TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 301 Kontrol Sistemleri I.

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 301 Kontrol Sistemleri I."

Erdem Fişek
7 yıl önce
İzleme sayısı:

1 TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE Kontrol Sistemleri I Final Sınavı 9 Ağustos 24 Adı ve Soyadı: Bölüm: No: Sınav süresi 2 dakikadır. ÖNEMLİ UYARI Yükseköğretim Kurumları Öğrenci Disiplin Yönetmeliği Madde 9-m ye göre sınavlarda kopya yapmak veya yaptırmak veya bunlara teşebbüs etmek fiilinin suçu YÜKSEKÖĞRETYM KURUMUNDAN BİR VEYA İKİ YARIYIL İÇİN UZAKLAŞTIRMA cezasıdır. UYARI VE KURALLARI OKUDUM. İmza: Başarılar! Soru 2 Not Toplam /5

2 r e u y + C(s) P(s) H(s) = Şekil : Blok diyagram. (a) secenegi icin birim basamak cevabi (c) secenegi icin birim basamak cevabi y(t).8 y(t) t [sn] (seconds) t [sn] (seconds) (a) (b) Şekil 2: Birim basamak cevapları (a) a ve b seçeneği, (b) c seçeneği Soru ( puan) Şekil de verilen bir geri besleme kontrol ünitesinde C(s) bir integral kontrolcü, P(s) ise birinci derece tam uygun (strictly proper) bir sistemdir. Bu sistemin birim basmak fonksiyon cevabı, integral kontrol kazancı K I = alındığında Şekil 2 a daki gibi olmaktadır. a) ( puan) Kapalı çevrim sisteminin sönüm oranı, doğal frekansı, kutupları ve sıfırlarını bulun. Tanim geregi C(s) = K I s ve P(s) = a s+b Dikkat edilirse bu sistem Y(s) R(s) = olarak yazilabilir. Buradan geri besleme sistemi = T(s) = C(s)P(s) +C(s)P(s)H(s) K I a s 2 +bs+k I a w 2 n s 2 +2ζw n s+w 2 n olan 2. derece bir sistem transfer fonksiyonudur. Grafikte verilen noktalar, t p = π w d, M p = e ζ/ ζ 2π, %2 kriterine gore t s = 4 ζw n degerleridir. Burada, w d = w n ζ2. π ζ Grafikteki degerler kullanarak: w d =,.258 = e ζ/ 2π, ve ζw n = 2 olarak bulunur. Denklemleri cozersek: w d = , ζ =.4 ve w n = 5 bulunur. 2 () (2)

3 Root Locus.5 Imaginary Axis (seconds ) Real Axis (seconds ) Şekil : Kok-yer egrisi Sistemin sifiri bulunmamaktadir. Iki adet kompleks conjugate kutup vardir: s,2 = 2± 2j. b) (5 puan) P(s) fonksiyonunu bulunuz. K I = olmasindan dolayi, a = w 2 n = 25, b = 2ζw n = 4 olarak elde edilir. P(s) = 25 s+4 c) (5 puan) İntegral kontrolcünün kazancı K I değiştirilerek kapalı çevrim sisteminin birim basamak cevabı Şekil 2 b deki hale getirilmek isteniyor. Bunun için K I ne olmalıdır? M p degismiyor; boylece ζ =.4. t s = 2.5 kullanarak, w n = 4 elde ederiz. Boylece K I a = 25 deneklemini kullanarak: K I = 6 25 =.64 elde edilir. d) (5 puan) K I = için sistemin kök-yer eğrisini kabaca çiziniz. Bu durumda, acik sistem transfer fonksiyonu: G(s) = 25 olur. Sadece 2 kutup var, sifir yok. s(s+4) Reel eksen, [ 4, ] araligina tekabul eder. Ayrilma noktasi: kutuplarin toplamni/kutup sayisi = -2 olur. Asimptotlar, ±8/kutup sayisi = ±9 derece olur. O halde ve -4 noktalarindan birbirine dogru reel eksende yaklasarak, -2 oktasinda 9 derece yukari ve asagi yonde hareket eden noktalardir. e) (5 puan) Kök yer eğrisini kullanarak kapalı çevrimin kritik sönümlü olmasını sağlayacak integral kontrolcü kazancı K I yı bulun. Kiritik sonumlu olmasi icin, karmasik kutuplar lazim. Bunun icinde, kok-yer egrisinde, ayrisma noktasindan sonraya dek gelecek kazanclar gerekmekte. Acik cevirim icin transfer fonkiyonu:

4 T(s) = 25K s(s+4) odlguundan, ve s = 2 ayrisma noktaindan itibaren, kazanc icin: kazanc > 4 olmali. Burada, acik transfer fonkyonundan kazanc: 25K olarak gorulmekte. O halde 25K > 4 saglanmali: K > 4/25 4

5 r e u y + C(s) P(s) H(s) Şekil 4: Blok diyagram. Soru 2 ( puan) Şekil 4 te gösterilen kapalı çevirim sistemi için aşağıdaki soruları cevaplayınız: a) ( puan) C(s), bir PID kontrolör olup, K I = 8, K d =, ve K p = değerlerine sahiptir. P(s) = ve H(s) = için, kapalı çevrim sistemi kararlı mıdır? Kapalı çevirim kutuplarının s 2 +2s+6 s 2 kaç tanesi sağ yarım düzlemde, kaç tanesi sol yarım düzlemde ve kaç tanesi sanal eksen üzerindedir? C(s) = K p + K I s +K ds. Buradan kapali cevirim TF: s s s s s s 8. T(s) = s 2 (s 2 +s+8) s 5 +2s 4 +6s +s 2 +s+8 2 adet isaret degisikligi var. O halde toplam 5 kutupun 2 tanesi sag yarim duzlemde, ozel durumlar olmadigi icin diger tanesi sol duzlemde. Kararli degildir. b) ( puan) P(s) =, H(s) = ve C(s) = olması durumunda kapalı çevirim s 6 +s 5 +7s 4 +5s +4s 2 +2s+7 sisteminin kararlı olup olmadığını belirleyiniz. Sistemin kutuplarının kaç tanesi sağ yarım düzlemde, kaç tanesi sol yarım düzlemde ve kaç tanesi sanal eksen üzerindedir? s s s A(s) = 2s 4 +s 2 +8 s 8 2 A (s) = 8s +2s s s 7.2 s 8. 5

6 Isaret degsikligi yok. Bu sebeple sag duzlemde kutup yok. Ancak s 4 teriminden itibaren ozel durum olustu; butun satir sifir oldu. Bu sebeple, bu satirdan sonraki 4 satir (s,s 2,s,s terimleri) orijine gore simetrik kutuplarla alakalidir; bu sebeple, orijine gore simetrik 4 kutup vardir. Bunlarda, ancak sanal eksen uzerine olabilir. Sanal eksen uzerine 4 kutup var. Diger 2 kutup sol duzlemde. Bu durumda sistem kritik kararlidir (snirda kararli). c) ( puan) P(s) = sistemini, H(s) = kullanarak ve bir PD (proportional-derivative) kontrolör ile kararlı bir hale getirmek istiyoruz. K d ve K p hangi aralıklar arasında s 2 +s+2 s+4 seçilmeli? Kapali cevirim transfer fonksiyonu: C(s) = K p +K d s ile C(s)P(s) T(s) = +C(s)P(s)H(s) (K p +K d s)(s+4) = s +7s 2 +(4+K d )s+k p +8 () (4) Routh kriterini kullanabiliriz. s 4+K d s K p s 9+7K d K p s K p +8 Israte degisikligi olmamali: K p > 8 K p 7K d < 9 Bu bolge, K p 7K d = 9 dogrusunun ust kisminda olup, K p > 8 sartini saglayan noktaalr kumesidir. 6

7 r e K u y + s s 2 +4s+5 H(s) = Şekil 5: Blok diyagram. Soru (45 puan) Şekil 5 te verilen geri besleme sistemini kararlı bir şekilde kontrol etmek için bir integral kontrolör kullanılmaktadır. a) ( puan) Sistemin kök-yer eğrisini adımları da belirterek çiziniz. Birleşme/ayrılma, asimptotlar vb. gibi değerleri hesaplayarak belirtiniz. Acik transfer fonksiyonu: T(s) = K s(s 2 +4s+5) Kok-yer egrisi cizim kurallarini dogrudan uygulaybilecegimiz bir soru. Kutuplar: s =,s 2, = 2±j. Sifir yok. Asimpotlar: ± 8(2k+) {±6, 8} Asimptotlarin kesitigi nokta: s +s 2 +s = 4/ Aytisma ve birlesme noktalari icin kapali cevirim fonksioynu kullanaiyoruz: T k (s) = K s +4s 2 +5s+K Buradan, kutuplarin degeri icin K: K(s) = s 4s 2 5s denkleminin extremum noktalari bulunur. Bunun icin K (s) = denkleminden s = ve s = 5/ bulunur. Her iki noktada kok-yer egrisi uzerinde. O halde her iki nokta da, birlesme/ayrisma noktasi. Bu noktaalr icin kazanclar, sirasi ile K = 2, ve K =.852 bulunur. Egri, sanal ekseni kestigi noktada s = jw halini alir. Bu durumda (jw) + (jw) 2 + 5jw +K = denkleminin saglanmasi icin: K 4w 2 + jw(5 w 2 ) = saglanmali. Buradan w = ± 5, K = 2, veya w =,K = olmali. w = noktasin basliyor idi. Bu durumda, ±j 5 noktasinda sanal eksen kesilmekte. Karmasik kutuplardan cikis acisi: 2 + j kutbundan cikis: 8- diger kutuplarla yapilan aci + sifirlarla yapilan aci. Buradan = j kutbundan cikis ise 6.4 derece bulunur. b) ( puan) Sistemin hangi K değer aralıklarında kararlı, kritik kararlı ve kararsız olduğunu bulunuz. K > 2 durumunda, iki kok, sag duzlemde bulunuyor, bu durumda sistem kararsiz olur. 2 > K > 2 durumunda ve < K <.852 araliklarinda, iki karmasik kok (complex conjugate olacak sekilde) ve bir gercel kutup bulunmakta: under-damped (sonumlu kararsiz) bir sistem..852 < K < 2 durumunda ise gercel kutup bulunmakta: Kararli bir sistem. 7

8 Root Locus 4 Imaginary Axis (seconds ) Real Axis (seconds ) Şekil 6: Kok-yer egrisi c) (5 puan) s = 5j noktasının kök-yer eğrisi üzerinde olduğunu gösteriniz. Bu noktada sistem kazancı K ne olmalıdır? Bu nokta, reel ekseni kestigi noktadir. Ancak, o noktayi bulmamis olsak bile, aci kuralini kullanarak kok-yer egrisi icin gerekli olan esitligini sagladigini gosterebilriz. s = 5j noktasinin kokler ile yaptigi acilar: π/2, tan ( 5 ), tan ( 5+). Bu acilari toplarsak π ya esit oldgunu gorebiliriz.(tan(α) = 2 2 ( 5 )/2, tan(β) = ( 5+)/2 = 2/( 5 ) oldugunu gorunuz, e.g., α+β = π/2). d) ( puan) Kapalı çevrim sisteminin birim basamak, birim rampa ve birim parabolik referanslar için sürekli hal hatası nedir? E(s) = R(s) ve son deger teoremi ile +G(s) kullanabiliriz. Burada e ss = lim t e(t) = lim s= sr(s) +G(s) G(s) = K s(s 2 +4s+5). Birim basamak icin R(s) = /s oldugundan: e ss = Birim rampa icin R(s) = /s 2 oldugundan: e ss = 5/K Birim parabolik icin R(s) = 2/s oldugundan: e ss = 8

9 e) ( puan) Açık çevirim sisteminin, K = olması durumundaki Bode eğrilerini (kazanç (magnitude) ve faz (phase)) çiziniz. Bu durumda: T(jw) = jw((jw) 2 +4(jw)+5) Kazanc icin: 2log(w) ilk terimden, 2log( w 4 +6w 2 +25) ikinci terimden gelir. Buyuk w icin 2. terim 2 log(w) gibi davrancaktir, dolayisi ile egimi -4 olacak sekilde, kucuk w icin ise, 2 log(5) gibi sabit bir degere yakin olacaktir, dolayisi ile. terimden gelen 2 log(w) terminden dolayi egim -2 olacaktir. Aci icin : birinci terimden dolayi π/2, ikinci terimden dolayi: tan ( 4w 5 w 2 ) gelir. Kucuk w icin 2. terim, buyuk w icin ise π degerine yaklasakctir. w = 5 icin ise, π/2 degerine yaklasacaktir. Buradan: 5 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/s) Şekil 7: Bode egrileri 9

Benzer belgeler

TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 301 Kontrol Sistemleri I.

TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi Mühendislik Fakültesi Elektrik ve Elektronik Mühendisliği Bölümü ELE 3 Kontrol Sistemleri I Ara Sınav 8 Haziran 4 Adı ve Soyadı: Bölüm: No: Sınav süresi dakikadır.