Otomatik Kontrol Sistemleri - Sakarya Üniversitesi 2014 Vize Soruları

Otomatik Kontrol  Vize Sınavı    S-1)Açık çevrim transfer fonksiyonu G(s) 

 

 

 

24.04.2014 

1 olarak verilen sistem, ayrık zaman sayısal kontrolcü ile kontrol s 1

edilmek istenmektedir. i) Kontrolcü D(z) olmak üzere kapalı çevrim kontrol blok diyagramını gerekli çevre birimleri ile birlikte çiziniz. ii) D(z)=1 olmak üzere, ayrık-zaman kapalı çevrim transfer fonksiyonunu elde ediniz. (Örnekleme zamanı T=0.1s) S-2) Yanda verilen sıvı seviye sistemini tanımlayan lineer olmayan diferansiyel denklem  

Qi Vg

pompa

Ki

dH(t)  k1Vg  k 2 2gH(t) dt

qo

olarak verilmektedir. a) H(t)  H0 ve Vg (t )  V0

H

çalışma noktaları için sistemi lineerleştiriniz ve durum denklemini vektör matris formu

 H(t)   A*H(t)  B*Vg (t)  yazınız ve transfer fonksiyonunu elde ediniz.   t 

b) Kontrolcü Gc(s) olmak üzere kapalı çevrim blok diyagramını çiziniz. S-3) Verilen şekilde r(t) = 2u(t), K=0.5, L=1H ve RL=1Ω olmak üzere, ölçülen akım T=0.1s örnekleme zamanı ile örneklenmektedir.   a) Gerekli denklemleri t-domeninde yazınız. b) I(z) ve i(k) ’yı elde ediniz. c) k=10 için i(10) akım değerini hesap ediniz. S-4) Yanda verilen sistem için

1.5z  0.35 , z  0.5 6.06z  5.3 0.04 G c (z)  G f (z)  1 ve G s (z)  z 1 z  0.95

a) G 2 (z) 

olarak verilmektedir. C(z) = ? ifadesini G s (z), G 2 (z), G f (z) ve G c (z) bağlı olarak elde ediniz. b) R  z   0 ve bozucu giriş D  z  

z olmak üzere CD ()  C()  ? değerini hesaplayınız. z 1

c) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------n

x(k )   i 1

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

 f1   f1  C()  lim(z  1)C(z) , B*   A*     z 1  Vg (t )  H 0 ,V0  H (t )  H 0 ,V0   1   

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

  

Cevap 1: a) 

 

                                  b)   T(z) 

1  e  sT  C(z) D(z) G(z)       G(z)  Z G(s)  Z     z‐dönüşümü uygulanır.  R(z) 1  D(z) G(z)  s(s  1) 

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

 (s  1) s 0

1 z s (s  1) z  esT

z z  1  z  0.9048 z  1  z 1   z        1    z  0.9048  z   z  1 z  0.9048   z  0.9048 

             

G(z) 

0.0952    ve   D(z)  1    verilmiştir.  T(z)  ifadesinde yerlerine  koyulur.  z  0.9048

0.0952

0.0952

T(z)  z  0.9048      düzenlenir ise  T(z)  z  0.9048     0.0952 0.0952 1 1 z  0.9048 z  0.9048 T(z) 

0.0952      olarak elde edilir.  z  0.8096

                2   

   s 1  

Cevap 2:     Sıvı seviye kontol sistemini tanımlayan Lineer olmayan diferansiyel denklem                                   f1 

dH(t)  k1Vg  k 2 2gH(t)   olarak verilmiştir.     Durum denklemini  dt

H(t)  A*H(t)  B*Vg (t)  vektör matris formunda yazabilmek için  A*  ve     B*  matrislerinin elde edilmesi gerekir.   t  f1   f1  ,    B*    olduğu göz önüne alınır ise,  A*      H (t )  H 0 ,V0  Vg (t )  H 0 ,V0 1 f1 2g    k2  2 gH (t )  2 2 H (t )

 H 0 ,V0

k2 g          ise       2 gH 0

 f1  B*    k1                            Vg (t )  H 0 ,V0    A*  

   

k2 g   ve    B*  k1    elde edilir.                                  2 gH 0

H(t)  A*H(t)  B*Vg (t)  ise Laplace dönüşümü alınır,          t

sH(s)  A*H(s)  B*Vg (s)      transfer fonksiyonu   H(s) B*   Vg (s) s  A*

s

k1 k 2g



2gH 0 k1 2gH 0  k 2 g

  olarak elde edilir. 

2gH 0

D (s) kontrolör olmak üzere sürekli‐zaman  kapalı çevrim kontrol blok diyagramını çiziniz. 

Vg(s)

      

 

B* s A*

Gc(s)

H(s)

 

 

                            Sürekli‐zaman kapalı çevrim kontrol blok diyagramını 

Vg (s)

2gH 0 k1

Gc (s)

2gH 0  k 2 g  

                                            3   

H(s)

Cevap 3:              t‐domeni denklemler                   S‐domeni denklemler  1‐ 2‐

U ort (t)  K r(t)                                U ort (s)  K R(s)  

U (s) di(t)               U ort (s)  R I(s)  sLI(s)  ise    I(s)  ort   elde edilir.                  U ort (s)    sL  R dt K eşitliği  I(s)   ifadesinde yerine koyulur ise,   I(s)  R(s)     olarak elde edilir.  sL  R U ort (t)  R i(t)  L

r(t)  2u(t)   ise  R(s) 

2 K 2    dir.   I(s)     olur.  Parametre değerleri yerleine yazılır ise,   s sL  R s *

 1  1  olur. Devre çıkışında örneklenmiş akım sorulduğundan   I(s)*   I(s)       yani  s(s  1)  s(s  1)   1  I(z)  Z   z  dönüşümü uygulanır.    s(s  1)   1  1 z I(z)  Z   s s (s  1) z  esT  s(s  1)  I(z) 

 (s  1) s 0

1 z s (s  1) z  esT

  s 1

z z z z    ise        I(z)       olarak elde edilir.     1 z 1 z  e z  1 z  0.9048

i(k)  ise  I(z)  ifadesinin ters Z‐dönüşümü ile elde edilir.  i(k)  Z1 I(z)  (z  1)

z k 1 z z 1

 ( z  0.9048) z 1

z z k 1 z  0.9048

  z  0.9048

     i(k)  1k  0.9048k            olarak elde edilir. 

k  10  için   I(10)  110  0.904810  0.6321 Amper       olarak hesap edilir.                      4   

Bilgi amaçlı genişletilmiş soru çözümü:  Şekilde sürekli zaman akım  i(t) ve  T=0.1 sn ile  örneklenmiş akım  i(t)*  dir. I(k) elde edilmişti.   

Aşağıda i(t) elde edilecek ve grafik çizimleri  verilecektir.

NOT: Aynı soru için sürekli zaman için çözüm yapılırak doğrulaması aşağıda verilmiştir. 

I(s) 

 1  1 1   ise   i(t)  L1  est s s(s  1) s (s  1)  s(s  1) 

 (s  1) s0

1 est s (s  1)

  s 1

i(t)  1  e  t       sürekli zamanda akım ifadesi elde edilir.     k=10 için  t  kT  10*0.1  1sn    olur. Denklemde yerine koyulur ise,         i(1)  1  e 1  0.6321Amper   olarak hesap  edilir.         

0.6321

                                                                     i(t)  ve i(k)  aynı grafik ekranında çizimi.        5   

Bilgi amaçlı  İkinci Yol:  zaman domeninde fonksiyon biliniyor ise  Z‐dönüşüm  ,  t  kT  yazılır ve 

q n1  q n2 1 q  ,  1 q k  n1 n2

n

1  q , eşitliği gözönüne alınarak, T=0.1 sn için, tek taraflı z‐dönüşümü    F ( z ) 

I ( z )  Z 1  e t   Z u (t )  Z e t    k 

Z e  t    e  kT z  k  1  eT z 1  e2T z 2  e 3T z 3        k 0

k 

Z u (t )   z  k  1  z 1  z 2                  k 0

z z    z  1 z  0.9048

                                6   

 f (kT )z k 0

yapılır. 

I ( z) 

k 

1 z z     T 1 0.1 z e z  0.9048 1 e z z   z 1

k

   

  Cevap 4: a)          Şekilde verilen sistemem toplamsallık özelliği uygulanır.   i)  Giriş    R ( z )  0 ,    D ( z )  0  durumu için çıkış   C ( z )  CR ( z )   ii) Giriş    D ( z )  0 ,    R ( z )  0  durumu için  çıkış   C ( z )  CD ( z )   Her iki giriş  R ( z )  0  ve   N ( z )  0  için  çıkış ifadesi, her bir giriş için elde edilen çıkışların toplamı,     

 

C ( z )  CR ( z )  CD ( z )                ile elde edilir.    

i)  Giriş    R ( z )  0 ,    D ( z )  0   için,  kapalı çevrim kontrol blok diyagramı , 

R(z)

C(z) G(z)

G(z) c

R

s

G(z) f

 

  olarak düzenlenebilir. 

CR ( z ) 

Gc ( z ) Gs ( z ) R( z )   1  Gc ( z ) Gs ( z )G f ( z )

ii)  Giriş    R ( z )  0 ,    D ( z )  0   için,  kapalı çevrim kontrol blok diyagramı ,            7   

   

D(z)

G(z) c

CD ( z ) 

C(z) R

G(z) s

G(z) 2

G(z) f

 

G2 ( z ) Gs ( z ) D( z )   1  Gc ( z ) Gs ( z )G f ( z )

Her iki giriş  R ( z )  0  ve   N ( z )  0  için  çıkış ifadesi, her bir giriş için elde edilen çıkışların toplamı,     

C ( z) 

C ( z )  CR ( z )  CD ( z )     

 

Gc ( z ) Gs ( z ) G2 ( z ) Gs ( z ) R( z )  D( z )   1  Gc ( z ) Gs ( z )G f ( z ) 1  Gc ( z ) Gs ( z )G f ( z )

olarak  elde edilir.    

z

G ( z) G ( z)

2 s b) D  z     ve   CD ( z )  D ( z )   olduğuna göre,  z  1  1 G ( z ) G (   c s z )G f ( z )

CD ()  C()  lim(z  1) z 1

G 2 (z) Gs (z) D(z)   1  G c (z) Gs (z)G f (z) 1.5z  0.35

CD ()  C()  lim (z  1) z 1

CD ()  C()  z  1  verilir ise 

1

0.04

z  0.5 z  0.95 6.06z  5.3 0.04 z 1

z z 1  

z  0.95

1.5z  0.35 0.04 (z  1)(z  0.95) z  0.5 z  0.95 (z  1)(z  0.95)  (6.06z  5.3) 0.04

0     oluşur yani,  sayı

CD ()  C()  0 olur.      

8   

z 1

 

pay  kısmında  (z  1)     çarpanında   

YORUM:  İleri  yoldaki    G c (z)   kontrolcüsü    D ( z )   bozucu    giriş  etkisine  karşılık    gelen  sistem  cevap  C D ()   çıkışını   sıfırlar, yok eder.  Sistem çıkış cevabında sadece  R( z )  giriş için  CR (  )  kalır. 

R( z ) 

Rz   olması istensin.  z 1

CR ( z ) 

Gc ( z ) Gs ( z ) R( z )   1  Gc ( z ) Gs ( z )G f ( z )

CR ()  C()  lim(z  1) z 1

G c (z) Gs (z) R(z)   1  G c (z) Gs (z)G f (z)

6.06z  5.3 CR ()  C()  lim(z  1) z 1

CR ()  C()  (z  1)

1

0.04

z 1 z  0.95 6.06z  5.3 0.04 z 1

Rz z 1  

z  0.95

(z  1) (z  0.95) 6.06z  5.3 0.04 Rz z 1 z  0.95 (z  1)(z  0.95)  (6.06z  5.3)0.04 z  1 0

CR ()  C() 

SONUÇ:   

(6.06z  5.3) 0.04 R z ( 6.06z  5.3)0.04

C (  )  CR (  )  CD (  ) 

R0

  z 1

ifadesinde     z  1   verilir ise,    C R ()  C()  R olarak elde edilir.  z 1

 

                      C ( )  R        ileri yoldaki kontrolcü  geçici rejim sonunda çıkış cevabındaki bozucu etkisini giderir ve çıkışın  istenen referans değer R’ye gelmesini sağlar.   

9