Solucionario de Sistemas de Control I

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA CARRERA DE INGENIERIA ELECTRÓNICA

EJERCICIOS RESUELTOS SISTEMAS DE CONTROL I

AUTOR : RAUL ROQUE YUJRA

LA PAZ - BOLIVIA

Por: Raúl R. Roque Yujra

1

Sistemas de Control

Modelado de Sistemas Sistemas Físicos Físicos

Problema 1 Considere el sistema eléctrico de la figura 1.a) Determine su modelo matemático. matemático. b) Encontrar la representación en espacio de estados considerando que los estados son x1 = i1 (t ) , x2 = i 2 (t ) y x 3 = v c (t ) , la señal señal de entrada es vi y la señal de salida es v 0 . R1 vi

L1

L2

i1

+

+ + i2 vc R2 v0 -

ic C

-

Fig. 1. Sistema Eléctrico

Resolución Mediante las leyes de voltajes de Kircho Kirchoff ff se tiene las siguiente siguientes s relaciones: di vi = R1i1 + L1 1 + v c dt di vc = L2 2 + v0 dt A demá demás s por por la ley de corrie corriente ntes: s: i1 = ic + i 2 por otro lado: v0 dv ic = C c ; i2 = y R 2 dt entonces se que el modelo matemático está definido por : di L1 1 + R1i1 + vc = vi dt di 2

L2

dt

C

dvc

+ v 0 = vc

(1) (2)

(3)

(4) (5) (6)

+ i2 = i1

dt b) En vista a las consideraciones consideraciones iniciales y a las ecuaciones (4), (5) y (6) se tiene : (7) R1 1 1 x&1 = − x1 − x3 + u; L1

x& 2

L1

= − R2 x2 +

x& 3


L1

L2

=

1

x 1 C

−

1 L2

1

x3 ;

x 2 ; C

(8) (9)

2

Sistemas de Control


rescribiendo en el espacio de estados:  − R1 0 − 1   L1   x  1  x&1   L1  1  x&  =  0 − R2 1   x  + 0u ; 2  2  L2 L2       x& 3   1   x3  0 1  − 0   C  C

(10)

(11)

 x1  0] x2  ;    x3 

y = [0 R2

Problema 2 Considere el sistema de Nivel de Líquido de la figura 2. En estado estable, el flujo de entrada es q i y el flujo de salida es q 0 . La entrada de perturbación es q d . Determinar el modelo modelo matemático de este sistema y elija variables h1 y h2 como estados del sistema y representar el sistema en el espacio de estados. qi

qd

h1

C 1

R1

C 2 h2

R2

q1

q0

Fig. 2 Sistema de Tanques con interacción

Resolución Para el tanque primer tanque se tiene que: dh qi − q1 = C 1 1 ; dt para el segundo tanque la relación es: q d

+ q1 − q0 = C 2

dh2 dt

(12)

;

(13)

el flujo en la unión de los tanques es: q1

=

h1

− h2 ;

(14)

R1

Ahora Ahora reempl reemplaz azan ando do (14) (14) en (12) (12) y (13), (13), obten obtenemo emos s el modelo modelo matem matemáti ático co definido por : (15) dh h − h2 C 1 1 = qi − 1 ; dt R1 Por: Raúl R. Roque Yujra

3

Sistemas de Control


C 2

dh2 dt

h1 − h2

= q d +

R1

(16)

− q0 ;

para la representación del sistema en el espacio de estados, se toma en cuenta la siguiente relación: (17) h q0 = 2 ; R2 entonces se tiene: (18) 1 1 1 x& 1 = − x1 + x2 + qi ; R1 C 1 R1C 2 C (19)  1 1 1  1 x& 2 = x1 −  +    x2 + qd ; R1C 2

 R1C 2

R 2 C 2



C 2

o de forma matricial: 1 − 1  1   x1   C  x&1   R1C 1 R1C 1 =    +  1  x&  1 1 1   x2   0  2  − −  R1C 2  R1C 2 R2C 2  y

 = 0 

   u1   ; 1  u 2  C 2  0

(20)

(21)

  x1    ; R2   x 2  1

Problema 3 Sea el sistema electromecánico que representa a un motor de CD imán permanente, manejado por un voltaje vi aplicado al motor y a su eje se conecta un par de carga τ c . La salida del sistema es la posición θ. Determine su representación en el espacio de estados. b) Con a) determine la función de transferencia del sistema. R

+

L

+

i

vi

em

-

θ ω

-

J m

τm

τc

bm Fig.3 Motor de CC de imán permanente

Resolución Para la parte eléctrica del sistema: vi


= Ri + L

di dt

+ em ;

(22)

4

Sistemas de Control

Modelado de Sistemas Físicos

em

(23)

= k mθ& ;

donde vi es voltaje aplicado en las terminales del motor, i es la corriente de armadura, em es la fuerza contraelectromotriz, k m es una constante de proporcionalidad, R y L son la resistencia e inductancia del motor. Por otro lado, la parte dinámica se define como: (24) && + bmθ& + τc = τm ; J mθ (25) τ m = k ai ; donde J m es la inercia del motor, b m es el coeficiente de amortiguación viscosa, τ c es el par de carga,τ m es la par generado por el motor y k a es una constante de proporcionalidad.

Las variables de estado son: x1 = i ; x2 = θ ; x 3 = θ& Finalmente las ecuaciones en el espacio de estado son:

 R  x&1  − L  x&  =  0  2   k  x& 3   a  J m

(26)

 1  x 1   0    L  vi    L 1  x 2 +  0 0   ;    bm  1  τ c    −   x3   0 −  J m  J m   −

0 0 0

k m

y = [0 1

(27)

 x1  0] x2  ;    x3 

b) Para determinar la función de transferencia del sistema se hace uso del la ecuación: −1 Y ( s) = C .( sI − A) B.U ( s) ; donde cada una de las matrices son definidas por:

 R  − L A =  0  k a   J m

0 0 0

 1  0    L L 1  ; B =  0 0  ; C = [0   bm 1  0  −  −  J m  J m   −

k m

1 0]

entonces:

 Matriz de  1 Cofactores  ( sI − A) −1 =  det( sI − A)   de ( sI − A) 

T

;

el determinante es: Por: Raúl R. Roque Yujra

5

Sistemas de Control


 R    b det( sI − A) =  s +   s s + m  L    J m det( sI − A) =

s

(28)

 k a k m    + s J L ;  m  

(29)

[( Ls + R)( J m s + bm ) + k m k a ] ;

J m L

por su parte la matriz de cofactores: (30)

  bm  k m    + s s 0 s   J   L  T m     Matris de   bm  k a k m R   s + R   Cofactores de  =  k a   s s + + +   ;     J L J J L L    m  m   (sI - A)   k a R    0 s s +    s J  L     T  1 0   Matriz de   L V i  J m L cofactores   0 0   ; θ ( s) = [0 1 0]   Τ s[( Ls + R )( J m s + bm ) + k m k a ]   ( sI − A )   0 − 1   c  J m  

(31)

realizando las operaciones de multiplicación de matrices:

θ( s ) =

J m L s [( Ls + R)( J m s + bm ) + k m k a ]

[0 1

 s  bm   k m − s   s +    L J J L m  m     k a 1  R    V i s )  −  s +    0] ; J m L J m  L  Τc ( s )    k s R  s a − ( s + )   J m L J m L  

32

Finalmente, la función de transferencia del sistema es:

θ( s) =

k a

V i ( s) −

s[( Ls + R)( J m s + bm ) + k a k m ]


Ls + R s[( Ls + R)( J m s + bm ) + k a k m ]

Τc (s ) ;

(33)

6

Sistemas de Control


Problema 4 Sea el sistema de orientación de satélite de la figura 4, donde θ es la posición angular deseada, l es la distancia del eje del propulsor al centro de masa del satélite, β es el ángulo de efecto de control, la variación del ángulo β es proporcional a la señal de control u , R es una constan te que representa una cierta ganancia estática del actuador que convierte el control u en velocidad de variación del ángulo β y J es la inercia efectiva del satélite. Determinar la representación del sistema en el espacio de estados. b) Hallar los puntos de equilibrio y linealizar el sistema alrededor de dichos puntos. Orientación de Referencia

Orientación Deseada

θ F

β

CM

l Fig. 4 Sistema de orientación de Satélite

Resolución Las ecuaciones diferenciales que rigen el movimiento del sistema se obtienen de la segunda ley de Newton: && = Torque neto aplicado = Fuerza x brazo = F sin( β) * l ; J θ o en forma compacta: J θ&& = Fl sin( β ) ; el ángulo β crece o decrece, de acuerdo al control aplicado mediante la ley de variación: d β = Ru ; dt

las variables d estado se escogen como: ; x 2 = θ& y x3 = β ; x1 = θ Entonces el sistema no lineal se describe de la siguiente manera en el espacio de estados: x& i = f i ( x1 , x 2 ,..., xi ) + ug ( x1 , x2 ,..., x i ) ; i = 1,2 ,...n es decir: x&1 = x 2 ; x& 2


=

Fl J

sin( x 3 ) ;

7

Sistemas de Control


x& 3

= Ru ;

b) El punto de equilibrio físicamente significativo del sistema, se obtiene igualando a cero el miembro derecho de cada ecuación de estado. Este resulta ser: x1 = arbitrario ; x2 = 0 ; x 3 = 0 y u = 0 se tiene que la forma lineal es: x& = Ax + Bu ; donde: A = J | xi = xe ; para linealizar el sistema alrededor de estos puntos se determina la matriz Jacobiana del sistema, es decir:

A = J A

 ∂ f 1 ∂ f 1  ∂ x ∂ x 2  1 ∂ f ∂ f 2 =  2 ∂ x ∂ x  ∂ f 1 ∂ f 2 3  3  ∂ x1 ∂ x 2

∂ f 1  ∂ x3  0 ∂ f 2   = 0 ∂ x3   ∂ f 3  0 ∂ x3 

1 0 0

 0   Fl cos( x 3 )  = 0 J  0 0   0

1 0 0

0 Fl  J 0

;  

 ∂ g 1   ∂u   1   0 ∂ g   B = J B =  2  = 0 ;  ∂u1     ∂ g   R   3  ∂u1  C = [1 0 0] ; la representación lineal en el espacio de estados es:

 x&1   0  x&  =  0  2   x& 3   0

0   x 1   0  Fl      0  x 2 + 0 u ; J      0 0   x 3   R  1

y = [1 0

 x1  0] x2  ;    x3 

Problema 5.Sea el convertidor DC/DC reductor (Buck converter) representado en la figura 5, Determinar el modelo matemático de ducho sistema.


8

Sistemas de Control


Resolución.Se considera, que se tiene conmutación del switch Q cada periodo de tiempo T junto a un ciclo de trabajo (duty cycle) d . L Q

+

i L

V in -

+ C

D

R

v0

-

Fig. 5 Convertidor DC/DC Reductor(Buck converter)

de donde se puede extraer las ecuaciones de estado considerando el estado del switch Q . Cuando el switch Q esta en el estado ON las ecuaciones de estado son dadas por: di L dt dv 0 dt

1

= =

L 1

(V in

C

( i L

− v0 ) −

v0 R

,

0 < t < dT , Q

= ON ;

)

y cuando el switch está en OFF, las ecuaciones de estado son: di L dt

dv 0 dt

=

=− 1 C

1 L

(i L

v0

−

v0 R

,

dT < t < T , Q

= OFF ;

)

representado las ecuaciones anteriores de forma más compacta, es tiene: 1 d x& 1 = − x 2 + V in L L ; 1 1 x& 2 = x1 − x2 C RC donde x1 y x 2 representan la corriente i L y el voltaje v 0 respectivamente y la variable d es la señal de control.

Problema 6.Determinar el modelo matemático del robot de dos grados de libertad, mostrado en la figura 6. Donde se considera que los parámetros son: l 1 y l 2 son las longitudes totales de cada uno de los eslabones, l c1 y l c2 son las distancias de los centros de masa, I 1 e I 2 son las inercias efectivas de cada uno, m1 y m2 son las masas y finalmente q1 y q 2 son las posiciones articulares de cada eslabón Por: Raúl R. Roque Yujra

9

Sistemas de Control


referido al sistema referencial de base y además se tiene en cada articulación torques de control τ1 y τ2 . y

l 2 l c 2

I 2 , m2 q2

l 1 l c 1 I 1 , m1

q1

x Fig.6 Estructura del Robot de dos grados de Libertad

Considérese un robot manipulador de dos grados de libertad de la figura 6, se utiliza el método de Lagrange para determinar, la dinámica del robot. Suponiendo que existe rigidez en las articulaciones y eslabones; también la no existencia de fenómenos de fricción ni elasticidad; se procede a determinar las energías cinética y potencial de todo el sistema. La energía cinética total de la estructura es: E c

=

1 2

I 1 q&12

+

1 2

m1l c1 q&12

+

1 2

I 2 ( q&1

+

1 2

+ q& 2 ) 2 +

[

2

2

m 2 l 1 q&1

+ l c22 (q&1 + q& 2 ) 2 + 2l 1l c2 q&1 (q&1 + q& 2 ) cos q 2 ];

y la energía potencial se define como: E p

= gm 1l c1 sin( q1 ) + gm 2l 1 sin( q1 ) + gm2 l c 2 sin( q1 + q2 ) ;

El Lagrangiano L del robot, es la diferencia de la energía cinética y la energía potencial, entonces: L =

1 2

2

I 1 q&1

+

1 2

2

m1l c 1 q&1

+

1 2

I 2 ( q&1

+ q& 2 ) 2 +

1 2

[

2

2

m 2 l 1 q&1

+ l c22 (q&1 + q&2 ) 2 ]+

+ m 2l 1l c 2 q&1 (q&1 + q& 2 ) cos q2 − gm1 l c1 sin( q 1 ) − gm 2l 1 sin( q1 ) − gm 2l c 2 sin( q1 + q 2 ) ; Las ecuaciones del movimiento de Lagrange para un robot de dos grados de libertad están dadas por: d  ∂ L 

∂ L − = τ1 ;   dt  ∂q&1  ∂q1  ∂ L  ∂ L =τ2;  − dt  ∂ q& 2  ∂q 2 d


10

Sistemas de Control


donde τ 1 y τ 2 son los torques que actúan en las articulaciones 1 y 2 , ahora se realiza el cálculo de cada uno de los términos como sigue:

∂ L = ( I 1 + m1l c21 ) q&1 + I 2 ( q&1 + q& 2 ) + m2 [q& 1l 12 + l c22 ( q&1 + q& 2 ) + l 1l c 2 (2 q&1 + q& 2 ) cos( q 2 ) ]; ∂q&1

∂ L = I 2 ( q&1 + q& 2 ) + m2 [l c22 (q& 1 + q& 2 ) + l 1l c 2q& 1 cos(q 2 ) ] ; ∂q& 2 derivando respecto al tiempo: d ∂ L ( ) = ( I 1 + m1 l c21 )q&&1 + I 2 (q&&1 + q&&2 ) + m2 [&q&1 l 12 + l c22 ( &q&1 + q&&2 ) ] + dt ∂q&1

+ m 2 l 1l c 2 (2q&1 + q& 2 ) cos( q2 ) − l 1l c 2 (2q&1q& 2 + q& 22 ) sin( q 2 ) d

(

∂ L = && + && + [ 2 && + && + & ) I 2 ( q1 q2 ) m2 l c 2 (q1 q 2 ) l 1 l c 2q1 cos(q 2 ) − l 1 l c2 q& 1 q& 2 sin( q2 )] ; ∂q&1

dt la derivada parcial respecto a cada posición es: ∂ L = −m1l c1 g cos( q1 ) − m2l 1 g cos( q1 ) − m2l c 2 g cos(q1 ∂q1

+ q2 ) ;

∂ L = − m l l q& ( q& + q& ) sin( q ) − ml g cos( q + q ) ; 2 1 c2 1 1 2 2 c2 1 2 ∂q2 reemplazando las ecuaciones se obtiene : [m1l c21 + m2 (l 12 + l c22 + 2l 1l c 2 cos( q 2 )) + I 1 + I 2 ]q&&1 + [ I 2

+ m 2 (l c22 + l 1l c 2 cos( q 2 )) ]q&&2 − − (2q&1 q& 2 + q& 22 )m 2l 1 l c 2 sin( q 2 ) + (m1l c1 + m 2l 1 ) g cos( q1 ) + m2 l c 2 g cos( q 1 + q 2 ) = τ 1

[ I + m l + m l l 2

2 2 c2

2 1 c2

cos(q2 ) ]&q&1

+ [ I 2 + m2l c22 ] +

m 2l 1l c 2 q&12 sin( q2 ) +

+ m 2l c2 g cos( q1 + q 2 ) = τ 2 ; expresando este par de ecuaciones diferenciales, en la forma matricial: D( q) &q& + C ( q, q& )q& + G( q) = τ ;

d 11 d  21

d 12   &q&1 

c11 +    d 22  q&&2  c21

c12   q&1 

 g 1  τ 1  +     =   ; c 22   q& 2   g 2  τ 2 

la matriz de inercias D(q ) es definida por los elementos; d 11

= m1l c21 + m2 (l 12 + l c22 + 2l 1l c 2 cos(q2 )) + I 1 + I 2 ; d 12 d 21

= m2 (l c22 + l 1 l c 2 cos( q2 )) + I 2 ; = m2 (l c22 + l 1l c 2 cos( q2 )) + I 2 ; d 22 = m2 l c22 + I 2 ;

los elementos de la matriz C ( q , q& ) de fuerzas centrípetas y de Coriolis son: c11

= −m2 l 1l c 2q& 2 sin( q 2 ) ;

= − m2 l 1 l c 2 ( q&1 + q& 2 ) sin( q2 ) ; c 21 = m 2l 1l c 2q&1 sin( q 2 ) ;

c12

c 22 = 0 ; Por: Raúl R. Roque Yujra

11

Sistemas de Control


y pares gravitacionales G (q ) : g 1

= m1l c1 g cos( q 1 ) + m 2l 1 g cos( q1 ) + m 2 l c 2 g cos( q1 + q 2 ) ;

g 2 = m2 l c 2 g cos(q1 + q2 ) ; de esta forma se ha determinado el modelo del robot planar de dos grados de libertad.

Problema 7 Determinar la Función de transferencia del sistema representado mediante grafos de flujo de señal de la figura. g

a

h

b

i

c

d

e

f

Solución La función de transferencia del sistema según la Regla de Mason es: 1 P = P k ∆ k ;

∆∑ k

donde P k es la ganancia de trayectoria de la k − ésima trayectoria directa, determinante del grafo y

∆ es el

∆ k se obtiene a partir de ∆ , al quitar los lazos que tocan

la trayectoria P k . Entonces: 1) Se identifican los lazos: g

a

b

h

c

i

d

e

G1

= bg

G2

= ch

f g

a

b

h

c

i

d

e

f


12

Sistemas de Control

Regla de Mason g

a

h

i

c

b

G3

e

d

= ci

f g

a

h

b

i d

c

G4

e

=

fghi

f

2). El determinante

∆ queda definido por: ∆ = 1 − (G1 + G2 + G 3 + G 4 ) + (G1G3 ) ;

3). Identificación de trayectorias g

h

i

= abcde ∆ 1 = 1

P 1 a

b

c

d

e

f

g

h

i P 2

a

b

c

d

= afe

∆ 2 = 1 − G2

e

f finalmente se tiene que la función de transferencia es:

∑ P ∆ k

P =

k

∆

k

=

abcde + afe (1 − ch ) 1 − (bc + ch + ci + fghi) + bcgi

;

Problema 8 Obtenga la respuesta de un sistema con realimentación unitaria ante una rampa unitaria, siendo la función de transferencia de lazo abierto del sistema: G( s ) =


4 s ( s + 6)

13

Sistemas de Control

Análisis de Respuesta en el Tiempo

Solución. La función de transferencia enlazo cerrado con realimentación unitaria será:

La función de transferencia será: 4

H ( s ) =

G( s) 1 + G( s)

;

H ( s)

s( s

=

1+

+ 6) 4

s( s

+ 6)

por lo tanto: H ( s)

La entrada será una rampa R ( s) =

=

4

+ 6 s + 4

2

s

1 s

2

C ( s ) =

4 s

2

1

+ 6 s + 4 s 2

Separando por fracciones parciales:

− 15 + 7 C ( s ) = −

20 s + (3 +

5 5)

+

1 s

2

+

−

− 15 + 7

3

2 s

+

20 s + (3 −

5 5)

aplicando la transformada inversa de Laplace: C (t ) = s −


3 2

+ − 15 + 7 20

5

(e −

( 3− 5 )t

− e −( 3+

5 )t

)

14

Sistemas de Control


Step Response 7

6

5

e d u t i l p m A

4

3

2

1

0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

Time (sec.)

Problema 9 Considere la respuesta al escalón unitario de un sistema de control de realimentación unitaria cuya función de transferencia de lazo abierto es: H ( s)

=

7

s( s + 7) Obtenga el tiempo de crecimiento, el tiempo pico, el máximo sobrepaso y el tiempo se establecimiento.

Solución. De la forma general: Comparando tenemos:

ωn

=

ξ=

7 = 2.646 ; 7

2 La solución en el dominio del tiempo es:

C (t ) = 1 +

= 1.323 ;

− s t − s t  e e    − 2 s 2  ξ − 1  s1 

ωn 2

1

2

Siendo: s1

= (ξ + ξ 2 − 1)ω n

s2

= (ξ − ξ 2 − 1)ω n ;

reemplazando: Por: Raúl R. Roque Yujra

15

Sistemas de Control


s1 = 5.79

y

s2

= 1.1 ;

Como vemos s1 es comparablemente mayor a s2, por lo tanto podemos despreciar el efecto de s1, quedando:

c(t ) = 1 − e − s2t La grafica de ambas funciones es: Step Response 1 0. 9 0. 8 0. 7

e d u t i l p m A

0. 6 0. 5 0. 4 0. 3 0. 2 0. 1 0 0

1

2

3

4

5

6

7

Time (sec.)

Como se observa en la, consideración anteriormente hecha es aceptable, ya que la diferencia es mínima. Con esto podemos analizar de la siguiente manera: Tiempo de levantamiento, Como el sistema es sobreamortiguado el tiempo tr se calculará con el tiempo del 10% al 90%. t r t r

=−

= t (90%) − t (10%) ; 1 s 2

 0.1  ;   0.9 

ln 

tr = 1.83 s ; Tiempo de retardo, el tiempo de retardo para un sistema sobreamortiguado es:

0.5

= 1 − e − s t

2 d

;

despejando td tenemos: t d

=−

1 s

ln( 0.5) ;


16

Sistemas de Control


reemplazando: td = 0.58 s Tiempo de establecimiento, Para un error en estado estacionario del 2%, tenemos:

0.02 despejando ts tenemos: t s

= 1 − e − s ts ; 2

=−

1 s

ln( 0.02)

Reemplazando: ts = 3.26 s En un sistema sobreamortiguado no existen los parámetros de tiempo pico y máximo sobrepaso.

Problema 10 Considere el sistema de la figura: +

16

-

s ( s

+ 8)

3 + 2 ks

Determine el valor de k de modo que la relación de amortiguamiento ξ sea 0.5, el tiempo de crecimiento, tiempo pico? Solución . La función de transferencia del sistema será: 16 H ( s)

= R ( s) = C ( s)

H ( s)

=

1

s( s + 8 ) 16 1+ (3 + 2 ks) s( s + 8)

48

3 s 2 + (8 + 32k ) + 48 Como se pide un ξ menor a 1, entonces el caso es subamortiguado, por lo que las siguientes relaciones son válidas: t r


=

π−β ; ωd

Tiempo de levantamiento

17

Sistemas de Control


t p

M p t s

=

4

ξωn

=e ;

= −

π ; ωd

Tiempo pico

ξπ 1−ξ

2

;

Máximo sobrepaso

Tiempo de establecimiento (2%)

siendo:

 1 − ξ 2 β = arccos  ξ  ω d

= ωn

   

1− ξ 2

De la función de transferencia podemos obtener los siguientes parámetros simplemente por comparación:

ωn = 6.93 ξ = 0.5 k = 0.033 Reemplazando estos valores tenemos:

ωd = 6.0 rad/s tr = 0.39 s tp = 0.52 s Mp = 16.3 % ts = 1.15 s La gráfica se muestra a continuación:


18

Sistemas de Control


Step Response 0.4

0.35

0.3

0.25 e d u t i l p m A

0.2

0.15

0.1

0.05

0 0

0.4

0.8

1.2

1.6

Time (sec.)


19

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Problema 12 Sea la función de transferencia de un sistema:

+ 4 s + 5 ; + 8 s + 20)( s + 1)( s + 3)( s + 5) s 2

G( s) =

2

( s determinar el lugar de raíces de dicho sistema. Solución.1.- Determinar los lugares geométricos de las raíces sobre el eje real, para ello se utiliza la condición de ángulo.

Im

2 1 Re -5

-3

-1 -1 -2

Fig. 6 Posible lugar de Raíces 2.- Determinar las asíntotas del Lugar Geométrico de las Raíces:

θ

=±

180 °(2k + 1) n−m

k = 0,1, 2,...

;

con n = número de polos y m = número de ceros, entonces: θ

=±

180 °( 2k + 1)

θ 0 = 60 ° ,

3

= 60°( 2k + 1) ;

θ1 = 180° ,

θ2 = 300°

3.- Determinar la intersección de las asíntotas con el eje real. polos − ceros σ= ; n−m entonces:

∑

σ

=

∑

(1 + 3 + 5 + 4 + 4) − (2 + 2) 5 −2

=−

14 3

= − 4.67

Hasta aquí se tiene la siguiente grafica


20

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Im

2 1 Re -5

-3

-1 -1 -2

Fig. 7 Puntos de Intersección y asíntotas del LGR

4.- Como se tiene 2 ramas unidas sobre el eje real (lugar de raíces entre –1 y -3), ellos quiebran en su trayectoria a 90° , el punto de quiebre se determina utilizando: df ( s) ds

= 0 , donde

f ( s ) = 1 + G ( s )

reemplazando se tiene: s 2 + 4 s + 5 ; f ( s ) = 1 + 2 ( s + 8 s + 20)( s + 1)( s + 3)( s + 5)

finalmente: df ( s ) ds

= P ( s ) = 3 s 6 + 50 s 5 + 344 s 4 + 1269 s 3 + 2661 s 2 + 3190 s + 1700 = 0 ;

cuyas raíces son:

= −1.7978 ; s2 = −3.7044 ; s1

= 4 .2363 ± 1 .1975 i ; s5, 6 = −1.3459 ± 1.6059 i ; s3 , 4

solo s1 pertenece al Lugar geométrico de las raíces, por tal razón el punto de quiebre de las ramas es: γ = −1 .7978 . Se construye finalmente el Lugar Geométrico de las Raíces, mediante el uso de la regla: El diagrama del lugar de raíces parte de los polos del SLA y terminan en los ceros del SLA, con esto se tiene la grafica.


21

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Im

2

σ -5

1

= −4.6667 γ = − 1.7978 -3

Re

-1 -1 -2

Fig. 8 Lugar Geométrico de las Raíces

Problema 13.Sea el SLA, con función de transferencia: 2 s + 6 s + 5 G( s ) = 2 ; (2.1) ( s + 6)( s + 2)( s + 6) Trazar el Lugar Geométrico de las Raíces, diseñar K de tal manera que el sistema tenga como polos dominantes a s1,2 = −0.571 ± 9 .824 i . Solución.- El comportamiento del SLA a una entrada escalón es: Respuesta en el tiempo de G(s) 0.04

0.03

0.02 d u t i l p m A

0.01

0

-0.01

-0.02 0

2

4

6

8

10

12

Tiempo (sec.)

Fig. 9 Respuesta en el Tiempo


22

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Como se muestra en la figura anterior, el sistema es oscilante y mediante la elección de la ganancia K , se mejorar el desempeño del SLC. 1.- Primero se identifica los polos y ceros de la función de transferencia, con esto se determina los posibles lugares de las raíces. Polos : s1,2 = ±6i , s3 = 2 , s4 = 6 . Ceros: z 1 = 1 , z 2 = 5 . De esa manera se tiene : Im 6

-6

-5

-2

Re

-1

-6

Fig. 10 Posible Lugar Geométricos de Raíces

2.- Determinación de las asíntotas de los lugares geométricos: θ k =

± 180 °(2 k + 1) ; n−m

± 180 (2k + 1) 90 ( 2k 1) ; (2.2) =± ° + 4−2 Las asíntotas tiene ángulos : θ 0 = 90 ° , θ1 = 270° ; θ k =

3.- Determinación del Punto de intersección de las asíntotas con el eje real. polos − ceros σ= ; n−m

∑

σ

=

∑

(2 + 6 + 6i − 6i ) − (5 + 1) 4−2

;

(2.3)

El punto de intersección de las asíntotas y el eje real se produce en : σ = 1; 4.- Determinación del puntos de quiebre de las ramas. Nótese que en este ejemplo no se tiene la unión de dos ramas (polos). df ( s ) ds

=

dG ( s) ds

= P ( s) = 0 ; (2.4)


23

Sistemas de Control

P ( s) = 2 s

5

Lugar de Raíces

+ 26 s 4 + 116 s 3 − 384 s − 1152 = 0 ;

(2.5)

cuyas raíces son: s1 = 2.012 ;

= −5 .27 ± 2.101i ; s4, 5 = −2 .23 ± 1 .971i ; s2, 3

ninguno de estas soluciones pertenece al Lugar de Raíces, entonces quiere decir que no hay puntos de quiebre. 5.- Determinación de los ángulos con que el lugar de raíces deja a los polos: ωk = 180°( 2k + 1) − ∠ otros polos + ∠ceros ;

∑

∑

ω1 = 180° − (27° + 57° + 90° ) + (32° + 72°) = 110° ; (2.6) como los polos son conjugados: ω2 = 180 − ( −27° − 57° − 90°) + ( −32° − 72°) = 250° = −110° . La mediciones se muestran en la figura siguiente.

(2.7)

Im 6

27 -6

-5

57

32 -2

72

Re

-1

-6

Fig. 11 Medición de ángulos

6.- El valor de K se halla reemplazando el polo deseado (este polo debe estar en el LGR), y cumple con: K =

1 G ( s )

=

( s

2

+ 36 )( s 2 + 8 s + 12) = 64 .1 . 2 s + 6 s + 5 s =−0 .571+ 9.824 i


(2.8)

24

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Im 6

-6

-5

-2

Re

-1

-6

Fig. 12 Lugar geométrico de la Raíces

El sistema de Lazo cerrado es ahora es: R(s) +

64.1

G( s)

C(s)

Fig. 13 Sistema de Lazo cerrado el comportamiento en el tiempo se muestra en la figura 10.


25

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

Step Response From: U(1) 1. 4

1. 2

1

e d u t i l p m A

0. 8 ) 1 ( Y : o T 0. 6

0. 4

0. 2

0 0

2

4

6

8

10

Time (sec.)

Es importante aclarar que el sistema en lazo abierto era oscilatorio, en cambio con el uso de método del Lugar Geométrico de las raíces se ha encontrado una ganancia la misma que hace que el sistema de lazo cerrado tenga mayor desempeño, aunque con un sobre paso bastante grande. El diseño anterior puede ser resuelto utilizando algunas herramientas computacionales. Ahora se presenta el desarrollo del diseño utilizando rutinas de MATLAB. El Lugar Geométrico de Raíces es trazado mediante la función rlocus, , se utiliza el siguiente script para generar tal grafica: > num=[1 6 5]; > den=[1 8 48 288 432]; > sisla=tf(num,den); > rlocus(sisla); Generando :


26

Sistemas de Control

Lugar de Raíces

20

15

10

5 s i x A g a m I

0

-5

-10

-15

-20 -7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

Real Axis

mediante la función rlocfind se busca los polos deseados: > z=0.057; >wn=9.84; > sgrid(z,wn); > rlocfind(sisla);


27

Sistemas de Control

Diseño de Controladores por Resp. en Frecuencia

40

30

20

10 s i x A g a m I

0

-10

-20

-30

-40 -7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

Real Axis

esta función determina la ganancia K para obtener los polos deseados, el resultado fue el siguiente: » rlocfind(sisla) Select a point in the graphics window selected_point = -0.59447004608295 + 9.59064327485381i ans = 59.81092426934112.

Problema 15.Sea un proceso físico, el mismo que puede ser modelado mediante, la siguiente función de transferencia: G ( s) =

1.06 s ( s + 1)( s + 2)

;

A este proceso se le aplica realimentación unitaria, tal como se ve en la figura: R ( s )


+-

1.06

C ( s)

s( s + 1)( s + 2)

28

Sistemas de Control

Diseño de Controladores por Resp. en Frecuencia Fig. 14 Proceso con realimentación unitaria.

a) b) c) d) e) f)

Determine la función de transferencia del sistema de lazo cerrado. Determine los polos dominantes del sistema. Determine la constante de error de velocidad. Determine el Lugar Geométrico de las Raíces. Hallar el intervalo de la constante K de manera que el sistema sea estable. Diseñar un compensador de retraso para que el error estático de velocidad incremete hasta casi 5 [1/seg] , sin que los polos del sistema de lazo cerrado con K = 1 , no cambien en forma notable.

Solución.-

a). La función de transferencia para un sistema con realimentación unitaria es: 1.06 C ( s ) R ( s )

=

s ( s + 1)( s + 2) 1.06

1+

;

s ( s + 1)( s + 2)

simplificando: C ( s ) R( s )

=

1.06 s ( s + 1)( s + 2) + 1.06

;

b). Los polos dominantes se determinan encontrando las raíces del numerador, esto es:

s( s + 1)(s + 2) + 1.06 = 0 ;

entonces: s1, 2

= −0.33 ± 0.58 j y s3 = −2.33 ;

los polos dominantes son: s1, 2

= −0.33 ± 0.58 j ;

de aquí se puede obtener el coeficiente de amortiguamiento y la frecuencia natural no amortiguada de la siguiente manera: Sabemos que: 0.33 = ζω n

y 0.58 = ω n 1 − ζ 2 ; resolviendo ambas ecuaciones, se tiene que, el coeficiente de amortiguamiento es: ζ = 0 .5 ; y la frecuencia natural no amortiguada es: ω n = 0.66 ; La respuesta al escalón unitario del sistema de lazo cerrado se obtiene mediante el siguiente script en MATLAB: num=[1.06]; Por: Raúl R. Roque Yujra

29

Sistemas de Control


den=[1 3 2 0]; sla=tf(num,den); slc=feedback(sla,1); [y,t]=step(slc); plot(t,y); Respuesta al Escalon unitario del sistema de Lazo Cerrado 1.5 Salida

Entrada

1

0.5

0 0

4

8 Tiempo 12

16

20

c). La constante de error de velocidad es: K v

= Lim sG( s) ; s →0

reemplazando la función de transferencia y resolviendo el limite se tiene que: K v = 0.53 ; por otro lado el error en estado estacionario para una entrada rampa es: e ss

=

1 K v

=

1 0 .53

= 1.8868

la respuesta a una entrada rampa unitaria se la obtiene incluyendo el siguiente script ram=tf([1],[1 0]); slcer=series(ram,slc); [yr,tr]=step(slcer); r=tr; plot(tr,r,tr,yr); se observa el comportamiento en la siguiente figura:


30

Sistemas de Control

Diseño de Controladores por Resp. en Frecuencia Respuesta a una Rampa unitaria 12 10 Entrada 8 6 Salida

4 2 0 0

2

4 Tiempo 6

8

10

12

Se nota que el error en estado estacionario es bastante grande. d). Para hallar el Lugar Geométrico de las Raíces se utiliza el siguiente script en MATLAB: num=[1.06]; den=[1 3 2 0]; sla=tf(num,den); rlocus(sla); Lugar Geométrico de las Raíces para el sistema: G(s)= 1.06 / s(s+1)(s+2) 2

1 s i x A 0 g a m I

-1

-2 -2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

Real Axis

e). Para hallar el intervalo en el cual la ganancia K hace que el sistema sea estable, se utiliza el criterio de Rout-Hurwitz, entonces se analiza la ecuación caracteristica: 1 + KG (s ) = 0 ;

reemplazando: Por: Raúl R. Roque Yujra

31

Sistemas de Control


1 + K

1.06 s ( s + 1)( s + 2)

=0;

operando se tiene: s

3

+ 3 s 2 + 2 s + 1.06 ( K + 1) = 0 ;

entonces: s

3

s

2

s

1

s

0

1 3

1

2

3

1.06 ( K + 1)

[6 − 1 .06( K + 1) ] 1 .06 ( K + 1)

0

para que el sistema sea estable, los elementos de la primera columna deben ser positivos, de esta manera se obtienen las siguientes condiciones: 1

[6 − 1.06 (k + 1)] > 0 ; 3 ii). 1.06 ( K + 1) > 0 ; i).

el intervalo resultante es: 4.6604 > K > 0 ;

En el inciso d). se determinó que el error en estado estacionario era grande, si desearíamos incluir la ganancia K , dentro la trayectoria directa modificará el error en estado estacionario reduciendolo, sin embargo como se ve el valor de la ganancia K esta restringido en un pequeño intervalo, tal como se determino anteriormente.

f). El compensador de retraso tiene la forma: Gc ( s) = K c β

Ts + 1

β Ts + 1

= K c

s + s +

1 T ; 1

βT La localización del cero y el polo de este compensador deben estar alejados del los polos dominantes deseado. La contribución angular de este compensador debe ser bastante pequeña (menor que 7° [Ogata, 2da Edición]). Existe criterios de diseño que indican que el valor del parámetro β debe ser 1 < β < 15 . Con lo dicho anteriormente, la posición del cero será: 1 T

= 0.08 ;

se elige β = 10 ; entonces el compensador tiene la forma: Gc ( s) = K c

+ 0 .08 ; s + 0 .008 s

lo que queda determinar es la ganancia; antes de ello veamos la contribución angular que da el compensador en la ubicación de los polos dominantes, es decir: Por: Raúl R. Roque Yujra

32

Sistemas de Control


∠ Gc ( s) | s =−0.33+ 0.58 j = ∠ s + 0.08 − ∠s + 0.008 ; ∠Gc (s ) | s= −0.33+ 0. 58 j = 5.72° ; Esta contribución angular modifica el Lugar de Raíces, claro está que dicha modificación es pequeña tal como se quería. Ahora la función de transferencia de trayectoria directa, incluido el compensador es: s + 0.08 1.06 ; Gc ( s)G( s ) = K c * s + 0.008 s ( s + 1)( s + 2) lo que es igual : s + 0.08 ; Gc ( s)G( s) = K s ( s + 0.008)( s + 1)( s + 2) donde K = 1.06 K c ; ahora el Lugar Geométrico de la Raíces que da como: Lugar Geométrico de las Raíces para el sistema compensado: 2.5

2

Sin Compensador

1.5 s i x A g a m I

1 Con Compensador

polos dominantes 0.5

0.58 0.5

sin compensador

polos dominantes con compensador

0 -0.28 -0.5 -1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

Real Axis

entonces los nuevos polos dominantes son: s1 ,2 = −0.28 + 0.5 j ; ahora se debe hacer cumplir el criterio del modulo, sobre los nuevos polos dominantes: s + 0.08 K s( s + 0.008)( s + 1)( s + 2)

= 1;

es decir que: K =


s ( s + 0.008)( s + 1)( s + 2) s + 0.08

= 0.9510 ; s = −0.28 +0 .5 j

33

Sistemas de Control


por otro lado: K c

=

K 1.06

= 0.8972

el compensador es: Gc ( s) = 0.8572

s + 0.08 s + 0 .008

;

A continuación se muestra respuesta al escalón y la rampa unitaria para el sistema sin compensador y la respuesta del sistema incluyendo el compensador de retraso Respuesta al Escalon 1.4

Sistema Compensado

1.2 1 0.8

Sistema no Compensado

0.6 0.4 0.2 0 0

5

10

15

20

25

Tiem o Respuesta a la rampa unitaria 25 20 15

Sistema Compensado

10 Sistema no 5

Compensado

0 -5 0


5

10

15

20

25

34

Sistemas de Control

Diseño de Controladores por Realimentación de Estados

Problema 16 Sea el sistema de orientación de satélite de la figura, donde θ es la posición angular deseada, l es la distancia del eje del propulsor al centro de masa del satélite, β es el ángulo de efecto de control, la variación del ángulo β es proporcional a la señal de control u , R es una constante que representa una cierta ganancia estática del actuador que convierte el control u en velocidad de variación del ángulo β y J es la inercia efectiva del satélite. Orientación de Referencia

Orientación Deseada

θ F

β

CM

l Sistema de orientación de Satélite

Las ecuaciones diferenciales que rigen el movimiento del sistema se obtienen de la segunda ley de Newton: J θ&& = Torque neto aplicado = Fuerza x brazo = F sin( β ) * l ; o en forma compacta: J θ&& = Fl sin( β ) ; el ángulo β crece o decrece, de acuerdo al control aplicado mediante la ley de variación: d β = Ru ; dt

las variables d estado se escogen como: ; x 2 = θ& y x3 = β ; x1 = θ Entonces el sistema no lineal se describe de la siguiente manera en el espacio de estados: x& i = f i ( x1 , x 2 ,..., xi ) + ug ( x1 , x2 ,..., xi ) ; i = 1,2,...n es decir: x&1 = x 2 ; x& 2

=

Fl J

x& 3

sin( x 3 ) ;

= Ru ;

El punto de equilibrio físicamente signi ficativo del sistema, se obtiene igualando a cero el miembro derecho de cada ecuación de estado. Este resulta ser: x1 = arbitrario ; x2 = 0 ; x 3 = 0 y u = 0 Por: Raúl R. Roque Yujra

35

Sistemas de Control


La respuesta a un escalón unitario del siste ma no lineal es: Respuesta del sistema No lineal 15 10 x1

5 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2

x2

1

0 150 100 x3 50 0

Linealización del sistema Se tiene que la forma lineal general es: x& = Ax + Bu ; donde: A = J | x = x ; para linealizar el sistema alrededor de estos puntos se determina la matriz Jacobiana del sistema, es decir: i

A = J A

 ∂ f 1 ∂ f 1  ∂ x ∂ x 2  1 ∂ f ∂ f 2 =  2 ∂ x ∂ x  ∂ f 1 ∂ f 2 3  3  ∂ x1 ∂ x 2


∂ f 1  ∂ x3  0 ∂ f 2   = 0 ∂ x3   ∂ f 3  0 ∂ x3 

1 0 0

e

 0   Fl cos( x 3 )  = 0 J  0 0   0

1 0 0

0 Fl  J 0

;  

36

Sistemas de Control


 ∂ g 1   ∂u   1   0 ∂ g   B = J B =  2  = 0 ;  ∂u1     ∂ g   R   3  ∂u1  C = [1 0 0] ; la representación lineal en el espacio de estados es:

 x&1   0  x&  =  0  2   x& 3   0

0   x 1   0  Fl      0  x 2 + 0 u ; J      0 0   x 3   R  1

y = [1 0

 x1  0] x2  ;    x3 

Descripción de las características del Modelo Lineal El sistema linealizado es independiente del punto de equilibrio. También es fácil ver que el sistema es completamente controlable pues la matriz de controlabilidad dada por:

0   C =  0   R 

0 FLR J 0

FLR  J 0 0

  ;   

es de rango completo (rango 3), pues su determinante es distinta de cero. Simulación del Sistema en Lazo Abierto Para realizar la simulación del sistema en lazo abierto se toman los siguientes valores de las constantes: F = 200 ; L = 3 ; R = 20 ; J = 50 ; Los resultados son los siguientes


37

Sistemas de Control

6

x 10


Respuesta del sistema No lineal

4

4 x1

2 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

15000 10000 x2 5000 0 200

x3 100

0

Diseño de un Controlador El controlador que se va diseñar tiene el enfoque del espacio de estados, es decir que se usara los estados para realizar una compensación, este método se denomina Control por Realimentación de Estados. Proponemos entonces la siguiente ley de control: u = − k 1 x1 − k 2 x 2 − k 3 x 3 ; Esta ley de control conlleva, en consecuencia, la siguiente expresión para el sistema de control en lazo cerrado. 1 0   x1   x&1   0    FL  x&  = 0 0  x 2 ;  2  J    x& 3   − Rk 1 − Rk 2 − Rk 3   x 3 

Puesto que el interés fundamental está en inducir una dinámica controlada para el valor de las perturbaciones del estado de naturaleza asintóticamente estable a cero, los valores de las ganancia k 1 , k 2 y k 3 deben especificarse de tal manera que los autovalores del sistema autónomo anterior(sistema de lazo cerrado) tengan parte real negativa. Con el objetivo de hacer está especificación calculamos el polinomio característico y lo igualamos a alguno del cual sabemos tiene sus raíces en el semiplano izquierdo en valores preestablecidos. El polinomio característico del sistema de lazo cerrado está dado por:


38

Sistemas de Control


 s  det( sI − A + bk ) = det  0  Rk  1

−1 s Rk 2

  3 FLRk 2 FLRk 1 s + − = s + Rk 3 s 2 +  J J J  s + Rk 3  0 FL

como puede apreciarse de la conformación de este polinomio característico, los parámetros de diseño intervienen independientemente en cada término del polinomio. Este hecho permitirá obtener estos valores al igualar el polinomio característico a uno deseada cuyos polos se encuentran en el semiplano izquierdo. Supongamos que deseamos contar con una localización de polos como la que se muestra en la figura:

cj

b

a

-cj Es decir , deseamos que el polinomio característico en lazo cerrado por: p d ( s ) = ( s

+ a )( s + b − jc)( s + b + jc) = ( s + a )( s 2 + 2bs + b 2 + c 2 ) ;

donde a, b y c, son conocidos y se escogen de tal manera que el sistema de lazo cerrado tenga características deseables. Igualando, los coeficientes de las mismas potencias de ambos polinomios obtenemos el siguiente conjunto de ecuaciones para los parámetros de diseño: a(b 2 + c 2 ) k 1 = J ; FLR k 2

= J

b

2

k 3 =

+ c 2 + 2ab ;

FLR 2b + a R

;

Simulación en Lazo cerrado Para realizar la verificación del diseño del controlador, se utilizaron los siguientes datos en le controlador: a = 2 ; b = 3.5 ; c = 12 .75 ; las condiciones iniciales del sistema son: x1 = 2 ; x1 = 0 ; x 3 = 0 ;


39

Sistemas de Control


el valor de referencia es: x 1ref = 2 .5 ; Respuesta del sistema e Lazo cerrado 3 x1ref

x1

2.5

2 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2 1 x2 0 -1 1 0.5 x3 0 -0.5

Se realizó otra simulación para una condición inicial diferente es decir x1 (0) = 1.1

Respuesta del sistema e Lazo cerrado 3 x1ref

x1

2

1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

4 2 x2 0 -2 2

x3

0

-2


40

Solucionario de Sistemas de Control I

Recommend Documents