otomatİk kontrol sİstemlerİ - fırat...

Bölüm 1

Kontrol Sistemlerine Giriş

OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ

Prof. Dr. Muammer GÖKBULUT

Seçkin Yayıncılık 3. Baskı Ocak 2019

Sistemu(t) y(t)

Sistemgirişi

Sistemçıkışı

Bozucu giriş

b(t)

Elektrik motorunun,

Girişi ?

Çıkışı ?

Bozucu girişi ?

Kontrol amacı ?

Sistem nedir ? Sistem Örnekleri !

1.1 Kontrol Sistemi ve Sistem Kavramı

Şekil 1.3 Bir freze tezgahının görünüşü (cncmasters)

Devam: Sistem Örnekleri

qi

q0

h1

Vana

h2q1

Vana

Örnek sistemlerin,

Girişi ?

Çıkışı ?

Bozucu girişi ?

Kontrol amacı ?

Devam: Sistem Örnekleri

Sistemu(t) y(t)

Sistemgirişi

Sistemçıkışı

Bozucu giriş

b(t)Sıvı seviye ve akış sistemi

Ters sarkaç

SistemKontrolör

u(t)r(t) y(t)

Referansgiriş

Sistemgirişi

Sistemçıkışı

Bozucu giriş

b(t)

1.1.2 Otomatik Kontrol Sistemi

1.1.2.1 Açık Çevrim Kontrol Sistemi

0 t(s)

y(t) b(t) bozucu

giriş

1

r

Açık çevrim kontrol sistemlerinde

bozucu girişin etkisi

Sistem ve Kontrolör olmak üzere en az iki eleman/birim gerekir.

NOT: Gerilimi ayarlayarak lambanın ışığını değiştiren ışık ayarlayıcılar (dimmer) bir açık çevrim kontrol sistemi midir?

Su tahliye

Su ısıtma

Durulama /Kurutma

220 vAC

Zamanlayıcı

Su/deterjanPompalama

Şekil 1.7 Bir bulaşık makinasının

prensip kontrol şeması.

Örnek: Açık çevrim kontrolör, çamaşır-bulaşık makinalarında olduğu

gibi bazı sistemlerde bir zamanlayıcıdan/programlayıcıdan ibarettir.

Anahtarlama

(DGM)

DC

KıyıcıM

+ V -

w* Hız

kontrolörüw

vc vm

Şekil 1.8 Bir doğru akım motorunun açık çevrim hız kontrolü.

M

3

220 v

AC

300 v

DC

AC-DC

Dönüştürücü

DC-AC

inverter

İnverter

Anahtarlama

Devresi

(DGM)

w* Hız

kontrolörü

vcw

vm

Şekil 1.9 3 fazlı bir asenkron motorun açık çevrim hız kontrolü.

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi

Yükseltici-Dönüştürücü

Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

1.1.2.2 Kapalı Çevrim Kontrol Sistemi

t(s)

r(t()

b(t) bozucu

giriş

1

y(t()

0

• Sistem

• Kontrolör

• Algılayıcı

• Yükseltici/Dönüştürücü

1.1.2.3 Kontrol Birimi: Kontrolörler

Geri beslemeli kontrol sistemleri için en basit örnekler, ısıtma-soğutma sistemlerinde

kullanılan ve aç-kapa kontrolör olarak görev yapan termostatlı kontrol düzenekleridir.

(a) (b)

220 volt

Termostat

Isıtıcı

u(t)

e(t)

+Umax

-Umin

NOT: Ütüde termostat yerine karşılaştırıcı op-amp kullanılsa şema nasıl çizilebilir.

Şekil 1.11 Mikroişlemci esaslı bir PID kontrolör. (Honeywell)

Sürekli Kontrol: Daha hassas kontrol gerektiren endüstriyel sistemlerin kapalı çevrim

kontrolü, aç-kapa kontrolörler yerine e(t) hata sinyalinin değerine bağlı olarak sürekli

(değeri sürekli değişen) bir u(𝑡) kontrol sinyali hesaplayan kontrolörler ile

gerçekleştirilir.

PID (Oransal-Integral-Türev)

Kontrolörler,

Op-amplar ile de

gerçekleştirilebilir.

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi


Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

1.1.2.4 Kapalı çevrim kontrol sistemlerinde

Geri Besleme Birimi: Algılayıcılar

0C

Vo (mV)

Şekil 1.12 a-) Termokuplenin çalışma esası b-) Bir sıcaklık-nem algılayıcı

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi


Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

Sıcaklık Algılayıcılar

Basınç girişi Diyafram

KristalElektriksel

çıkış

Şekil 1.13 a-) Piezoelektrik

algılayıcının esası b-) Bir basınç

algılayıcı

Piezoelektrik Algılayıcılar

Ultrasonik sesüreteci ve alıcısı

Sıvı akışı

Ultrasınik sesdalgaları

Ultrasonik Algılayıcılar

Şekil 1.14 a-) Ultrasonik akış

algılayıcının esası

b-) bir akış algılayıcı (endress-

hauser)

1.1.2.5 Kapalı çevrim kontrol sistemlerinde

Yükseltici-Dönüştürücü Birimi ya da aktüatörler

MAnahtarlama

(DGM)

vc

vm

+

Vdc

-

Şekil 1.19 Bir doğru akım motorunun gerilim ayarı için DC kıyıcı.

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi


Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

DC Gerilim Ayarı

Tetikleme

Devresi

vc

Isıtıcı

220 v

AC

Transformatör

vtDirenç

TriyakOptik yalıtıcı

v1

Şekil 1.23 Triyak kontrollü AC gerilimle bir elektrikli ısıtıcının sıcaklık kontrolü.

AC Gerilim Ayarı

Eğer kontrol edilecek sistemin girişi basınç, sıvı akışı, hareket vs.

gibi farklı türden bir fiziksel büyüklük ise zayıf güçlü elektriksel

kontrol sinyali ile bu büyüklükleri ayarlayan bir dönüştürücü

cihaz (aktüatör) ile sistem girişinin ayarlanması gereklidir.

Valflerin açma-kapama

mekanizmaları:

Elektrik enerjisi ile bir nüvenin

manyetik olarak çekilip-bırakılması,

Elektrik motorları aracılığıyla,

Elektrik enerjisi yardımıyla değeri

ayarlanabilen basıncın, nüveyi açma-

kapama kuvveti, ile sağlanabilir.

Valfler: Selenoid ve oransal kontrol valfleri

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi


Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

Doğrusal bir aktüatör (Gimson Robotics)

Doğrusal aktüatörler

Kontrolör

Güçyükseltici

M TG

220 v AC

0-110 v

u(t)0-10 v

0-10 v

w

Algılayıcı

RaLa

++

-

-

10 v

r(t)

e(t)

DC Motor

Kontrolör

Referans giriş

r(t)

Sistem girişi

u’(t)

Sistem çıkışı

y(t)

+

-

Sistem

Geri beslemebirimi


Kontrolsinyali

Hatasinyali

e(t) u(t)

Bozucu girişb(t)

1.1.3 Otomatik Kontrol Sistemi Örnekleri

Doğru Akım Motorlarının Hız Kontrolü:

Sıcaklık ve Nem Kontrolü:

220 v AC

Algılayıcı gerilimleri

Nem Algılayıcı

Sıcaklık Algılayıcı

Sayısalkontrolör

Çık

ış p

ort

ları

Giriş portları

M

Elektrikli ısıtıcı

Nem motoru

sürücüsü

Kontrol edilecek ortam

Güç yükseltecitetikleme

Su girişi

Kontrol sinyalleri

Nem

Savunma

düzeneği

sürücüsü

Savunma

düzeneğiKontrolör

+

-

Namlu ya da

füze yönüHedef

Otomatik yönlendirmeli ya da güdümlü savunma sistemleri.

Robot Kolları

1.2 Sistemlerin Karakteristikleri ve Sınıflandırılması

1.2.1 Temel Test Sinyalleri

t

x(t)

0

A

t

x(t)

0

A

1

t

x(t)

0

Şekil 1.22 Rampa

Şekil 1.21 Basamak

İmpulse’ ın örnekleme özelliği

න−∞

∞

)𝒇 𝒕 𝜹 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇(𝟎

න−∞

∞

𝜹 𝒕 𝒅𝒕 = 𝟏

Şekil 1.23 İmpuls

Sistemlerin Cevabını Bulma:

)t(xe)t(y t2

dt

)t(dx2)t(y

t

0

dt)t(x10)t(y

a-) birim rampa cevabını bulunuz.

b-) birim basamak cevabını bulunuz.

c-) birim impuls cevabını bulunuz.

Örnek 1.1 Aşağıda verilen sistemlerin belirtilen girişler için cevaplarını bulunuz.

F{x(t)}y(t)x(t)

1.2.2 Sistemlerin Sınıflandırılması

Dinamik ve Statik Sistemler

Doğrusal ve Doğrusal Olmayan Sistemler

Zamanla Değişen ve Zamanla Değişmeyen Sistemler

)t(tx2)t(y

)t(x)wt(Cos)t(y

t

0

dt)t(x)t(y

1)t(x2)t(y

dt

)t(dx2)t(y

F{x(t)}y(t)x(t)

Kararlılık

y(t) y(t)

u(t)=1

t(s) t(s)0 0

0

(a) (b)

Sınırlı giriş-sınırlı çıkış (SGSÇ) kararlılığı

Şekil 1.25 (a) Kararlı ve (b) kararsız

sistemlerin birim basamak davranışları

Sistemu(t) y(t)

Sistemgirişi

Sistemçıkışı

Bozucu giriş

b(t)

Örnek 1.6 Aşağıda verilen sistemlerin kararlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

)t(xe)t(y t2

)t(x)t(y 2

t

0

dt)t(x10)t(y

)t(xdt

d)t(y

1.2.3 Doğrusal ve Zamanla Değişmeyen Dinamik Sistemler

Sabit katsayılı diferansiyel denklemler: Birinci dereceden

Örnek 1.7 a-) birim basamak ve b-) birim rampa cevabını bulunuz.

Başlangıç koşulları sıfır.)t(x10)t(y2

dt

)t(dy

1 2 30

1

2

3

4

5

t(s)

y(t)

(b)(a)

0 1 2 3

5

10

15

y(t)

t(s)

(c)(b)

Sabit katsayılı diferansiyel denklemler: İkinci dereceden

)t(x4)t(y5dt

)t(dy2

dt

)t(yd2

2

Örnek 1.8 Aşağıda verilen ikinci dereceden doğrusal ve zamanla değişmeyen dinamik

sistemin birim basamak cevabını bulunuz. Başlangıç koşulları sıfırdır.

t(s)

y(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

İmpuls Giriş:

Örnek 1.9 Aşağıda verilen doğrusal ve zamanla değişmeyen dinamik sistemlerin birim

impuls yani 𝑥 𝑡 = 𝛿(𝑡) için cevaplarını bulunuz. Başlangıç koşulları sıfırdır.

)t(x10)t(y2dt

)t(dy )t(x4)t(y5

dt

)t(dy2

dt

)t(yd2

2

0 1 2 3

2

4

6

8

10

t(s)

h(t)

(a)(a)

0 2 4 6-0.5

0

0.5

1

t(s)

h(t)

(b)

1.3 Kontrol Kriterleri

KontrolörFc{e(t)}

r(t) y(t)+

-

SistemF{u(t),b(t)}

e(t) u(t)

b(t)

Kapalı çevrim kararlılığı

Yükselme süresi (tr),

Maksimum aşma (M), %M

Yerleşme süresi (ts)

Kalıcı durum hatası

Şekil 1.27 a-) Basamak cevabı üzerinden geçici ve sürekli durum kriterleri

b-) Rampa cevabı ve kalıcı durum hatası.

Bölüm 2: Kontrol Sistemlerinin Matematiksel Temelleri

Laplace Dönüşümü: Kısa hatırlatmalar

nm)t(ub..dt

)t(udb

dt

)t(udb)t(ya...

dt

)t(yda

dt

)t(yd01m

1m

1mm

m

m01n

1n

1nn

n

nmasa.........sas

bsb.........sbsb

)s(U

)s(Y)s(G

011n

1nn

011m

1mm

m

Bölüm 2: Kontrol Sistemlerinin Matematiksel Temelleri

2.1 Transfer Fonksiyonu: ……..?

G(s)U(s) Y(s)

G(s)U(s) Y(s)

)t(u5dt

)t(du4)t(y3

dt

)t(dy2

dt

)t(yd2

2

Örnek 2.1 Diferansiyel denklemi verilen ikinci dereceden sistemin transfer

fonksiyonunu bulunuz.

𝐺 𝑠 =𝑌 𝑠

𝑈(𝑠)=

s

(𝑠 + 2) 𝑠 + 3

Transfer fonksiyonu verilen sistemin diferansiyel denklemini bulunuz.

2.1.1 Transfer Fonksiyonu ve Sistem Karakteristikleri

)s(U)s(G)s(Y G(s)U(s) Y(s)

Örnek 2.2 Transfer fonksiyonu verilen birinci dereceden sistemin,

a-) Birim impuls b-) Birim basamak cevabını bulunuz.

2s

1)s(G

1. Sistemin cevabını belirleme

2. Sistemin kutupları, sıfırları ve karakteristik denklem

ve Kararlılık: SGSÇ, Asimptotik ve Marjinal kararlılık

)ps.().........ps)(ps(

)zs().........zs)(zs(K)s(G

n21

m21

a-) )1s(s

1)s(G

b-)

4s

s)s(G

2 c-)

)5s2s)(2s(

1s)s(G

2

Örnek 2.3.a Transfer fonksiyonu verilen sistemlerin kutup ve sıfırlarını s-düzleminde

göstererek kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

4. Kalıcı durum kazancı )s(GlimK0s

dc

G(s)U(s) Y(s)

Örnek : Transfer fonksiyonu verilen ikinci dereceden sistemin,

a-) Kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

b-) Birim basamak cevabını bularak grafiğini çiziniz.

c-) Kalıcı durum kazancını bulunuz. 5s2s

)2s(5.2)s(G

2

2.2 Blok Şemalar

R(s) E(s) Y(s)

X(s)

G(s)

H(s)

+

-

T(s)R(s) Y(s)

)s(H)s(G1

)s(G

)s(R

)s(Y)s(T

Kapalı çevrim (geri beslemeli) blok şema

Seri ve paralel bağlı bloklar

4s

1)s(H,

1s

6)s(G

Örnek 2.5 Şekilde verilen blok şemada, ileri besleme ve geri besleme yönündeki elemanların

transfer fonksiyonları aşağıda verilmiştir.

a-) Sistemlerin bireysel olarak ya da açık çevrim kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

b-) Kapalı çevrim sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

c-) Kapalı çevrim sistemin kalıcı durum kazancını bulunuz.

d-) Kapalı çevrim sistemin birim basamak cevabını bularak grafiğini çiziniz.

R(s) E(s) Y(s)

X(s)

G(s)

H(s)

+

-

2.2.1 Blok Şemaların Sadeleştirilmesi

1. Karmaşık bloğun çeşitli ara sinyal eşitlikleri yazılarak ve sonra da eşitliklerden ara

sinyaller yok edilerek eşdeğer blok bulunabilir.

G2

R Y

G1+

-

G3

H2

H1

+

-

X

Örnek 2.6 Şekilde verilen blok şemanın, ara sinyal eşitliklerini yazıp sonra da yok ederek

sadeleştiriniz ve eşdeğer transfer fonksiyonunu bulunuz.

2. Blok şemanın toplama noktasına gelen ya da ayrılma noktasından

alınan sinyaller, blok eşitliğini bozmayacak şekilde bir bloğun

ilerisine ya da gerisine taşınarak yukarıda açıklanan standart seri,

paralel ve kapalı çevrim blok yapıları elde edilmek suretiyle

sadeleştirme yapılabilir.

Devam:

G2

R YG1

X

+

+

G2

R YG1

X

+

+

1/G1

Toplama noktasına gelen bir sinyalin taşınması

G2

R YG1

-

+G2

R YG1

-

+

G2

Ayrılma noktasından alınan bir sinyalin taşınması

Örnek 2.7 Şekilde verilen blok şemayı sadeleştirerek eşdeğer tek bir blok haline

getiriniz.

4sI(s) V(s)

2+

-

s+

-

4+

-

Örnek 2.8 Şekilde verilen blok şemayı sadeleştirerek sistemin transfer fonksiyonunu

bulunuz.

2.2.2 Bozucu Girişli Kontrol Sistemleri

G2(s)

R(s)

G1(s)+

+

H(s)

+

-

Y(s)

B(s)

T1(s)

+

+T2(s)

Y(s)

B(s)

R(s) Y1(s)

Y2(s)

Gp(s)

R(s)

Gc(s)+

+

H(s)

+

-

Y(s)

B(s)Gb(s)

+

Örnek 2.9 Şekilde verilen bozucu girişli kontrol sisteminde, Gp(s) in kontrol edilen sistem,

Gc(s) in uygun tasarlanmış bir kontrolör ve H(s) in ise algılayıcı eleman olduğunu dikkate

alalım. Şekilde verildiği gibi bir Gb(s) bağlanırsa bozucu girişin etkisi yok edilebilir mi?

Edilebilirse Gb(s) ne olmalıdır?

2.3 Sinyal Akış Şemaları

R(s) E(s) Y(s)

X(s)

G(s)

H(s)

+ -

o oo oo oR(s) Y(s)E(s) G(s)

-H(s)

1 1Y(s)

Kapalı çevrim kontrol sisteminin blok şeması ve sinyal akış şeması.

Benzerlikler, farklılıklar ?

)()(

)(

)(

)()(

sHsG1

sG

sR

sYsT

Örnek 2.11 Verilen blok şemanın sinyal akış şeması karşılığını çiziniz. Sinyal

eşitliklerini yazarak şemaları sadeleştiniz ve eşdeğer transfer fonksiyonunu

bulunuz.

2.3.1 Sinyal Akış Şemalarının Sadeleştirilmesi:

R 1 Yo oo oo oo oo o

G1 G2 G3 G4

-H1 -H2

G5

-H3

X

İleri besleme yolları ve yol kazançları ?

Çevrimler ve çevrim kazanları ?

Birbirine dokunmayan çevrimler ?

N

1k

kkT

sR

sYsT

.

)(

)()(

∆ =1-(bireysel çevrimlerin çevrim kazançlarının

toplamı) + (Birbirine dokunmayan ikişerli

çevrimlerin kazançlarının çarpımlarının toplamı)-

(Birbirine dokunmayan üçerli çevrimlerin

kazançlarının çarpımlarının toplamı)+ ....

∆k = k. ileri besleme yolu sinyal akış

şemasından çıkarıldıktan sonra geriye kalan

sinyal akış şemasının ∆ değeridir.

Kazanç Formülü

Örnek 2.13 Şekil 2.14 de verilen sinyal akış şemasında,

a-) Giriş ile Y çıkışı arasındaki,

b-) Giriş ile çıkış olarak alınan X ara düğümü arasındaki,

c-) Ara düğüm X ile Y çıkışı arasındaki eşdeğer transfer

fonksiyonunun bulunuz.

Örnek 2.14 Şekilde verilen sinyal akış şemasını kazanç formülü ile sadeleştirerek

sistemin transfer fonksiyonunu bulunuz.

2.4 Durum Diyagramları

)t(budt

)t(dx

Özel yapıdaki…! blok şema ya da sinyal akış şemalarıdır.

birinci dereceden doğrusal bir sistemin diferansiyel denklemi ya da durum denkleminin,

𝑑𝑦 𝑡

𝑑𝑡+ 𝑎𝑦 𝑡 = b𝑢 𝑡

Yüksek dereceden ve girişin türevlerini ihtiva etmeyen doğrusal bir sistemin diferansiyel

denklemi ve durum diyagramı. 𝑑n𝑦 𝑡

𝑑𝑡n+ 𝑎𝑛−1

𝑑n−1𝑦 𝑡

𝑑𝑡n−1+⋯+ 𝑎1

𝑑𝑦 𝑡

𝑑𝑡+ 𝑎0𝑦 𝑡 = 𝑏𝑢 𝑡

Yüksek dereceden ve girişin türevlerini ihtiva etmeyen doğrusal bir sistemin

diferansiyel denklemi ve durum diyagramı (Laplace bölgesi sinyal akış biçiminde).

𝑑n𝑦 𝑡

𝑑𝑡n+ 𝑎𝑛−1

𝑑n−1𝑦 𝑡

𝑑𝑡n−1+⋯+ 𝑎1

𝑑𝑦 𝑡

𝑑𝑡+ 𝑎0𝑦 𝑡 = 𝑏𝑢 𝑡

2.4.2 Durum Diyagramından Durum Denklemini Elde Etme

)t(u5)t(y4dt

)t(dy3

dt

)t(yd2

dt

)t(yd2

2

3

3

Örnek 2.15 Diferansiyel denklemi verilen sistemin durum diyagramını çizerek durum

denklemlerini yazınız. Başlangıç koşulları sıfır alınmıştır.

2.4.3 Transfer Fonksiyonlarının Durum Diyagramı

Kanonik gerçekleme

Örnek 2.16 Verilen transfer fonksiyonunun kontrol edilebilir kanonik formda durum

diyagramını çizerek durum denklemini çıkarınız.

1s3s2s

4s

sU

sYsG

23

)(

)()(

U Y

1o oo o

-c

o os-1 b

a

U Y

1o oo o

-c

s-1

o

a

U

Y

1o o o oo o

s-1 5

-2 -4

3

o os-1

x2 x1

2x1x

cs

as

sU

sYsG

)(

)()(

Örnek 2.18 Aşağıda verilen a-) birinci dereceden ve b-) ikinci dereceden transfer

fonksiyonlarının örnek 2.16’yı dikkate alarak doğrudan durum diyagramlarını çiziniz.

cs

bas

sU

sYsG

)(

)()(

4s2s

5s3

sU

sYsG

2

)(

)()(

Seri (kaskat) gerçekleme

Örnek 2.19 Basit çarpanlarına ayrılmış halde verilen transfer fonksiyonunun durum


))()((

)(

)(

)()(

3s2s1s

2ss

sU

sYsG

Paralel gerçekleme

Örnek 2.20 Basit kesirlerine ayrılmış halde verilen transfer fonksiyonunun durum


13s4s

5

3s

2sG

2

)(

2.4.4 Durum Denkleminden Transfer Fonksiyonunu Elde Etme

)()()(

)()()(

tDutCxty

tButAxtx

DBASICsU

sYsG 1 )(

)(

)()(

DBASICsTM 1 )()(

Örnek 2.22 Verilen durum denkleminden sistemin transfer matrisini bulunuz

)(

)(

)(

)(

)(

)(

tu

tu

2

0

0

1

tx

tx

32

01

tx

tx

2

1

2

1

2

1

(t)u

(t)u21

(t)x

(t)x10y(t)

2

1

2

1

)()(

)(

)(

)(tu

2

0

tx

tx

32

41

tx

tx

2

1

2

1

)()( tu7

(t)x

(t)x65ty

2

1

Örnek 2.23 Verilen durum denkleminin durum diyagramını çizerek transfer fonksiyonunu

bulunuz.

)(..)()(

)(...)()(

tubdt

tudb

dt

tudbtya

dt

tyda

dt

tyd01m

1m

1mm

m

m01n

1n

1nn

n

011n

1nn

011m

1mm

m

asasas

bsbsbsb

sU

sYsG

.........

.........

)(

)()(

)()()(

)()()(

tDutCxty

tButAxtx

Bölüm 3 : Dinamik Sistemlerin Matematiksel Modellenmesi

3.1 Dinamik Sistemler ve Matematiksel Modelleri : Diferansiyel denklemler,

Transfer fonksiyonları ve Durum Denklemleri

Temel devre elemanının uç denklemleri : Zaman ve Laplace bölgesinde

3.2 Elektriksel Sistemler

Direnç:

Kondansatör:

Bobin:

Ri(t)

+ v(t) -

Ci(t)

+ v(t) -

Li(t)

+ v(t) -

3.2.1 Elektriksel Sistemlerin Modellenmesi

İki önemli yasa:

Çevre Akımları Yöntemi: Yönleri arzu edildiği gibi seçilen çevre

akımları cinsinden yazılmak üzere kapalı bir çevredeki gerilimlerin

cebirsel toplamı sıfırdır.

Düğüm Gerilimleri Yöntemi: Seçilen bir ortak düğüme göre

belirlenen düğüm gerilimleri cinsinden yazılmak üzere bir düğüm

noktasındaki akımların cebirsel toplamı sıfırdır.

Örnek olarak, şekildeki devrenin diferansiyel denklemi ve Transfer Fonksiyonu.

R C

L

+

v0(t)

-

v(t)

R 1/sC

sL

+

V0(s)

-

V(s)I1(s) I2(s)

(b)

1-) Doğrudan denklemler yazılabilir.

2-) Blok-sinyal akış şeması çizilerek de TF çıkarılabilir.

Durum denklemi modeli.o o

o

v(t) CR

Lo o

o

v(t) CR

L

(a) (b)

Temel kesit

)()(

)(

)(

)(tv

L

10

ti

tv

0L

1C

1

RC

1

ti

tv

dt

d

L

c

L

c

Lis(t) C

R i(t)

Örnek: Diferansiyel denklemini, transfer fonksiyonunu ve durum denklemini elde ediniz.

Örnek: Devrenin durum denklemini çıkarınız.

o o

o

v(t)CR

L1o

L2

i(t)o o

o

v(t)CR

L1o

L2

i(t)

(a) (b)

)t(i

)t(v

0L/1

L/RL/1

C/10

)t(i

)t(i

)t(v

00L/1

0L/R0

C/100

)t(i

)t(i

)t(v

dt

d

2

11

2L

1L

c

2

1

2L

1L

c

Örnek 3.1 Şekilde verilen elektrik devresinde, herhangi bir

v(t) girişi için i(t) akımı çıkış alınmak kaydıyla devrenin

matematiksel modeli elde edilecektir.

a-) Diferansiyel denklemini çıkarınız.

b-) Blok şemasını çizerek transfer fonksiyonunu çıkarınız.

c-) Durum denklemini çıkarınız.

2

0.2F

0.5Hv(t)

4i(t)

i1(t)

İşlemsel Yükselteçler

+v0

-

-+

R2

R1+vi

-

+vg

-

v0+-R

R

v2

v1

R

R

v0-+

R

R

v2

v1

R

R

2120

100 vvvvv

120 vvv i1

20

2

0

1

i vR

Rv

R

v

R

v

v0

-+

R2

R1

vi

-+

Ci

Ri

-+

Rd

Cd

-+

Ra

Rb

Rb

Rb

P

I

D

İşlemsel yükselteçlerle PID kontrolör

)vdt

dCRdtv

CR

1v

R

R(

R

Rv iddi

ii

i

1

2

b

a0

3.3 Mekanik Sistemler

3.3.1 Doğrusal Mekanik Sistemler

m

x(t)

f(t)

2

2

mdt

)t(xdm

dt

)t(dvm)t(am)t(f)t(f 3.36

Kütle: ve bobin-kondansatör benzerliği

k

x(t)

f(t)

x0(t)=0

dt)t(vk)t(kx)t(f)t(f k 3.37

Yay: ve bobin-kondansatör benzerliği

x(t)

f(t)

b

x0(t)=0

)t(xdt

db)t(bv)t(f)t(f b 3.39

Sürtünme Elemanı (Piston): ve bobin-kondansatör benzerliği

3.3.2 Doğrusal Mekanik Sistemlerin Modellenmesi

k

x(t)b

m

f(t)fk(t)

fb(t)

F Xo oo oo o

-k/m

1/s1/so

1

-b/m

1/mv vx x

)t(fm/1

0

)t(v

)t(x

m/bm/k

10

)t(v

)t(x

dt

d

)(tmaF

k1

x1(t)

b1

f(t)mk2

x2(t)

b2

Örnek 3.3 Şekilde verilen mekanik sistemde, kütlenin zemin ile sürtünme katsayısı b2 olsun.

Sisteme uygulanan f(t) kuvveti giriş olduğuna göre sistem çıkışını x2(t) alarak sistemin,

a-) Mekanik denklemlerinin yazınız.

b-) Sinyal akış şemasını çiziniz ve durum denklemini çıkarınız.

3.3.3 Dönel Mekanik Sistemler

T(t)

J

Bw(t)Eylemsizlik

Sürtünme:

2

2

Jdt

)t(d

dt

)t(dw)t(J)t(TT

dt

)t(d)t(Bw)t(TB

Burulma yayı

)t(Kdt)t(wK)t(TK

2

2

dt

)t(dJ

dt

)t(dB)t(T)t(JT

2

2

dt

)t(dJ)t(K

dt

)t(dBT

)t(JT

Dönel Mekanik Sistemlerin Modellenmesi

T(t) (t) ,w(t)

J

B K

T1 ,1

J

B

K1 K2

T,

Örnek 3.5 Şekildeki mekanik sistemde K1 yayı üzerinden sisteme T1 torku uygulanmıştır.

a-) Sistemin dinamik denklemlerini yazınız.

b-) Sistemin diferansiyel denklemini, transfer fonksiyonunu ve durum denklemini çıkarınız.

3.3.4 Dişli ve Kasnak Düzenekleri

J2

B2

J1

B1

N1

T1 w1

N2

w2T2

r1

r2

T1w1

T2 w2

(a) (b)

1

2

1

2

2

1

w

w

T

Tn

22

1e

22

1e

JnJJ

BnBB

𝒏 =𝑵𝟏

𝑵𝟐ya da 𝒏 =

𝒓𝟏

𝒓𝟐Dönüştürme oranı

Örnek 3.7 Dönüştürme oranı n=1:10 olarak verilen

Şekil 3.21’deki mekanik sisteme t=0 anında T1=10 Nm

basamak giriş torku uygulanmıştır. Birinci ve ikinci

tarafın hızını ve torkunu bulunuz. Sistemin

parametreleri:2

22

121 kgm5J,kgm2.0J,s/rad/Nm5.0B,s/rad/Nm02.0B

3.3.5 Elektromekanik Sistem: Doğru Akım Motorları

B

J

Te(t) w(t)

+

v(t)

-

i(t) R L

+e(t)

-

+ vf(t) -

if(t)

RfLf

Endüvi devresi

İkaz dveresi

)t(idt

dL)t(Ri)t(e)t(v

)()()()( tTtBwtwdt

dJtT Le

)()( tKitTe

)()( twKte

Motorun ikaz akımı sabit ise,

3.3.6 Doğru Akım Motorunun Matematiksel Modeli

Endüvi Gerilimine Göre Transfer Fonksiyonu: Motorun ikaz akımı sabit

Denklemlerin Laplace dönüşümü alınarak,

V(s)+

-

-+

RsL

1

BJs

1

TL(s)

K

KTe(s)

(s)

I(s) s

1 (s)

}K)BJs)(RsL{(s

K

)s(V

)s()s(G

2

2

L

LK)BJs)(RsL(

RsL

)s(T

)s()s(G

)t(idt

dL)t(Ri)t(e)t(v

)()()()( tTtBwtwdt

dJtT Le

)()( tKitTe

)()( twKte

Doğru Akım Motorunun Durum Denklemi

)t(T

)t(v

00

J/10

0L/1

)t(

)t(w

)t(i

010

0J/BJ/K

0L/KL/R

)t(

)t(w

)t(i

dt

d

L

Motorun ikaz akımı sabit ise,

)t(idt

dL)t(Ri)t(e)t(v

)()()()( tTtBwtwdt

dJtT Le

)()( tKitTe

)()( twKte

3.4 Sıvı Seviye ve Sıvı Akış Sistemleri

(a)

qi

q0

h C

R

(b)

R Cqit)

q0t) +

h(t)

-

Şekil 3.24 a-) Sıvı akış/seviye sistemi ve b-) elektriksel benzeri.

Akış direnci (R):

Depo kapasitansı (C):

iqC

1h

RC

1

dt

dh i0

0 qRC

1q

RC

1

dt

dq

İki önemli parametre:

Sistem çıkışı: debi Sistem çıkışı: seviye

Etkileşimli sıvı seviye sistemiqi

q0

h1

R1

h2q1

R2

C1 C2

R2C2

qit)

q1(t)

+

h2(t)

-

R1

C1qit)

q0(t)

+

h1(t)

-

Elektriksel benzeri

2011212011

211

i

2

CsR

1

CsR

1

CsR

1

CsR

1

CsR

11

sC

1

CsR

1

)s(Q

)s(H)s(G

i12

1

202121

1111

2

1q

0C

1

h

h

)CR

1

CR

1(

CR

1CR

1

CR

1

h

h

dt

d

Sistemin durum denklemi,Sistemin transfer fonksiyonu

R(s) E(s) Y(s)+

-s

1

Birim İmpuls Cevabı

0

0x

jw

y(t)

t(s)

/1s

(a) (b)

t

e1

ty

)(

Bölüm 4: Kontrol Sistemlerinin Zaman Bölgesi Karakteristikleri

4.1 Birinci Dereceden Kontrol Sistemleri

Birim Basamak Cevabı

/)( te1ty

y(t)

t(s)0

r(t)=1

Birim Rampa Cevabı

t-

e t -y(t)

y(t)

t(s)0

y(t)

r(t)

Devam: Birinci Dereceden Kontrol Sistemleri

R(s) E(s) Y(s)+

-s

1

R(s) E(s) Y(s)+

-)s(G

1s

4sG

)(

Örnek 4.1 Şekilde verilen birim geri beslemeli birinci dereceden kontrol sistemininileri besleme transfer fonksiyonu verilmiştir.a-) Kontrol sisteminin birim basamak giriş için geçici ve kalıcı durum karakteristiklerini s-

bölgesinden belirleyiniz.

b-) Birim basamak cevabını bularak cevabın zamana göre değişimini çiziniz.

c-) Birim impuls cevabını bularak cevabın zamana göre değişimini çiziniz.

d-) Birim rampa cevabını bularak cevabın zamana göre değişimini çiziniz.

R(s) E(s) Y(s)+

-)( n

2n

w2ss

w

nw

1wws 2nn2,1

karakteristik denkleminin kökleri

0

x

x

jw

nw

2n 1jwjw

2n 1jwjw

nw

?

4.2 İkinci Dereceden Kontrol Sistemleri

𝑠1,2 = −𝛼 ± 𝑗𝜔

-1 0

x

x

-j1.73

j1.73

jw

2

R(s) E(s) Y(s)+

-)s(G

Örnek 4.3 Şekilde verilen ikinci dereceden kontrol sisteminin sönüm faktörünü, doğal

frekansını ve köklerini belirleyerek hangi tür bir sistem olduğunu belirleyiniz.

2s2s

2)s(G

2

Birim İmpuls Cevabı

Devam: İkinci Dereceden Kontrol Sistemleri

R(s) E(s) Y(s)+

-)( n

2n

w2ss

w

tw2n

netw)t(y

tp2

tp1

21 eKeK)t(y

)wtsin(e1

w)t(y t

2

n

değerine göre impuls cevapları ζ


R(s) E(s) Y(s)+

-)( n

2n

w2ss

w

Birim Basamak Cevabı

y(t)

t(s)0 1 2 3

0

0.5

1

1.5

=2

=1

=0.25

değerine göre basamak cevapları ζ

tp3

tp21

21 eKeKK)t(y

twn

tw nn tewe1ty )(

y(t)

t(s)0 1 2 3

0

1

2

3r(t)

=2

=1

=0.25

Birim Rampa Cevabı


R(s) E(s) Y(s)+

-)( n

2n

w2ss

w

değerine göre rampa cevapları ζ

tp4

tp321

21 eKeKKtKty )(

tw

n

tw

n

nn ew

2te

w

2tty )(

)sin()( wte

w

1

w

2tty t

n

y(t)

t(s)0 1 2 3

-1

0

1

2

3

t(s)

y(t)

0 1 2 30

0.5

1

1.5

y(t)

t(s)

r(t)

0 1 2 30

1

2

3

y(t)

Örnek 4.4 Şekilde verilen ikinci dereceden kontrol sisteminin a-) birim impuls b-) birim

basamak ve c-) birim rampa cevabını inceleyiniz.

R(s) E(s) Y(s)+

-)s(G

5s4s

20sG

2 )(

4.3 Yüksek Dereceden Kontrol Sistemleri

4.3.1 Baskın Kutuplar

)1s)(10s(

10

)s(R

)s(Y)s(T

t10t e9

1e

9

101ty )(

t1 e

9

101ty )(

t2 e1ty )(

0 0.5 1 1.5 2-0.5

0

0.5

1

y(t)

t(s)

-10 -8 -4 -2 0

j1

x x

-j1

jw

-6

y2(t)

y(t)

y1(t)

Birim basamak cevabı

-20 -18 -4 -2

j2

0

j1

y(t)

t(s)0 2 4

-0.5

0

0.5

1

1.5

y1(t)

y2(t)

y(t)

x

x

x

-j2

-j1

jw

))(()(

)()(

5s2s20s

100

sR

sYsT

2

Örnek 4.5 Üçüncü dereceden bir kontrol sisteminin kapalı çevrim transfer fonksiyonu verilmiştir.

a-) Birim impuls cevabını bulunuz.

b-) Baskın kutup kavramını kullanarak sistemi indirgeyiniz ve indirgenmiş sistemin birim impuls cevabını

bulunuz.

c-) (s= -20) deki kutbu, baskın kutba yaklaştırarak, örneğin (s= -2 ye taşıyarak), sistemin birim impuls

cevabının nasıl değiştiğini belirleyiniz.

4.4 Kontrol Kriterlerinin Matematiksel Tanımı

t(s)0

y(t)

M

tr tstp

yss(t)=1

İkinci dereceden bir kontrol sisteminin birim basamak cevabı ve kontrol kriterleri

Yükselme Süresi (tr) :

w

)(cost

1

r

n

rw

5280t

..

)}wtsin(1

)wt{cos(e1)t(y2

t

Maksimum Aşma (M):

wtp

21/e100M%

Yerleşme Süresi (ts):

ns

w

44t

104

t(s)0

y(t)

M

tr tstp

yss(t)=1

Tepe Süresi (tp) :

)}wtsin(1

)wt{cos(e1)t(y2

t

100)(y

)(y)t(yM%

p

𝑦(∞)

𝑦(𝑡𝑝)

0 0.5 10

0.2

0.4

0.6

0.8

t(s)

y(t)

0.7660.7

tstr

0

x

x

jw

6

8j

8j

10

Örnek 4.7 Şekilde ikinci dereceden bir kontrol sistemi verilmiştir. Sistemin birim basamak

cevabının maksimum aşma, yükselme ve yerleşme süresi gibi kritik noktalarını bularak birim

basamak cevabını çiziniz.

R(s) E(s) Y(s)+

-30s12s

702

Örnek 4.8 İkini dereceden bir kontrol sisteminde, basamak cevabındaki maksimum aşmanın

25M10 %%% aralığında, yükselme süresinin s50tr . ve yerleşme süresinin

s1ts olması isteniyor. Bu sistemin baskın kutuplarının s-düzleminde bulunması gereken bölgeyi

belirleyiniz.

0

jw

40.

590.

4wn

44wn .

715wn .

4.5 Kalıcı Durum Hataları

R(s) E(s) Y(s)G(s)

H(s)

+

-

)s(R)s(H)s(G1

1sLime

0sss

Kalıcı Durum Hatası:

)ps)...(ps)(ps(s

)zs)...(zs)(zs(K)s(H)s(G

rn21r

m21

Kontrol sisteminin tipi

Basamak giriş/ Konum Hata Katsayısı: )s(H)s(GLimK0s

p

p

ssK1

1e

Rampa giriş/ Hız Hata K.

Parabol giriş/ivme Hata K.

)s(H)s(sGLimK0s

v

v

ssK

1e

)s(H)s(GsLimK 2

0sa

ass

K

1e

Sistem tiplerine göre kalıcı durum hataları

)s(R)s(H)s(G1

1sLime

0sss

Örnek 4.9 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen kontrol sisteminin ilgili hata katsayısını ve kalıcı durum hatasını bulunuz.

)5s2s)(1s(s

4s)s(H)s(G

2

R(s) E(s) Y(s)G(s)

H(s)

+

-

4.6 Routh-Hurwitz Kararlılık Analizi

0asa...................................sasa 011n

1nn

n

Bir sistemin karakteristik denklemi

0

1

1

1

21

321

321

5n3n1n

4n2nn

0

1

2

3n

2n

1n

n

a

a

g

0f

0ee

....

.ccc

.bbb

.aaa

.aaa

s

ss

.

s

s

s

s

Routh tablosu

1n

3nn2n1n

1n

3n1n

2nn

1a

aaaa

a

aa

aa

b

Katsayıların hesabı

Kararlılık koşulu:

• Gereklilik

• Yeterlilik

Örnek 4.10 Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

04s4s2s 34

Çözüm: Gereklilik koşulları sağlanmadığından sistem kararsız ya da en fazla marjinal kararlıdır. Routh tablosundan da sistemin kararsız olduğu görülebilir.

3s

07s

32s

042s

301s

0

1

2

3

4

Örnek 4.11: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

04s6s2s3s2s 2345

Çözüm: Verilen denklem gereklilik koşulunu sağladığından kesin olarak kararlılığını belirleyebilmek için Routh tablosu oluşturulmalıdır.

4

08

42

042

422

631

s

ss

s

s

s

0

1

2

3

4

5

4.6.1 Routh Kriterinin Uygulanışında Özel Durumlar

Örnek 4.12 Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

016s20s8s5s 234

Çözüm: Gereklilik koşulları sağlandığından Routh tablosuna bakılmalıdır.

16s

00s

164s

0205s

1681s

0

1

2

3

4

Tablonun ilk katsayı sütununda sıfır çıkması

Örnek 4.13: Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

05s3s8s6s10s3s4 23456

Çözüm: Routh tablosu oluşturulursa,

5

0k

5k

5.40

542

0363

58104

s

s

s

s

s

s

s

2

1

0

1

2

3

4

5

6

94

554k

94k

2

21

.,

Örnek 4.14. Karakteristik denklemi verilen sistemin kararlı olup olmadığını belirleyiniz.

04s8s7s6s5s4s2 23456

Çözüm: Routh tablosu oluşturulursa,

4

016

451

6080

432

0864

4752

s

s

s

s

s

s

s

0

1

2

3

4

5

6

.

)()(

s6s8sPds

d

4s3s2sP

3

24

)(

)(

Tablonun bir satırının tüm elemanların sıfır olması

K4

0K14K6K6

0K4K1

0K642

K4K231

ss

s

s

s

2

0

1

2

3

4

)/()(

45740K0 .

Örnek 4.16 Şekilde verilen kontrol sisteminin kararlı olabilmesi için kontrolör parametresi K’nın

hangi sınırlar arasında olması gerekir.

R(s) Y(s)

2

+

- s

)2s(K

4s3s2s

1s23

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Gf(s)

Şekil 5.1 Geri beslemeli

seri kompanzasyon yapısı

Şekil 5.2 Geri beslemeli seri ve ileri

beslemeli kompanzasyon yapısı

Tek serbestlik dereceli ve iki serbestlik dereceli kontrol sistemleri

Bölüm 5

Kontrolörler ve Kontrol Sistemlerinin Tasarım Esasları

5.1 Temel Kontrol Yapıları ve Kontrol Etkileri

5.1.1 İki Konumlu Kontrolörler

0)t(e,U

0)t(e,U)t(u

min

max

0

Umax

u(t)

e(t)

Umin

Umax

u(t)

e(t)

Umin

+d

-d

(b)(a)

y(t)y(t)

t(s)t(s)

1.5

0

0.5

1

1.5

0

0.5

1

(b)(a)

dteU

dteUtu

)(,

)(,)(

min

max

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

5.1.2 Oransal (P) Kontrolörler

)()( teKtu p pc KsE

sUsG

)(

)()(

u(t)e(t)

t(s) t(s)0 5 10

0

0.5

1

0 5 10

0

0.5

1

1.5

2

Şekil 5.5 Oransal kontrol etkisi a-) kontrolör girişi b-) Kp=2 için kontrolör çıkışı

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

y(t)

t(s)0 0.5 1 1.5 2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Kp=10

Kp=1

y(t)

t(s)0 2.5 5

0

0.5

1

Kp=5

Kp=20

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

4s

3sGp

)(

)()(

4ss

1sGp

a-) Birinci dereceden tip 0 sistem için

b-) İkinci dereceden tip 1 sistem için inceleyiniz.

Örnek 5.1 Şekilde verilen birim geri beslemeli kontrol yapısında aşağıdaki sistemler için oransal

kontrolörün etkisini,

a-)

b-)

t

0

i dtteKtu )()( s

K

sE

sUsG i

c )(

)()(

u(t)e(t)

t(s) t(s)0 5 10

0

0.5

1

0 5 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

(b)(a)

Şekil 5.6 İntegral kontrol etkisi a-) kontrolör girişi b-) Ki=1 için kontrolör çıkışı

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

5.1.3 İntegral (I) Kontrolörler

Örnek 5.2 Seri kompanzasyon yapısına göre aşağıda verilen sistem için integral kontrolörün etkisini inceleyiniz.

4s

3sGp

)(

y(t)

t(s)2.5 50

0

0.5

1

Ki=1

Ki=10R(s) E(s) Y(s)

Gc(s)+

-

Gp(s)U(s)

5.1.4 Türev (D) Kontrolörler

)()( tedt

dKtu d

dc sKsE

sUsG

)(

)()(

u(t)e(t)

t(s) t(s)0 5 10

0

0.002

0.004

0 5 10

0

1

2

3

(b)(a)

Şekil 5.7 Türev kontrol etkisi a-) kontrolör girişi b-) Kd=1 için kontrolör çıkışı

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

5.2.1 PI Kontrolörler: Zaman bölgesi modeli ve transfer fonksiyonu

t

0

ip dtteKteKtu )()()(

s

KsK

s

KK

sE

sUsG

ipipc

)(

)()( )()(

sT

11KsG

ipc

Transfer fonksiyonu

Ya da 𝐺𝑐 𝑠 =)𝐾𝑐(𝑠 + 𝑧

𝑠Ya da

5.2 Kontrol Sistemlerinin Tasarım Esasları

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Örnek 5.3 Şekildeki birim geribeslemeli H(s)=1 olan kontrol sisteminde, kontrol edilecek

sistemin transfer fonksiyonu verilmiştir. Kontrol sisteminin birim basamak giriş için,

a-) Kp=1 olan oransal kontrolörle geri

beslemeli davranışını inceleyiniz.

b-) Bu sistemin baskın kutuplarının sönüm

faktörü =0.8 ve doğal frekansı wn=10

olacak şekilde bir PI kontrolör tasarlayınız.

1s

1)s(Gp

c-) Tasarladığınız PI kontrolörle, sistemden beklenen davranışın tam olarak sağlanıp

sağlanamayacağını, sağlanamıyorsa nedenini ve çözüm yolunu belirleyiniz.

R(s) E(s) Y(s)

Gc(s)+

-

Gp(s)U(s)

Gf(s)

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

d-) Sistemin maksimum girişinin ya da diğer bir ifade ile aktüatörün doyum sınırının Umax=5

olduğunu dikkate alarak sistemden beklenen doğal frekansın (wn), belirlenmesi üzerindeki

kısıtlayıcı etkisini ve integral kontrolörün yığma etkisini inceleyiniz.

0 0.5 1 1.5 t(s)

0

2

4

6

0 0.5 1 1.5

0.5

1

1.5

u(t) y(t)

t(s)

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

5.2.2 PD Kontrolörler: Zaman bölgesi modeli ve transfer fonksiyonu

)()()( tedt

dKteKtu dp

sKKsE

sUsG dpc

)(

)()( )()( sT1KsG dpc

Transfer fonksiyonu

Ya da Ya da 𝐺𝑐 𝑠 = )𝐾𝑐(𝑠 + 𝑧

0 1 2 3 40

0.5

1

y(t)

t(s)

Sistem

PD kontrollü sistem

Referans sistem

jw

x

x

o-8

j6

-j6

-6.78

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Örnek 5.4 Seri kompanzasyon yapısını esas alarak transfer fonksiyonu verilen sistemin

basamak giriş için, Kp=1 olan oransal kontrolörle doğal davranışını inceleyerek baskın

kutuplarının sönüm faktörü =0.8, doğal frekansı wn=10 olacak şekilde bir PD kontrolör

tasarlayınız. Tasarladığınız kontrol sisteminin performansını değerlendiriniz.

5s2s

20sG

2p

)(

5.2.3 PID Kontrolörler: Zaman bölgesi modeli ve transfer fonksiyonu

)()()()( tedt

dKdtteKteKtu d

t

0

ip

sKs

KK

sE

sUsG d

ipc

)(

)()(

)()(

)()( sT

sT

11K

sE

sUsG d

ipc

Transfer fonksiyonu

Ya das

KsKsK)s(G

ip2

d

c

s

)zs)(zs(K)s(G 21c

c

0 0.5 10

0.5

1

t(s)

y(t)

PID kontrollü sistem

Referans sistem

jw

x

x

o-8

j6

-j6

-13.66 -0.59o

Örnek 5.5 Seri kompanzasyon yapısını esas alarak transfer fonksiyonu verilen sistemin baskın

kutuplarını sönüm faktörü =0.8, doğal frekansı wn=10 ve kalıcı durum basamak hatası

oluşmayacak şekilde bir PID kontrolör tasarlayınız.

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

5s2s

20sG

2p

)(

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)Örnek 5.6 Seri kompanzasyon yapısını esas

alarak aşağıda transfer fonksiyonu verilen sistem

için kutup-sıfır iptali ile uygun bir kontrolörü

tasarlayınız.

)5s2s)(1s(

)2s(20)s(G

2p

5s2s

)KsK(20

)5s2s)(1s(

)2s(20

2s

)1s)(KsK()s(G)s(G

2

pd

2

pdpc

)1s(s

)KsK(20

)5s2s)(1s(

)2s(20

)2s(s

)5s2s)(KsK()s(G)s(G

ip

2

2ip

pc

1. Seçenek:

2. Seçenek:

5.2.4 Kutup-Sıfır İptali ile Kontrol Sistemi Tasarımı

R(s) Y(s)K

H(s)

+

-

G(s) 1)s(H,)4s(s

1)s(G

6.1 Köklerin Yer Eğrisi: Örnek: İkinci Dereceden bir Sistemin KYE

Bölüm 6

Köklerin Yer Eğrisi ve Kontrol Sistemlerinin Analizi

6.1.3 Açı ve Genlik Koşulu

Karmaşık bir s değişkeni için transfer fonksiyonu da karmaşıktır. Karmaşık ifadeler ise

kutupsal olarak genlikleri ve açıları ile gösterilebilir.

Örneğin,

Ek bilgi:

1)s(H)s(KG Karakteristik denklem:

)1k2()s(H)s(Gxss

Açı koşulu,

xss)s(H)s(G

1K

Genlik koşulu

Özet olarak, bir kontrol sisteminin açık çevrim transfer fonksiyonundan yararlanarak

karmaşık s-düzlemindeki herhangi bir s=sx noktasının, bu sistemin kapalı çevrim karakteristik

denkleminin bir kökü olup olmadığı, yani köklerinin yer eğrisi üzerinde olup olmadığı açı

koşulundan belirlenebilir. Eğer bu nokta, köklerinin yer eğrisi üzerinde ise bu noktayı

karakteristik denklemin bir kökü yapacak K kazancı ise genlik koşulundan belirlenebilir.

karmaşık olduğundan

R(s) Y(s)K

H(s)

+

-

G(s)

6.1.3 Açı ve Genlik Koşulu

Kutup ve Sıfır Vektörlerinden Açı ve Genlik Koşulu

A1

sx

z10

jw

z2

p2

p3

p1

A2

B2

B1

B3

32121ss x)s(H)s(G

Açık Çevrim Transfer fonksiyonunun açısı

(Açı koşulu)

Açık çevrim transfer fonksiyonunun genliği

ve genlik koşulu,

321

21

BBB

AA)s(H)s(G

Seçilen bir test noktasına, kutup ve sıfır vektörleri çizilir ve elde edilen dik

üçgenlerden yararlanarak açı ve genlik koşulu hesaplanabilir.

21

321

AA

BBB

)s(H)s(G

1K

Örnek Şekildeki kontrol sisteminin açık çevrim transfer fonksiyonu verilmiştir. a-) s= -2 b-) s=

-1+j1 noktası, bu sistemin KYE üzerinde midir? Eğer bu nokta sistemin KYE üzerinde ise

KYE’ni bu noktada geçiren (bu noktayı karakteristik denklemin bir kökü yapan) K kazancı

nedir?R(s) Y(s)

K

H(s)

+

-

G(s) 1)s(H,1s

s)s(G

2

R(s) Y(s)K

H(s)

+

-

G(s)

13s4s

)4s(K)s(H)s(KG

2

Örnek 6.1 Şekildeki kontrol sisteminin açık çevrin transfer fonksiyonu verilmiştir.

a-) s= -10 noktası bu sistemin KYE üzerinde midir? Eğer bu nokta sistemin KYE üzerinde ise KYE’ ni

bu noktada geçiren (bu noktayı karakteristik denklemin bir kökü yapan) K kazancı nedir?

b-) s= -6+j1 noktası bu sistemin KYE üzerinde midir?

-3

-2

-1

sx=-10 0

jw

z=-4

p2

p1

A

B2

B1 2

1

3

-3

-2

-1

sx=-6+j1

0

jw

z=-4

p2

p1

A

B2

B1

2

1

3

-2-2

c-) Karmaşık s düzleminde, verilen sx noktalarına göre çizilen kutup ve sıfır vektörlerini gösteriniz

6.2 Köklerin Yer Eğrilerinin Çizim Kuralları

6.2.1 Açık Çevrim Transfer Fonksiyonunda Kazanç Çarpanı

Örnek 6.2 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemde K değişkenini kazanç durumuna

getiriniz.

2s4s

1Ks)s(H)s(G

2

6.2.2 Köklerin Yer Eğrisinin Başlangıç ve Bitiş Noktaları

K=0 için karakteristik denklemin kökleri, açık çevrimin kutuplarına eşittir.

K için karakteristik denklemin kökleri, açık çevrimin sıfırlarına eşittir.

6.2.3 Gerçek Eksen Üzerindeki Köklerin Yer Eğrisi:Gerçek eksen üzerinde seçilen

test noktalarına açı koşulu uygulanarak kolayca belirlenebilir.

Örnek 6.2 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin köklerinin yer eğrisini,

K>0 için çiziniz.

)4s(s

)1s(K)s(H)s(G

)s(H)s(G

1K 0

ds

dK Denkleminin kökleridir.

6.2.4 KYE’nin Gerçek Eksenden Ayrılış ve Varış Noktaları

Örnek 6.3 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin köklerinin yer eğrisini, K>0 için

çiziniz.

)4s(s

)10s(K)s(H)s(G

0Kmn

k2,0K

mn

)1k2(

Asimptotların açıları:

Asimptotların gerçek ekseni kestiği nokta:

mn

zRepRem

1ii

n

1jj

a

6.2.5 KYE Dallarının Yaklaştığı Asimptotlar

)4s)(2s(s

K)s(H)s(G

Örnek:


çiziniz.

)5s2s)(10s(

)6s(K)s(H)s(G

2

Bu durumda, eğer, ayrılış (ya da varış) açısı bulunacak olan karmaşık kutup (ya da sıfır) noktası, sx

test noktası olarak seçilir ve bu noktaya göre açı koşulu uygulanır.

6.2.6 Karmaşık Kutuplardan Ayrılış ve Karmaşık Sıfırlara Varış Açıları

6.2.7 KYE’nin Sanal Ekseni Kesme Noktaları

Sistemin KYE’ni kritik kararlılık sınırına getiren kritik K kazancı, Routh-Hurwitz kararlılık

kriterinden yararlanarak bulunabilir.


çiziniz.

)4s)(2s(s

K)s(H)s(G

PD, PI ve PID kontrolörlerin transfer fonksiyonlarını, kontrol edilecek sisteme

ekleyecekleri kutup ve sıfırın etkisini belirleyebilmek amacıyla kutup- sıfır düzeninde

yazmak daha uygundur.

6.3 KYE ile Kontrol Sistemlerinin Analizi

)zs(KsKK)s(G cdpc

s

)zs(K

s

KK)s(G ci

pc

s

)zs)(zs(KsK

s

KK)s(G 21c

di

pc

PID kontrolör

PI kontrolör

PD kontrolör

6.3.1 Kontrolörlerin Kutupları ve Sıfırları

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

• PD, PI ve PID kontrolörlerin, açık çevrim sisteme kutup ve/veya sıfır

eklemesi, sistemin köklerinin yer eğrisini değiştireceğini ifade eder.

• Kontrolörün kutup ve sıfırlarının yerlerine bağlı olarak da KYE’nin

arzu edilen bir noktadan geçmesi sağlanabilir.

• Arzu edilen nokta, geçici rejim kriterlerini tanımlayan sönüm faktörü

ve doğal frekans parametrelerine göre hesaplanan kapalı çevrim

kutuplarının yerleştirilmesi istenen noktadır.

2nn2,1 1jwws

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

H(s)

+

-

Gp(s)U(s)

6.3.2 Bir Sistem için Uygun Kontrolörün Seçimi

Örnek 6.9 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin baskın kutuplarının sönüm faktörü

8.0 ve doğal frekansı 10wn olacak şekilde hangi kontrolörle kontrol edilebilir.

)4s(s

1)s(H)s(G

st

jw

z=-10 -4

-5

0

5

-4z=-10

z=-6

0

-10

-5

5

10

jw

st

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

=𝐺𝑝 𝑠 , 𝐻 𝑠 = 1

Örnek 6.10 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin baskın kutuplarının sönüm faktörü

8.0 ve doğal frekansı 10wn olacak şekilde hangi kontrolörle kontrol edilebilir.

)4s(s

1s)s(H)s(G

jw

st

z=-8 -4 -1

-6

-4

-2

2

4

6

PI Kontrollü

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

=𝐺𝑝 𝑠 , 𝐻 𝑠 = 1

6.3.3 Kontrolör Sıfırlarının Kapalı Çevrim Sisteme Etkisi

KYE tekniğinden yararlanarak açık çevrim sisteme eklenen sıfırların, örneğin sisteme

seri bağlanan bir kontrolörün sıfırlarının, kapalı çevrim sistemin cevabına etkisi

incelenecektir. Sıfırların yeri değiştirilmiştir.

)4s(s

1)s(H)s(G

zKs)4K(s

)zs(K)s(T

cc2

c

0 0.2 0.4 0.60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

-20 -100

-j10

j10

y(t) Kc=16

Kc=16

z=-20

z=-10

t(s)

jw)

z=-10

z=-20

(a) (b)

Örnek: Kc sabit

Örnek: Aşağıda verilen sistemi ele alalım.

)10s)(8s(s

1)s(H)s(G

y(t)

Kc=240 Kc=240 z=-6

z=-3

t(s)

jw

z=-6 z=-3

-10 -8 -6 -3

-j20

-j10

0

j10

j20

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

(a) (b)

Sıfırların yeri değiştirilmiştir.Kc sabit

Kontrol sistemlerinin tasarımında temel amaç, bir kontrol sisteminden

beklenen geçici ve kalıcı durum kontrol kriterlerini karşılayacak şekilde

kontrolör parametrelerinin belirlenmesidir.

7.1 Kontrol Sistemlerinin Tasarımında Genel İlkeler

Bölüm 7

Köklerin Yer Eğrisi ile

Kontrol Sistemlerinin Tasarımı

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

7.1.1 Kontrolör ve Kompansatörlerin Açı Katkıları

)zs(K)s(G cc

PD

s

)zs(K)s(G c

c

PI

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Devam: Kontrolör ve Kompansatörlerin Açı Katkıları

PID

s

)zs)(zs(K)s(G 21c

c

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

7.2 Kontrolör Tasarımı (Geçici Rejim)

2nn 1jwws

Kontrol edilecek sistemde maksimum aşma, yükselme ve yerleşme süreleri ile ifade

edilen geçici rejim kriterleri arzu edildiği gibi değilse temel amaç, sistemin köklerin yer

eğrisini, s-düzlemindeki

noktasından geçirebilmek olmalıdır. Bu amaç, kontrolörün sisteme uygun bir açı katkısı

yapması ve kontrol kazancının uygun ayarlanması ile sağlanabilir.

1. Baskın kutuplarının olması gereken yeri belirlenir.

2. KYE’nin, baskın kutuplardan geçebilmesi için kontrolörün sisteme eklemesi

gereken faz açısı belirlenir.

3. Kontrolörün sisteme eklemesi gereken faz açısı belirlendiğinde kontrolörlerin

sıfırı da kolayca belirlenebilir.

4. Genlik koşulundan kontrolör kazancı belirlenir.

0 0.2 0.4 0.6 0.80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

y(t)

z=-14 z=-8

t(s)

Referans sistem

Örnek 7.1 Şekilde verilen kontrol sisteminde,

a-) Baskın kutuplarının maksimum aşmasının en fazla %10, yükselme süresinin 0.2

saniyeden küçük ve yerleşme süresinin ise 0.7 saniyeden küçük olması isteniyor. Bu sistem

uygun kontrolörü tasarlayınız.

R(s) Y(s)Gc(s)

+

-)4s(s

1

b-) Tasarlanan kontrolör ile sistemin ilgili kalıcı durum nasıl değiştiğini ve istenen kriterlerinin

tam olarak sağlanıp sağlanmadığını, sağlanmıyorsa nedenlerini ve çözüm yolunu açıklayınız.

0 0.2 0.4 0.6 0.80

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

y(t)

z=-14 z=-8

t(s)

Referans sistem

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

y(t)

t(s)

Referans sistem

z=-5z=-7.895

8.010wn

Örnek 7.3 Şekilde verilen kontrol sisteminin baskın kutuplarının sönüm faktörü ve

doğal frekansı olacak şekilde bir kontrolör tasarlayınız.

R(s) Y(s)Gc(s)

+

-)4s(s

1s

7.3 Kontrolör Tasarımı (Kalıcı Durum Hataları)

Kalıcı durum hatasını düzeltmek amacıyla bir sisteme bağlanacak

kontrolör ya da kompansatörün, kutup/sıfır oranları ile sitemin kalıcı

durum kazancını artırırken diğer yandan da kutup ve sıfırının

birbirine çok yakın ve dolayısıyla orijine yakın belirlenmesi gerekir.

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Örnek 7.7 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin geçici rejim davranışı yeterli görülmekte

ancak rampa hatasının sıfır yani vK ya da en azından 100K v olması istenmektedir. PI ya

da FGK’ü tasarlayınız.

)4s(s

)6s(5)s(H)s(G

-6 -4

-j4

-j2

0

j2

j4

jw

st

-6 -4

-j4

-j2

0

j2

j4

jw

st

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

7.4 PID Kontrolör

Bir kontrol sisteminde hem geçici rejim kriterlerinin hem de kalıcı durum

hatalarının yeterli olmaması durumunda genellikle PID kontrolörlerin

tasarlanması gerekir.

PID, oransal-türev ve oransal-integral bileşenlerinin her ikisini de ihtiva

ettiğinden genellikle bu kontrolörlerin bileşenleri de ayrı ayrı tasarlanabilir.

Örneğin, PD bileşen, geçici rejim kriterlerini ve PI bileşen ise kalıcı durum

hatalarını düzeltmek için tasarlanabilir.

t(s)

Referans sistem

y(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2PID kontrollü sistem z=-7.734

PID kontrollü sistem z=-4

R(s) Y(s)Gc(s)

+

- 5s2s

202

10wve7.0 n

pK

Örnek 7.9 Açık çevrim transfer fonksiyonu verilen sistemin olması ve

ayrıca basamak hatasının sıfır yani olması istenmektedir. Gerekli kontrolörü

tasarlayınız.

7.5 PID Kontrolörleri Ayarlama Yöntemleri

Matematiksel modeli bilinmeyen ya da doğru bir matematiksel modeli

elde edilemeyen sistemler için kontrolör tasarımı ???

)sTsT

11(K)s(G d

ipc PID

7.5.1 Açık Çevrim Yöntemler

0

0

yss

t(s)

y(t)

Gp(s)U(s) Y(s)

dsp e

1s

K)s(G

R(s) E(s) Y(s)Gc(s)

+

-

Gp(s)U(s)

Ziegler-Nichol (ZN) Yöntemi

0

0

yss

t(s)

y(t)

d

Tablo 7.1 Ziegler-Nichols’un açık çevrim yöntemi

Kontrolör Kp Ti Td

P

dK

1

0

PI

dK

19.0

3.0

d

0

PID

dK

12.1

d2

d5.0

s

)d

1s(

6.0)s(G

2

c

Örnek 7.12 Şekilde bir sistemin birim basamak cevabı verilmiş ve üzerinde çeşitli noktalar işaretlenmiştir.

a-) Ziegler-Nichols‘un birinci yöntemi ile

b-) CHR yöntemi ile,

c-) Cohen-Coon Yöntemi ile bu sistem için bir PID kontrolör tasarlayınız

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 t(s)

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y(t)

7.5.2 Kapalı Çevrim Yöntemler R(s) Y(s)Gc(s)=Kp

+

-

Gp(s)

Ziegler-Nichols Yöntemi

t(s)

y(t)

T

0 10 20 30 40 50 600

1

2

3

4Tablo 7.4 Ziegler Nichols’un kapalı çevrim yöntemi

Kontrolör Kp Ti Td

P pcrK5.0 0

PI pcrK45.0

T2.1

1

0

PID pcrK6.0 T5.0 T125.0

s

)T/4s(TK075.0)s(G

2

pcrc

Örnek 7.13 Şekilde, oransal kontrolör kazancı

artırılarak 48Kpcr olduğu anda bir

sistemin birim basamak cevabı verilmiştir. Ziegler-Nichols‘un ikinci yöntemi ile bu sistem için bir PID kontrolör tasarlayınız.

R(s) Y(s)Gc(s)=Kp

+

-

Gp(s)

t(s)

y(t)T

0 1 2 3 40

0.5

1

1.5

t(s)

y(t)

PID kontrollü sistem z1,2=-4

0 1 2 30

0.5

1

1.5

PID kontrollü sistem z1,2=-3

otomatİk kontrol sİstemlerİ - fırat...

Documents