(z) elde ediniz. b) y(k) elde ediniz. k=5 için y(5) hesaplayınız.

Y(s )

C4-a

Y  s  e2.4s  R  s  s  0.5

Y s  

.e

w

w

w

co m

 s 2   PK  1 s  K  E  s     R  s  s  s  1  

e2.4s R s  s  0.5

s r (t )   (t )   R(s)  1

Y s 

e2.4s giriş s  0.5

dirac fonksiyonu için.

z

esT

Sistemde ölü zaman var ve ölü zaman sabitesi T=2sn (örnekleme zaman değeri)’nin katı değildir. Bu durumda modifiye edilmiş ayrıklaştırma yöntemi kullanılacaktır.

e2.4s  e2se0.4s  ekTs eTs

kT  2

T  0.4 bu ifadelerden

k  1 ve   0.8 elde edilir.

  1 m e2.4s  e2se0.4s  ekTse(1m)Ts

 e kTs eTs emTs   1  m dönüşümü yapılır. m  0.2 bu noktadan sonra değerler yerine koyulur ve rezüdü teorimi kullanılarak z-dönüşüm elde edilir…

15

i 1

i

 e2.4s   e Ts esT e0.8sT   Ts sT  e0.8sT  Y z  Z   Z     e e Z   s  0.5   s  0.5   s  0.5 

no

tla

0.4493 z  z  0.3679 

Y z 

C4-b

i 1

1 d m1 ( z  zi )m X ( z ) z k 1  z  zi (m  1)! dz m1 

rs

n

x(k )  

 1  0.8*0.5*2 z z  1   2  0.4493   2  e  0.5*2  z  ze z  0.3679   z  s 0.5 

ri.

 e0.8sT z Y  z   z 1z 1   s   0.5    s  0.5 z  esT 

0.4493 0.4493  0.3679 k 1 0.3679 0.3679

em



de

  2.2255   0.4493 0.4493 k 1 k 1   x k  Z   ( z  0 ) z  z  0.3679 z      z  z  0.3679  z z  0.3679    z  z  0.3679    z 0 z  0.3679 

x  k   1.2213+1.2213*0.3679 k 1

veya

w

.e

 1.2213+1.2213*0.3679k *0.36791

w

w

1 d m1  z  ( s  si )m X ( s) m 1  (m  1)! ds  z  e sT  ss

co m

n

X ( z)  

x  k   1.2213+3.3195*0.3679k

x  5   1.2213+3.3195*0.36795

olarak ta yazılabilir.

veya

 1.2213+1.2213*0.367951 = -1.1989 Gördüğünüz hataları, mail yolu ile yada sözlü olarak iletiniz…………….

20/05/2010

S-1: G(s).H(s) 

K(s2  2s  2) A.Ç.T.F verilen sistemin; s(s  2)

ri.

a) Geometrik kök yer eğrisini çiziniz. b) K=0.8 için hız hatası ess=?

tla

C-1: a) Geometrik kök yer eğrisini çiziniz.

i) Kutupların ve sıfırların belirlenmesi

Sıfırlar

Z1=1-j Z2=1+j

de

rs

P1=0 P2=-2 ii) Kök yer eğrisin çizilmesi

no

Kutuplar



K=

j

K=0.9983

em

0,618

K=0

w

.e

-2

w

w

co m

OTOMATİK KONTROL FİNAL SINAVI CEVAPLARI

K=0

0

-j

iii) dG(s) d K(s 2  2s  2)  ( )0 ds ds s(s  2) dG(s)  (2s  2)(s 2  2s)  (2s  2)(s 2  2s  2)  0 ds  2s3  4s 2 2s 2 4s 2s3 4s 2  4s 2s 2 4s  4  0 4s 2  4s  4  0 s1  0, 618 s 2  1, 618

1



K=

iv) sınır kazanç ve imajiner ekseni kesme noktası hesabı; i) kararlılık analizinden

K 1

2K

2(1  K)

0

0

2K

s

ri.

s1

F(s)  s 2 (K  1)  2s(1  K)  2K  0

tla

s2

F(s)  s 2  2s  Ks 2  2Ks  2K  0

no

i) K+1>0  K>-1 ii) 2(1-K)>0  K<1 iii) 2K>0  K>0 0  K 1

co m

Karakteristik denklem:

Ks=1 Sınır Kazanç

(Ks  1)s 2  2Ks  0

rs

** Imajiner ekseni kesme noktası:

2s2  2  0  s1,2   j

elde edilir.

de

II. karakteristik denklemde s=jw

F( jw)  ( jw)2 (K  1)  2( jw)(1  K)  2K  0 ise,

em

w 2 (K  1)  2jw(1  K)  2K  0 olması için reel ve imajiner kısımlar ayrı ayrı sıfıra eşit olmalıdır.

2w(1  K)  0

w (K  1)  2K  0 2

1 K  0

ise

Ks  K  1

 w (1  1)  2*1  0 2

ise

w 2  1   w   j Olarak elde

K=0.8 için hız hatası ess=?

K ( s 2  2s  2)  kv  K s 0 s ( s  2) 1 1 1 ess     1, 25 kv K 0,8 kv  lim s.

w

w

w

.e

b)

S-2: R(s) 

1 s +

-

T=1

e

2s

K s 1

C(s)

şekilde verilen sistem için;

a) R(s) 

1 için C(z)=? s

edilir.

C-2: a)

ri.

z K z  , R( z )  T z ( z  0,3679) z 1 z e

C ( z )  R( z ) 

   s 1  

tla

G( z )  z 2

G( z ) 1  G( z )

rs

no

K z Kz z ( z  0,3679) C ( z)   2 K z 1 1  ( z  0,3679 z  K )( z  1) z ( z  0,3679)

a) şıkkını yapana b) şıkkında tam puan verilecektir.

b)

de

Kz Kz  ( z  0,3679 z  K )( z  1) ( z  a)( z  b)( z  1) 2

em

c(kT )  Z 1 C ( z )  ( z  1)  ( z  b)

Kz z k 1 ( z  a)( z  b) ( z  1)

Kz z k 1 ( z  a) ( z  b) ( z  1)

z  b

w

.e

c) Karalılık analizi:

w

w

  e2 s  1 z 2  G( z )  Z    z (s  1) ( s  1) z  esT   s  1 

Td=kT

co m

b) C(k)’yı elde ediniz. c) Sistemin kararlılık analizini Jury testi yardımı ile yapınız.

F ( z )  1  G( z )  0

1

K  0  z 2  0,3679 z  K  0 z ( z  0,3679) 1) Gerek koşullar; F (1)  1  0,3679  K  0  K  0

 1

2

F (1)  1  0,3679  K  0  K  0

2) Yeter koşul; an  a0

1  K  K 1

olmalıdır.

 ( z  a) z 1

Kz z k 1 ( z  a) ( z  b)( z  1)

z  a

S-3:

co m

C(t) L (t )  1

1.04

Örnekleme zamanı T=0.643 sn olmak üzere II. Dereceden ayrık-zaman transfer fonksiyonu; az ifadesinde a,b,c katsayılarını T(z)  2 z  bz  c birim basamak giriş cevabı yukarıda verildiği gibi olacak şekilde hesaplayınız.

ess=0 1.02

t

tla

ts=4 sn

%2 kriterine göre yerleşme zamanı, ts  

 4  e 100



1 2



rs

1

2



de

%aşım  e



ln(0.04)  

4  4   wn  1  wn

no

C-3:



1 

ri.

0.98

2

 ln(e)  3.2188  

 1  2



2 2   10.36  10.36 2   2 2 2 1 

em (3.2188)2 

.e

2 

10.36 10.36   2   10.36   10.36 2

w

w

w

  0.7156 elde edilir.

wn 

1



T ( s) 



1 0.7156

 wn  1.3973 rad/sn doğal açısal frekans elde edilir.

w2 n 1.39732  s 2  2 wn s  w2 n s 2  2*0.7156*1.3973s  1.39732 T ( s) 

1.9526 s  2s  1.9526 2

elde edilir.

ifadesi ile kökler hesap edilir.

s1,2  0.7156*1.3973  j1.3973 1  0.71562

 ve wn parametre değerleri yerlerine yazılır.

s1,2  1  j 0.976

sürekli-zaman karakteristik denklem kökleri.

s1,2  1  j 0.976 ve T  0.64376 sn kullanılarak s1,2 karşılık gelen ayrık-zaman kökler z1,2

tla

ri.

hesaplanacaktır.

z1  es1T  e( 1 j 0.976)*0.6438  e0.6438 (cos(0.6283)  j sin(0.6283))  0.5335(0.8090+ j0.5878) I. ayrık-zaman kompleks kök.

no

z1 =0.4316+j 0.3136

II. ayrık-zaman kompleks eşlenik kök.

de

z2 =0.4316-j 0.3136

rs

z2  es2T  e( 1 j 0.976)*0.6438  e0.6438 (cos(0.6283)  j sin(0.6283))  0.5335(0.8090- j0.5878)

em

Ayrık-zaman II. dereceden transfer fonksiyon, T ( z ) 

az dir. ( z  z1 )( z  z2 )

w

.e

Elde edilen z1,2 kökleri, T ( z ) de yerlerine koyulur ide,

T ( z) 

w

w

co m

s1,2   wn  jwn 1   2

az az  ( z  z1 )( z  z2 ) ( z  0.4316-j 0.3136)( z  0.4316+j 0.3136)

T ( z) 

C( z) az  2 R( z ) z  0.8632 z  0.2853

elde edilir.

C ( z) ‘in kazancının Birim olabilmesi için son değer teoreminden birim basamak giriş R( z ) z için “ a ” hesaplanmalıdır. R( z )  olmak üzere, z 1 T ( z) 

C ( z) 

z az 2 z  1 z  0.8632 z  0.2853

olur. Son değer teoreminden,

z 1

a  1  a  0.4221 1  0.8632  0.2853

ve transfer fonksiyonunda yerine koyulur.

C ( z) 0.4221z  2 R( z ) z  0.8632 z  0.2853

S-4: Rf

if

ia=sabitRa

e f (t )

ea (t )

J,mw,Bm

a)

C-4:

m (s) çıkış ve Vf (s) giriş olmak üzere alan kontrollü DC makineye ait

dinamik denklemelerini yazınız ve kontrol blok diyagramını çiziniz. (Jm: atalet momenti, Bm: viskoz sürtünmesidir.) b)

de

Ty B

m

Alan kontrollü DC makine ile pozisyon kontrolü yapılmaktadır.

rs

J

ia  sbt

Tyük=0

Lf

no

a= 0.4221, b=-0.863, c=0.2853 elde edilir.

m (t) pozisyon kontrolü için; i) ii)

em

di f (t ) dt

.e

1-) V f (t )  R f i f (t )  L f

w

sürekli zaman ayrık zaman sayısal

kapalı –çevrim kontrol blok diyagramlarını ayrı ayrı çiziniz.

t-domeninde dinamik denklemler yazılır.

 (t )  k f i f (t )

2-) Te (t )   (t )kaia (t )  k f kaia (t )i f (t )  Kii f (t )

3-) Tm (t )  J

dw(t )  Bw(t )  Ty dt

4-) Te (t )  Tm (t ) (sürekli rejimde) 5-) w 

olarak elde edilir.

tla

T ( z) 

ri.

Ayrık-zaman II. dereceden transfer fonksiyon,

w

w

z a *1 1 2 z  1 z  0.8632 z  0.2853

co m

C ( z )  lim ( z  1)

d m dt

Ty=0

1-) E f ( s)  R f I f ( s)  sL f I f (s )

E f ( s)

 I f (s ) 

sL f  R f

2-) Te (s)  Ki I f (s)

tla

4-) Te (s)  Tm ( s) (sürekli rejimde)

1 s

no

5-)  m  * 

V f (s)

Tm ( s) sJ  B

ri.

3-) Tm ( s)  sJ ( s)  B( s)  Ty ( s)  Ty ( s)  0  ( s) 

co m

s-domeninde dinamik denklemleri yazalım.

1 I f (s) Ki sL f  R f

Te ( s ) Tm ( s )

( s ) 1 1 s sJ  B

rs

Ty=0

m (s)

TY ( s )

de

Alan kontrollü DC makina kontrol blok diyagramı

b)

em

i) Sürekli zaman kapalı –çevrim kontrol blok diyagramı; Ref +

D(s) Kontrolör

Te ( s ) Tm ( s ) 1 I f (s) Ki sL f  R f Ty=0

.e

-

V f ( s)

( s ) 1 1 s sJ  B

m (s)

TY ( s )

w

w

w

ölçme

ii) Ayrık-zaman sayısal kapalı –çevrim kontrol blok diyagramı; DAC

ADC

Ref + T

Z.O.H

D(z) T

-

Te ( s ) Tm ( s ) 1 I f (s) Ki sL f  R f Ty=0

Sayısal İşlemci

ölçme

( s ) 1 1 s sJ  B

TY ( s )

m (s)

Sayısal İşlemci

DAC

Ref +

V f ( s)

Z.O.H

D(z) T

T

Te ( s ) Tm ( s ) 1 I f (s) Ki sL f  R f Ty=0

tla

.e

em

de

rs

no

Gördüğünüz hataları, mail yolu ile yada sözlü olarak iletiniz…………….

w

( s ) 1 1 s sJ  B

TY ( s)

ri.

ölçme

ADC

w

w

co m

Alternatif blok diyagram:

m (s)

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em

.e

w

w

w

co m

ri.

tla

no

rs

de

em