11.04.2015 OTOMATİK KONTROL VİZE SINAVI S-1 Şekilde verilen sıvı seviye kontrol sisteminde Qi (t ) debisi alan kontrollü DC makinede (viskoz sürtünme, B=0) θ (t) açısı ile kontrol edilmektedir. Sıvı seviye sisteminde qo (t) = DH(t) ile değişmektedir. ( Kh θ (s) = , y(t) = K p H(t); , Qi (s) τ s + 1 H(t) = 1 (Qi (t) − qo (t) ) dt , A : Havuz taban alanı) A∫ a) Şekilde verilen sistemin t-domeni ve s-domenine ait dinamik denklemlerini yazınız. y r (t) referans giriş, D(z) ayrık zaman kontrolcü, T örnekleme zamanı olmak üzere sisteme ait ayrık b) zaman kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. Her blok için transfer fonksiyonlarını yazınız. S-2 Yanda verilen sistem için, = basamak giriş için; r (t) 2e −3t y (t) i) ifadesiniyazınız. ii) t = kT olmak üzere ifadesini t domeninden doğrudan elde ediniz. iii) Kompleks değişkenler teorisinden rezidü yöntemini kullanarak elde ediniz. iv) Ters Z dönüşümü = =? elde ediniz. g(t) S-3 Bir sistemi tanımlayan diferansiyel denklem d 2θ (t) k dθ (t) g + + sin θ (t) = u (t)θ (t) ile dt 2 m dt l verilmektedir. dx (t ) = f ( x (t )) + g ( x (t ))u (t ) formunda yazınız. dt a) Sisteme ait durum denklemlerini b) x (t ) = x0 , u (t ) = u0 çalışma noktası için sisteme ait durum denklemlerini ∆x(t ) = A*∆x (t ) + B*∆r (t ) yazınız. ∆t c) S-4 Yanda kapalı çevrim kontrol blok diyagramında; Td(s) R(s) C(s) E(s) G1(s) G2(s) G3(s) a) C(s) çıkışını elde ediniz. b) = , = 10 5 , = 0.1; 0.1 + 1 = 2 olmak üzere ∞ =? Hesaplayınız. = Başarılar, Süre 90 dk Prof. Dr. Ayhan ÖZDEMİR, Yrd. Doç. Dr. Zekiye ERDEM 1 C-1: a. t-domein 1. e f (t ) = u (t ) K 2. e f (t ) = Ri f (t ) + L 3. Te 1. dt Te = Tm 5. Tm = J dw(t ) dt dθ (t ) dt Kh 7. θ (t ) = Q (t ) τ s +1 i 8. qo (t ) = DH (t ) dH (t ) 9. Qi (t ) − qo (t ) = A dt 6. w(t ) = E f ( s) = U (s) K E f ( s ) = RI f ( s ) + L s I f ( s ) di f (t ) = K i i f (t ) 4. s-domein 2. I f (s) = E f ( s) R + Ls 3. Te = K i I f ( s ) 4. Te = Tm 5. Tm = J s Ω(s) → Ω(s) = 6. Ω(s) = θ ( s )s → θ ( s ) = Ω(s) s Kh Q (s) τ s +1 i qo ( s ) = DH ( s ) 7. θ ( s ) 8. = 9. Qi ( s ) − qo ( s ) = A s H ( s ) Qi ( s ) = H (s) ( A s + D ) → 10. y (t ) = K p H (t ) Tm Js 10. H (s) 1 = Qi ( s ) A s + D Y ( s) = K p H ( s) b) yr (t) referans giriş, D(z) ayrık zaman kontrolcü, T örnekleme zamanı olmak üzere sisteme ait ayrık zaman kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. Her blok için transfer fonksiyonlarını yazınız. veya 2 C-2 y * (t) = r * (t) g* (t) → Y(z) = R(z) G(z) i) ∞ ii) z-dönüşüm ifadesinden, F ( z ) = ∑ f (kT )z − k k =0 ∞ ∞ ∞ k =0 k =0 k =0 G ( z ) = ∑ 2 e−3kT z − k = 2∑ e −3kT z − k = 2∑ (e −3T z −1 )k ∞ G (z) = 2∑ (e −3T z −1 ) k = k =0 2z z − e −3T = T = 0.2 2z olarak hesap edilir. z − 0.5488 ∞ Aşağıdaki işlemler isteğe bağlıdır: z-dönüşüm ifadesinden, R ( z ) = ∑ u (kT ) z −k yazılır. k =0 Burada örneklenmiş u (t ) birim basamak fonksiyonunun her k = 0,1, 2,3........ için değerinin “1” olduğu görülür. Genel terim olarak f (kT ) = 1k yazılabilir. F ( z ) te yerine yazılır ise, k f(kT) 0 1 1 1 ∞ ∞ k =0 k =0 R ( z ) = ∑1k z − k = ∑ z − k olarak elde edilir. Geometrik dizilere ait 2. özellikten 2 1 3 1 … 1 ∞ R ( z ) = ∑ ( z −1 ) = 1 + z −1 + z −2 + ...... = k k =0 R( z ) = Ζ {u (t )} = Y ( z ) = R (z) G(z) = 1 z = −1 1− z z −1 olarak hesaplanır. z olarak elde edilir. DOĞRUDAN YAZILABİLİR. z −1 z 2z 2z2 olarak hesap edilir. = z − 1 z − 0.5488 ( z − 1)( z − 0.5488) 3 iii) G( s) = L {2 e − t } → G( s) = 2 s+3 R ( s ) = L {u (t )} → R(s) = 1 yazılır. s Rezidü teoreminden; n d m −1 z 1 X ( z) = ∑ ( s − si )m X ( s ) m −1 z − e sT s=si i =1 (m − 1)! ds Rezidü teoremi kullanılarak G ( z ) elde edilir. 1 1 d 1−1 2 z G( z) = ∑ ( s − ( − 3)) 1−1 s + 3 z − e( −3)T i =1 (1 − 1)! ds G ( z ) = ( s + 3) 2z z − e −3T G(z) = 2 z s + 3 z − e −3T = T = 0.2 düzenlenir ise, 2z z − 0.5488 olarak elde edilir. Aşağıdaki işlemler isteğe bağlıdır: Yine Rezidü teoreminden R( z ) aşağıda verildiği gibi yazılır. 1 1 d 1−1 1 z G( z) = ∑ (s) 1−1 (0)T s z − e i =1 (1 − 1)! ds R( z ) = s R( z ) = 1 z s z − e0T z z −1 düzenlenir ise, olarak elde edilir. DOĞRUDAN YAZILABİLİR. Buradan Y ( z ) aşağıdaki gibi hesaplanabilir; z 2z 2z2 Y ( z ) = R (z) G(z) = = z − 1 z − 0.5488 ( z − 1)( z − 0.5488) iv) Y (z) = Ters Z dönüşümü = =? 2z2 ( z − 1)( z − 0.5488) rezidü yöntemini kullanarak ters z-dönüşümü y (k ) elde edilişi aşağıda verilmiştir. y (kT ) = ( z − 1) 2z2 z k −1 ( z − 1) ( z − 0.5488) 2 z zk y(k ) = ( z − 0.5488) 2 z zk + → ( z − 1) z =0.5488 z =1 + ( z − 0.5488) z =1 2z2 z k −1 ( z − 1) ( z − 0.5488) y(k ) = 4.43 − 2.43 ⋅ (0.5488) k 4 z = 0.5488 d 2θ (t) k dθ (t) g + + sin θ (t) = u (t)θ (t) olarak dt 2 m dt l verilmiştir. önce durum değişkenleri tanımlanır sonra durum denklemleri elde edilir; C-3 Sistemi tanımlayan diferansiyel denklem i) Durum değişkenleri tanımlanır. x1 (t ) = θ (t ) x2 (t ) = : konum dx1 (t ) dθ (t ) = dt dt d 2θ (t ) dx2 (t ) = dt 2 dt : hız dir. tanımlanan durum değişkenleri d 2θ (t ) k dθ (t ) g = u (t)θ (t) − − sin θ (t ) 2 dt m dt l ifadesinde yazılır ise, dx1 (t ) = x 2 (t ) dt 1. Durum denklemi dx2 (t ) k g = u (t) x1 (t ) − x2 (t ) − sin x1 (t ) dt m l 2. Durum denklemi olarak elde edilir. İki durum denklemi dx(t ) = f ( x(t )) + g ( x(t ))u (t ) formunda aşağıda verildiği gibi yazılır. dt dx1 (t ) x2 (t ) dt 0 + u (t) olarak yazılabilir. = g k x1 (t ) dx2 (t ) − sin x1 (t ) − x2 (t ) 12 3 m l 424444 3 g ( x (t )) dt 1444 1 424 3 f ( x ( t )) dx ( t ) dt b) ∆ x (t ) = A*∆x (t ) + B*∆r (t ) formunda yazabilmek için A* ve B* matrisleri hesap edilmelidir. ∆t f1 = dx1 (t ) = x 2 (t ) dt f2 = dx2 (t ) k g = u (t) x1 (t ) − x2 (t ) − sin x1 (t ) dt m l olmak üzere, 5 ∂f1 ∂x 1 * A = ∂f 2 ∂x 1 ∂f1 ∂f1 ∂x2 ∂u ve bir adet giriş olduğundan r1 (t ) = u (t) dir. B* = matrisleri ∂f 2 ∂ f 2 ∂u x 0,u 0 ∂x2 x ,u 0 0 hesaplanır. ∂f1 ∂x 1 A* = ∂f 2 ∂x 1 ∂f1 0 ∂x2 = u0 − g cos x01 ∂f 2 l ∂x2 x ,u 0 1 k − m 0 ∂f1 ∂u 0 B* = = x01 ∂f 2 ∂u x 0,u 0 ∆x1 (t ) 0 ∆t = g ∆x2 (t ) u0 − cos x01 l ∆t Elde edilen matrisler yerlerine yazılır. 1 ∆x1 (t ) 0 k + ∆u (t ) − ∆x2 (t ) x01 m C-4: a) Soruda verilen sistem iki giriş tek çıkışlıdır. C(s) çıkışını elde etmek için lineer sistemlerde toplamsallık özelliği kullanılacaktır C ( s ) = CR ( s ) + CT ( s ) . Önce Td ( s ) = 0 ve R ( s ) ≠ 0 için C R ( s ) elde edilir. Eş değer blok diyagram aşağıda verilmiştir. Blok diyagramdan C R ( s ) ifadesi doğrudan yazılır. CR ( s ) = G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) R(s) 1 + G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) Sonra ise, Td ( s ) ≠ 0 ve R ( s ) = 0 için CT ( s ) elde edilir. Eş değer blok diyagram aşağıda verilmiştir. 6 Blok diyagramdan CT ( s ) ifadesi doğrudan yazılır. CT ( s ) = − C ( s ) = CR ( s ) + CT ( s ) C (s) = G3 ( s ) Td ( s ) 1 + G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) olmak üzere elde edilen sonuçlar yerlerine yazılır, G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) G3 ( s ) R(s) − Td ( s ) elde edilir. 1 + G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) 1 + G1 ( s )G2 ( s ) G3 ( s ) ! = , = 10, = ". , = 0.1; = 2 ile verilen ifadeler yerlerine yazılır 2 5 5 10 0.1s + 1 C ( s ) = 3s + 1 0.1s + 1 R ( s ) − Td ( s ) ve düzenlenir ise, 2 5 2 5 1+ 10 1+ 10 3s + 1 0.1s + 1 3s + 1 0.1s + 1 C (s) = 5 ( 3s + 1) 100 R( s) − T ( s) ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 d = 2 ise R ( s ) = C (s) = ifadesi elde edilir. 2 0.1 ve = 0.1 ise Td ( s ) = girişler yerlerine koyulur. s s 5 ( 3s + 1) 100 2 0.1 − ve ∞ hesabı için son değer ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 s ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 s teoremi kullanılır. 100 2 C ( ∞ ) = lim s C ( s ) = lim s s →0 s →0 ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 s C (∞) = 200 0.5 199.5 − = 101 101 101 → − 0.1 ( 3s + 1)( 0.1s + 1) + 100 s 5 ( 3s + 1) C (∞ ) = 1.975 değeri hesap edilir. 7