Otomatik Kontrol - Sakarya Üniversitesi Vizeler

OTOMATİK KONTROL YILİÇİ SINAVI L i(t) + e(t) -

Elektromıknatıs

u D A C

K

D(z)

m

Sayısal İşlemci

+V

ADC x(t)

A D C

xref(t)

+V

Ks

yr

M B

K

ri.

Ks

y

co m

R

S-1)

08.04.2009

hedef

tla

izleyici

no

Şekilde hedef dikey doğrultuda ayarlanabilmektedir. İzleyici ise elektromıknatıs yardımı ile hedefi takip etmektedir. Xref(t) ve x(t) konumları Ks katsayılı özdeş potansiyometreler ile ölçülmektedir. Elektromıknatıs kuvveti “F(t)= 0,1*t” olarak verilmektedir. (mekanik sistem dengede)

de

rs

a) Verilen kontrol sistemine ait ayrık-kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. Sayısal işlemci D(z) alınacak olup diğer bloklara ait transfer fonksiyonları parametrik olarak elde edilecektir. b) m(kT)= 3e(kT)-2e[(k-1)T]+10m[(k-1)T]+m[(k-4)T] olarak verildiğine göre programlama diyagramını çiziniz. (e(kT) hata; m(kT)  D(z) sayısal işlemci çıkışı)

G( s) 

C(t)

S-2)

r(t)

em

10 8

basamak cevabı verildiğine göre R(s)=10/s

5.056

C(s) G(s)

w

a) K ve  nedir? b) R( s )  10 için C(t)’yi elde

t(sn)

30

s

ediniz.

.e

20

K olduğuna ve  s 1

c) için C(z)=? Ve C(kT)=? Hesaplayınız. ( e



T 20

10  0,818 alınacaktır.), R( s ) 

w

w

s

R(s)

K

S-3)

100

Verilen sistemde birim basamak girişi için C(t) yanda şekilde verildiği gibidir.

C(s)

s  141, 4 s 2

C(t) 1.02 %2 bant

1.073 1

0.98

0,0373

t (sn) 0,055

a) K’yı hesaplayınız. Kapalı-çevrim kutuplarının s-kompleks düzleminde gösteriniz. b) Sistem cevabının kritik sönümlü olabilmesi için K=? hesaplayınız.

C-1)

a)

1)e(t )  K  u (t )

i ) X ref (t )  K s  yr (t )

di (t ) dt

ri.

2)e(t )  Ri(t )  L

ii ) x(t )  K s  y (t )

3) F (t )  0,1  i (t )

1*) E ( s)  K  u ( s)

F

dt 2

E ( s) R  sL

3*) F ( s )  0,1  I ( s)

dx dt

F ( s)

4*) F ( s)  [ Ms 2  Bs  K ]  Y ( s)  Y ( s) 

em

de

Kx B

M

2*) E ( s)  R  I ( s )  sL  I ( s)  I ( s) 

d 2x

rs

M

iii )ehata (t )*  X ref * (t )  x * (t )

dx ) dt

tla

dt 2

 F  ( Kx  B

no

4) M

d 2x

08.04.2009

co m

OTOMATİK KONTROL YILİÇİ SINAVI CEVAPLAR

yr(t)

Ks

+

m

D(z)

T

.e

-

u

E

K

1 R  sL

F

I

0,1

F1( s )

Y(s)

Ms 2  Bs  K

Ks

T

w

Kapalı-çevrim kontrol blok diyagramı

b) m(kT)= 3e(kT)-2e[(k-1)T]+10m[(k-1)T]+m[(k-4)T]

w

w

1  e sT s

Ms 2  Bs  K

m(k) e(kT)

e(k-1)

2

T

m(k-1)

+

3

+

m(k)

T

+

10

m(k-2)

T

m(k-3)

T

m(k-4)

T

C(t) 10 8 R(s)=10/s 5.056

30

kadar geçen süredir.

Zaman sabiti,  , 0.632*

C () ye varıncaya 0.632* C () =0.632*8=5.056 dır. Şekilden 5.056 ya karşılık süre   20sn t(sn)

ri.

20

C(s) G(s)

tla

dir.

0,8 C ( s) 10 0, 4  G ( s )  C ( s )  G ( s )  R( s)  20   1 s 1 R( s) s s(s  ) 20 20 A B    A  8; B  8  s s 1 20

rs

no

b)

t

em

de

 8 8 C (s)    C (t )  8(1  e 20 ) s s 1 20



e

T 20

 0,818

olmak üzere,

w

.e

c)

w

w

K  s 1 8  K   0,8 0,8 10   G ( s)  20s  1    20sn G ( s) 

co m

a)

C-2)

Şekilden G(s) yazılır ise, G ( s) 

1  e sT   0, 04 s(s 



elde edilir. Z- dönüşümü için,

1 ) 20



   sT  0, 04  yazılır.  1 e G( z)  Z   1   s( s  ) 20  

co m

    ve ara işlemlere devam edilir ise, z 1 G( z)   0, 04  Z   z 1  s( s  1 )  20  

0,145 z  0,8187

10 z 0,145   z  1 z  0,8187

de

C ( z )  R( z )  G ( z ) 

1,45 z ( z  1)  ( z  0,8187)

em

C ( z) 

no

 z 1  z z 1  z   20  0,8 1  20    z  z 1 z  eT / 20   z  eT / 20 

G( z ) 

.e

C (kT )  ( z  1)

1,45 z 1,45 z z k 1  ( z  0,8187) z k 1 ( z  1)  ( z  0,8187) ( z  1)  ( z  0,8187) z 1

w

w

w

          

rs

 0,04

tla

ri.

    z  1 z 1 1 z G ( z )  0, 04   (s  ) s sT sT 1 z 1  20 1 s (s  ) z e s (s  ) z e 20  20  s 0 1 s   20 

C (kT ) 

1,45 k 1,45 1  0,8187 k  0,1813 0,1813

C (kT )  8(1  0,8187k )

z0,8187

co m

Soru 3-

ri.

C ( s) s  141,4s   R( s ) 1  100 K s 2  141,4 s 100 K

s  141,4s  100 K

rs

no

2

de

jw

em

j84,64

-70,7

-j84,64

w

.e



w

w

100 K

2

tla

a)

s 2  141,4s  100 K  s 2  141,4s  100 121,61  ( s  70,7  j84,64)( s  70,7  j84,64)

b)

s 2  141,4s  100 K  0

Denkleminin kökleri katlı ve reel olmalıdır.

  0    b2  4  a  c  141,42  4 1 100 K  0  K  49,98

.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 Otomatik Kontrol Yıl İçi Sınavı

14/Nisan/2011

Aşağıda verilen Kontrol blok diyagramında, G1 (s)  verilmektedir.

s 1 , G 2 (s)  10 , GKapalı-çevrim olmak üzere transfer 3 (s)  s s 1  5 fonksiyonu elde ediniz.

C(s) ? R(s)

G1(s)

G2(s)

K

C(s)

tla

G3(s)

E(s)

G1(s)

G2(s)

K

C(s)

rs

R(s)

no

C1-a

de

G3(s)

1 G2

em

E(s)

G1(s)

w

w

w

.e

R(s)

R(s)

R(s)

b) r(t)  u(t) için c()  1 olması için K  ? hesap ediniz.

ri.

E(s)

R(s)

co m

S_1

K

G2(s)

C(s)

G3(s)

1 G2

E(s)

G1(s)

KG 2 1  KG 2 G 3 KG 2 1 1  G1 1  KG 2 G 3 G 2 G1

C(s)

KG 2 1  KG 2 G 3

C(s)



2

KG 2 KG 2 1 G1 K *10 C s 1  KG 2G 3 1  KG 2G 3 G1KG 2 s 1     1  KG 2G 3  G1K 1  KG 2G 3  G1K s 1 R s KG2 1 1  K *10*  K 1  G1 s  5 s 1 1  KG 2G 3 1  KG 2G 3 G 2

co m

G1

tla

C s  10K  s  5  T s   R s   s  5 s  1  10Ks s  1  s  5 K

rs

C s  10K  s  5  2 R  s  10K  1 s  11K  6  s  5  5K

de

T s  

no

C s  10K  s  5   T s  2 R s  s  s  5s  5  10Ks 2  10Ks  Ks  5K

C1-b

em

r(t)  u(t) S  R(s) 

1 bulunur. s

S c()  limc(t)   c()  limsC(s)  limsT(s)R  s  dir. t 

s 0

s 0

İstenen

.e

w

w

w

ri.

1 1 K *10 K *10 C s  K *10  s  5  s 1 s 1    R  s  1  K *10* s  1 K  s  5 s  1  K *10*s  s  1   s  5  K  s  5  s  1  K *10*s  s  1   s  5  K s  5 s 1  s  5 s  1

c()  limsT(s)R  s   1  s 0

c()  lims s 0

lim s s 0

10K  s  5 1 1 10K  1 s  11K  6  s  5  5K s  2

10K  0  5 1 1 10K  1 0  11K  6  0  5  5K s

K *50 1  5  5K

2

K

1 9

3

B

Yanda verilen kütle, yay ve elektromıknatıs sisteminde, elektro mıknatıs kuvveti F(t)  k m *i(t) olarak verilmektedir.

+V

x

M

a- Sisteme ait dinamik denklemleri yazınız. Kontrol blok diyagramını elde ediniz. ( y x  x(t) ölçülen konum)

yx

y r referans konum girişi olmak üzere, ayrık-zaman sayısal

b-

L i(t) R Elektro e(t) mıknatıs

kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz.

no

tla

Not: Kütle yay dengede

C2-a e  t   Ri  t   L

1 d S E s  i  t    E  s   RI  s   LsI  s   I  s   Ls  R dt

rs

1

S f  t   k mi  t    F s   k mI s  

3

f  t   kx  t   B

F s   k mI s 

em

de

2

d d2 S x  t   M 2 x  t    F  s   kX  s   BsX  s   Ms 2X s   dt dt X s  

1 F s  Ms  Bs  k

.e

blok diyagram

E(s)

1 Ls  R

I(s)

km

F(s)

E(s)

1 Ms  Bs  k

X(s)

2



w

w

w

ri.

k

co m

S_2

km  Ls  R   Ms 2  Bs  k 

X s km  E  s   Ls  R   Ms 2  Bs  k 

X(s)

2

4

C2-b DAC

X(z)

D(z) T

E(s)

km  Ls  R   Ms 2  Bs  k 

ADC T

X(s)

ri.

S_3

tla

Yanda I. Dereceden sisteme ait açık-çevrim birim basamak cevabı verilmiştir.

no

a) G(s) transfer fonksiyonunu bulunuz. b) örnekleme zamanı T 

 olmak üzere 5

 : zaman sabiti

rs

Ayrık zaman açık-çevrim transfer fonksiyonu G(z) elde ediniz (ZOH’ lu).

de

c) Birim basamak giriş için c(k) ’ yı elde ediniz ve k=5 için c(k) yı hesaplayınız.

em

C3-a

K 1. Dereceden modelin parametreleri deneysel yol ile elde edilecektir.  s 1

w

.e

Açık çevrim kazanç: K ise K 

w

w

1  e  sT s

co m

ZOH

vçıkış   

vgiriş   



0.85  0.85 elde edilir. 1

Açık çevrim zaman sabiti:  ise 0.632* vçıkış     0.5372 ’ye denk gelen zaman değeri olup birim basmak cevap eğrisinden   10sn olarak okunur.

1. Dereceden transfer fonksiyonunda parametreler yerlerine konursa ,

G s 

0.85 bulunur. 10s  1

5

z

 5



10  2sn 5

 d m1  z   1 X ( z)    ( s  si )m X ( s) m 1  z  e sT  s  si  i 1  ( m  1)! ds  n

    

ri.

   0.85 1  eTs  0.85 1   Z T  s  GZOH  s   TGZOH  z   Z  1  z 1  Z      s  s  0.1   10s  1 s  10 

tla

 z z 1  1 TGZOH  z   0.085   s   0.1  sT z  s  s  0.1 z  e 

z 1  z z  z 1    z  0.8187  z  1      0.85 1    0.85   z  0.8187  z  z  0.8187 z  1  z  0.8187  

0.1541 z  0.8187

C3-c

w

.e

S Giriş işareti r(t)  u(t)   R(s) 

1 z z bulunur.   R (z)  s z 1

Cz  TG ZOH  z  R z

C  z   TG ZOH  z  R  z  C  z   TG ZOH  z  R  z  

Cz 

   s 0  

 1 z 1  z 1 z  z 1  z z     0.085  10  10  0.1*2 0*2  z  z  z  0.8187 z  1  0  0.1 z  e   0.1 z  e

em

TGZOH  z  

1 z s  s  0.1 z  e sT

no

s 0.1

de

TGZOH  z   0.85

  s   0  

rs

TGZOH  z   0.085

w

w

esT , T 

co m

C3-b

0.1541 z z  0.8187 z  1

0.1541z  z  0.8187  z  1

6

 1  d m1 ( z  zi ) m X ( z ) z k 1  x( k )     m 1  z  zi i 1  ( m  1)! dz    0.1541z   c  k   Z C  z   Z     z  0.8187  z  1   

0.1541* 0.8187k 0.1541*1k   0.85 1  0.8187k   0.8187  1 1  0.8187 

tla

ck 

ri.

  0.1541z 0.1541z   c  k     z   0.8187   z k 1   z  1  z k 1   z  0.8187   z  1 z0.8187  z  0.8187   z  1   z 1  

S_4

no

c  k   0.85 1  0.8187k   c  5  0.85 1  0.81875   c  5  0.5373 T= 0.1 sn için r(t)  u(t) için C(z) ’i elde ediniz. C() değerini hesap ediniz.

C(s)

1 s 1

rs

R(s)

de

ZOH

em

C4

E(s)

ZOH

1 s 1

C(s)

Gs(s)

w

.e

R(s)

w

w

co m

n

E  s   R  s   C  s   E*  s   R*  s   C*  s 

C  s    R*  s   C*  s   Gzoh  s  Gs  s   R*  s  Gzoh  s  Gs  s   C *  s  Gzoh  s  Gs  s   C*  s   R*  s  GzohGs*  s   C *  s  GzohGs*  s  C*  s   C*  s  GzohGs*  s   R*  s  GzohGs*  s 

C*  s  GzohGs*  s   R*  s  1  GzohGs*  s  C  z GzohGs  z    R  z  1  GzohGs  z 

doğrudan yazılabilir. (Çıkarım bilgi amaçlı verilmiştir.)

7

n  d m1  z   1 X ( z)    ( s  si )m X ( s) m 1  sT  z  e   s  si i 1  ( m  1)! ds 

    

  s   1  s 0

1

z sT s  s  1 z  e

tla

 1 z  GzohGs  z   1  z 1    s   0   s  s  1 z  e sT  

ri.

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

no

 1  z 1 z    GzohGs  z   1  z 1   0*0.1  10.1  1 z  e     0  1 z  e 

0.0952  ileri yol transfer fonksiyonu elde edilir. z  0.9048

de

GzohGs  z  

rs

z z 1  z 1   z  GzohGs  z       1  z  0.9048  z   z  1 z  0.9048 

em

0.0952 0.0952 C  z z  0.9048  z  0.9048  0.0952 z  0.9048  0.0952 R  z  1 z  0.9048 z  0.9048

C  z 0.0952 Kapalı çevrim transfer fonksiyonu elde edilir. Buradan  R  z  z  0.8096 0.0952 C  z  R  z  cevap ifadesi yazılır. z  0.8096

.e

w

w

w

esT olduğu göz önüne alınır ve T  0.1 örnekleme zamanı olmak üzere z- dönüşümü yapılır.

co m

z

S Giriş işareti r(t)  u(t)   R(s) 

C  z 

0.0952 z z  0.8096 z  1

C  z 

0.0952 z  z  0.8096  z  1

1 z z dir.   R (z)  s z 1

c     limc  t   limsC  s   lim  z  1 C  z  t 

c     lim  z  1 z 1

c     0.5

s 0

z 0

0.0952z



0.0952*1

 z  0.8096   z  1 1  0.8096   z  1

    s 1 



b) r ( t ) = u ( t ) ve Kd =1 için;

co m

yanda verilen sistem için
 a) ? , T=0.1s

S.1)

i) c(k) = c(kT) = ? ii) c ( ∞ ) = lim c ( k ) ve c ( ∞ ) = lim ( z − 1)C ( z ) ifadelerini hesaplayınız z →1

k →∞

S.2) yanda verilen sistem için,  

 

ia =sbt

if

ef (t)

Lf

J

rs

S.3) Rf

?

no

ii)

tla

i) dinamik denklemleri yazınız

ri.

c) c(∞) = 0.8 olabilmesi için Kd = ?

Ty

de

w

em

Yukarıda, alan kontrollü DC-makine, sayısal işlemci, güç kuvvetlendirici K ve hız ölçer Kv verilmektedir. ayrık-zaman sayısal hız kontrolü gerçekleştirilmek istenmektedir. (Viskoz sürtünme B = 0) a) Kapalı çevrim prensip kontrol devresini çiziniz. b) Sisteme ait t-domeni denklemleri yazınız. Her bir blok transfer fonksiyonlarını elde ederek, kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz.

Yanda verilen kontrol sisteminde, a) Bozucu girişi D(s) için çıkış cevabını elde ediniz.

w

.e

S.4)

b) G ( s ) =

w

w

2 27.03.20112

Otomatik Kontrol Vize Sınavı

1 , H ( s) = 1 ve s +1

D(s) =

1 olduğuna s

göre bozucu giriş D(s) için cevabın sıfır olabilmesi için K’yı hesaplayınız, T=0.25.

n

x(kT ) = ∑ i =1

1 d m−1 ( z − zi )m X ( z ) z k −1  m −1  z = zi (m − 1)! dz

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 

Süre 100dk Başarılar… Doç.Dr.Ayhan ÖZDEMİR - Yrd.Doç.Dr.İrfan YAZICI

1

  

C.1 s +1

T = 0.1

Kd G( z) 1 + Kd G( z)

b) C ( z ) =

=

0.5 0.5 z z  z  = 0.5 = −1*0.1  s + 1 s + 1 z − e sT  z−e z − 0.905 s =−1

co m

=

R( z )

0.5

0.5 z 0.5 zK d z − 0.905 = = 0.5 z z + 0.5 zK d − 0.905 1 + Kd z − 0.905 Kd

0.5 zK d R( z ) z + 0.5 zK d − 0.905

r (t ) = u (t ) ⇒ R ( z ) =

0.5 z 2 z için C ( z ) = z −1 ( z − 1)(1.5 z − 0.905)

tla

C(z)

{ }

ri.

a) G ( z ) = Z

0.5 0.333 z 2 1.5 z k −1 + ( z − 0.603) z k −1 c ( k ) = ( z − 1) 0.905 ( z − 1)( z − 0.603) z = 0.603 ( z − 1)( z − ) 1.5 z =1 0.333 0.333* 0.603 + 0.603k = 0.839 − 0.506*0.603k 0.397 (0.603 − 1)

rs

c(k ) =

no

z2

k →∞

em

k →∞

de

0.5 z 2 0.5*12 = = 0.84 ii) c (∞ ) = lim( z − 1)C ( z ) = lim( z − 1) z →1 z →1 ( z − 1)(1.5 z − 0.905) (1.5*1 − 0.905) k c ( ∞ ) = lim c ( k ) = lim(0.839 − 0.506*0.603 ) = 0.839

0.5 zK d z , c) C ( z ) = z + 0.5 zK d − 0.905 z − 1 0.5 K d ⇒ 1 + 0.5K d − 0.905

0.76 + 0.4 K d = 0.5 K d ⇒ K d = 7.6

w

w

w

.e

0.8 =

0.5 z 2 K d c ( ∞ ) = lim( z − 1)C ( z ) = z →1 z + 0.5 zK d − 0.905

C2) i- Verilen sistemde, K1 ve B1 elemanları kendi aralarında seri bağlıdır, aynı yer değiştirme x(t)’ye sahiptirler . Aynı şekilde K2 , B2 ve M elemanları da kendi aralarında seri bağlıdır, aynı yer değiştirme x1(t)’ye sahiptirler . Seri bağlı mekanik elemanlara etki eden kuvvet elemanların kuvvetleri toplamadır.

ii- {K1, B1} elemanları {K2 , B2, M } mekanik elemanları ile paralel bağlıdır. Paralel bağlı mekanik elemanlara aynı kuvvet etki eder. i-) ve ii-) de verilen bilgiler ışığı altında aşağıdaki ifadeler yazılır. K1 ve B1 elemanlarına etki eden kuvvet: F (t ) = Fk1 + FB1

dir.

K2 , B2 ve M elemanlarına etki eden kuvvet: F (t ) = Fm + Fk2 + FB 2

2

dir.

F (t ) = k1 ( x (t ) − x1 (t ) ) + B1

dt

⇒ F ( s ) = k1 ( X ( s ) − X 1 ( s ) ) + sB1 ( X ( s ) − X 1 ( s ) )

d 2 x1 (t ) dx (t ) F (s) F (s) + B2 1 + k2 x1 (t ) ⇒ F ( s ) = s 2 mX 1 ( s ) + sB2 X 1 ( s ) + k 2 X 1 ( s ) ⇒ X 1 ( s ) = 2 = 2 dt dt s m + sB2 + k2 A( s )

co m

F (t ) = m

d ( x (t ) − x1 (t ) )

F (s) F (s) + sB1 X ( s ) − sB1 A( s ) A( s )  k1 sB1  1 + A( s) + A( s)   = A( s) + sB1 + k1 = A( s) ( sB1 + k1 ) sB1 + k1

 X (s) k sB  F ( s ) 1 + 1 + 1  = k1 X ( s ) + sB1 X ( s ) ⇒ F (s)  A( s ) A( s ) 

ri.

F ( s ) = k1 X ( s ) − k1 X 1 ( s ) + sB1 X ( s ) − sB1 X 1 ( s ) = k1 X ( s ) − k1

no

tla

2 X ( s ) s m + s ( B2 + B1 ) + k2 + k1 = 2 F ( s ) ( s m + sB2 + k2 ) ( sB1 + k1 )

.e

em

de

rs

C.3 a) Ayrık-zaman sayısal kontrol yapılacağından, sürekli zaman işaretler Analog Dijital Dönüştürücü (ADC) ile T örnekleme zaman aralıkları ile örneklenir ve sayısala dönüştürülür. Kontrol kuralı sayısal işlemci ile işlenir ve sayısal kontrol işareti üretilir. Bu sayısal kontrol işareti aynı örnekleme zaman aralığında Digital Analog Dönüşütrücü (DAC) ile tekrar sürekli zaman işarete dönüştürülerek kuvvetlendirici üzerinden sistem girişine uygulanır. Ayrık-zaman sayısal prensip kontrol devresi aşağıda verilmiştir.

w

w

w

b) Önce Alan Kontrollü DC-makineye ait denklemler yazılır. di (t ) 1-) e f (t ) = R f i f (t ) + L f f dt 2-) Te (t ) = K i i f (t ) 3-) Tm (t ) = J

dw(t ) + Ty dt

elektriki moment mekanik moment

4-) Te (t ) = Tm (t ) (sürekli rejimde) not: rotorun sabit akım kaynağı ile beslendiği kabul edildiğinden zıt emk söz konusu olmaz. t- domeninde elde edilen 1-4 denklemlerinin Laplace dönüşümleri aşağıda verilmiştir.

3

1-) E f ( s ) = R f I f ( s ) + sL f I f ( s )

E f ( s) sL f + R f

2-) Te ( s ) = K i I f ( s ) Tm ( s ) − Ty ( s )

co m

⇒ Ω( s ) =

3-) Tm ( s ) = sJ Ω( s ) + Ty ( s )

sJ

no

tla

ri.

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

de

rs

4.a) Verilen kontrol blok diyagramı R(s)=0 için aşağıda verildiği gibi yeniden düzenlenir.

em

b) Yukarıda elde edilen kontrol blok diyagram yardımı ile D(s) giriş için C(z) elde edilir. 1. X ( s ) = D( s ) − Y ( s )*

.e

2. C ( s ) = X ( s)G ( s ) ise C ( s ) = D ( s )G ( s ) − Y ( s )* G ( s ) dir.

3. Z ( s ) = C ( s ) H ( s ) ise Z ( s ) = D ( s )G ( s ) H ( s ) − Y ( s )* G ( s ) H ( s ) dir.

ve Z ( s )* = DGH ( s )* − Y ( s )* GH ( s )* dir.

w

w

w

⇒ I f ( s) =

4. Y ( s )* = KZ ( s )*

ise Y ( s )* = KDGH ( s )* − KY ( s )* GH ( s )* dir. Elde edilen ifade

Y ( s )* için düzenlenir

Y ( s)* =

KDGH ( s)* 1 + KGH ( s )*

C ( s) = D( s)G ( s ) − C ( s)* = DG ( s)* −

C ( z ) = DG ( z ) −

ve 2. nolu denklemde yerine koyulur.

KDGH ( s)* G ( s) yıldızlanır ise 1 + KGH ( s)*

KDGH ( s)* G ( s)* ve * 1 + KGH ( s)

KDGH ( z ) G ( z ) olarak yazılır. 1 + KGH ( z ) 4

T=0.25 sn ve her bir bileşen için z-dönüşümleri hesaplanır.

 1  0.2221z DG ( z ) = Z { D ( s )G ( s )} = Z  = 2  s ( s + 1)  z − 1.779 z + 0.7788

co m

b)

ri.

 K  0.2221z KDGH ( z ) = Z {KD ( s )G ( s ) H ( s )} = Z  =K 2 z − 1.779 z + 0.7788  s ( s + 1) 

 1  z G ( z ) = Z {G ( s )} = Z  =  ( s + 1)  z − 0.7788

tla

 K  z KGH ( z ) = Z { KG ( s ) H ( s )} = Z  =K z − 0.7788  ( s + 1) 

no

KDGH ( z ) 0.2221z C ( z ) = DG ( z ) − G( z) = 2 − 1 + KGH ( z ) z − 1.779 z + 0.7788

0.2221z z z − 1.779 z + 0.7788 z z − 0.7788 1+ K z − 0.7788 2

0.2221z 2 z 2 − 1.779 z + 0.7788 z − 0.7788 + Kz

rs

0.2221z − z − 1.779 z + 0.7788 2

K

de

C (z) =

K

C(z) ifadesi mevcut topoloji ile Bozucu girişi K kazancı ile çıkışta sıfırlanamaz. K = ∞ olsa dahi C (∞ ) = 0

w

w

w

.e

em

olmaz.

5