PRIMERA PARTE. F roz 1 K Ms

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1 Universidad de Navarra Nafarroako Unibertsitatea Escuela Superior de Ingenieros Ingeniarien Goi Mailako Eskola ASIGNATURA GAIA Ingeniería de Control I 4º NOMBRE IZENA CURSO KURTSOA FECHA DATA 6 de septiembre de 3 PRIMERA PARTE.. El sistema de la figura representa un la velocidad que alcanza un tren de masa M impulsado por una fuerza F controlada para alcanzar una determinada velocidad de referencia V ref, en presencia de posibles perturbaciones de fuerza de rozamiento F roz. V ref F roz + F (N) + K Ms V (m/s) a) Determinar el error del sistema ante una entrada V ref escalón de m/s. b) Determinar el error del sistema ante una entrada V ref rampa de pendiente 9.8 m/s. Expresar el valor del error en forma de e v en m/s y en forma de k v en s. c) Determinar el error del sistema ante una entrada escalón V ref de 6 m/s y una perturbación fuerza de rozamiento F roz escalón de valor 5 N. d) Demostrar que si el rozamiento del sistema es viscoso, es decir, proporcional a la velocidad del tren, el sistema pasa a ser de tipo cero. Determinar en este caso de nuevo el error del sistema ante una entrada V ref escalón de m/s, llamando B a la nueva constante proporcional del rozamiento viscoso. SOLUCIONES: a) b) e v = 9.8M/K m/s, k v = K/M s c) 5/K m/s d) B/(B+K) m/s

2 .. Sea el siguiente sistema compensado: X ref + G c ss+ ( ) X Diseñar un controlador de forma que el error ante entrada rampa sea de 8 s y el margen de fase sea al menos de 45º. SOLUCIÓN: Se pueden cumplir especificaciones con un compensador de retraso, sin embargo, lo mejor es diseñar un compensador de adelanto: () s Gc s = +.58 s

3 Universidad de Navarra Nafarroako Unibertsitatea Escuela Superior de Ingenieros Ingeniarien Goi Mailako Eskola ASIGNATURA GAIA Ingeniería de Control I 4º NOMBRE IZENA CURSO KURTSOA FECHA DATA 6 de septiembre de 3 SEGUNDA PARTE.. La función de transferencia de una planta es: Gs () = ( s+ )( s+ )( s+ 5) Se pide: ) Dibujar el lugar de las raíces. ) Elegir una ganancia de forma que el amortiguamiento de la planta sea de.5. 3) Indicar la posición de todos los polos en lazo cerrado e indicar cuales son los dominantes. 4) Calcular el error en régimen permanente del sistema en lazo cerrado ante una entrada escalón. 5) Dibujar de forma aproximada la respuesta de la planta en lazo cerrado con la ganancia anteriormente calculada. Indicar claramente como afectan los polos adicionales con respecto a la respuesta de la planta considerando sólo los polos dominantes. 6) Se desea que el error ante una entrada escalón sea nulo (conservando en lo posible el comportamiento anteriormente calculado). Para ello se sustituye la ganancia por un cierto controlador. Indicar qué controlador es el adecuado, cuál es su ecuación y calcular los valores de sus parámetros para esta planta particular. NOTA: Para hacer algunos apartados no hace falta conocer los anteriores.

4 SOLUCIÓN: ) El lugar de las raíces de esta planta es: Root Locus Imag Axis Real Axis Polos en lazo abierto: s = - s = - s = 5 Eje Real que pertenece al lugar de las raíces: (,-5], [-,-], Asíntotas: Nº Asíntotas = Nº Polos Nº Ceros = 3 Ángulos de las asíntotas: 6º, 8º, 3º Centro de asíntotas = (Σ Parte Real Polos Σ Parte Real Ceros)/(Nº Polos Nº Ceros) = 5 σ = =.66 3 Corte con el Eje Imaginario: Ecuación característica en lazo cerrado: 3 s + 8s + 7s+ k+ Criterio de Routh: 3 s 7 s 8 k + s (36 K ) / 8 s K +

5 Para k = 6 el término s de la columna de Routh se anula, el sistema está en el límite de estabilidad y los valores de la fila superior forman un polinomio en s cuyas soluciones son polos en lazo cerrado para la ganancia k = 6. 8s + 36 s =± 4.3j Puntos de dispersión: k 3 = ( s + 8s + 7s+ k+ ) = s s 3s + 6s+ 7 = Soluciones: s =.465 s = Sólo la primera solución pertenece al lugar de las raíces. ) Utilizando el criterio de las distancias, el valor de la ganancia pedido es. 3) Por construcción, los polos en lazo cerrado están situados en -+j --j Para saber la posición del tercer polo se puede hacer por cociente de polinomios: 3 s + 8s + 7s+ 3 = s + 6 s + s+ 5 Dado que es un número entero también se puede hacer por Ruffini o bien sabiendo que la suma de las tres raíces es el término que multiplica a s. De cualquiera de estas formas, el tercer polo es: -6 Los dos primeros son dominantes puesto que son los más cercanos al origen y al eje imaginario. 4) La función de transferencia en lazo cerrado es: 3 s + 8s + 7s+ 3 El valor en régimen permanente es: lim ct () = lim s = t s ss s + 7 s Por tanto, el error en régimen permanente es 33% 5) La respuesta del sistema ante la entrada escalón será similar a la de un sistema de segundo orden con los polos dominantes. El polo adicional tiene los siguientes efectos: El sobreimpulso será algo menor. La respuesta del sistema completo será similar a la del sistema de segundo orden con un retraso de aproximadamente la constante de tiempo del polo adicional (es decir,.7 segundos). Se dibujan las respuestas del sistema de segundo orden equivalente y la original.

6 .9 Step Response Amplitude ) Para conseguir que el error sea nulo, se debe incluir un compensador que incluya un polo en el origen. El más sencillo es un PI. La ecuación es: + s + Ts i Ti Gc = K + = K = K Ts i Ts i s La ganancia ha sido calculada en el apartado anterior. Hay que conseguir que el polo en el par polo-cero añadido (el polo en el origen y el cero en /Ti) no afecten demasiado al transitorio. Para ello, se sitúa el cero a una frecuencia entre y veces menor que la frecuencia natural del sistema, es decir: ω / < < ω / n La frecuencia natural es, en este caso: ω n = + = 5 Por tanto,. < <. T i O bien,.9 < T i < 4.5 Se puede considerar que.9 < T i < 4.5 es la constante de tiempo del efecto integral del PI. Si es pequeña, el efecto del integrador aparecerá enseguida (y puede desestabilizar la planta), si es grande, su efecto tarda mucho en aparecer. Se puede escoger un valor intermedio, por ejemplo, T = i T i Time (sec) n

7 La respuesta de la planta en este caso es:.4 Step Response. Amplitude Se observa que se ha conseguido elimimar el error en régimen permanente. A la vista de la respuesta del sistema, podría hacerse un ajuste fino (en este caso posiblemente disminuyendo un poco la ganancia y la constante de tiempo integral). Time (sec)

8 .. En la figura se muestra la respuesta transitoria de dos plantas diferentes controladas con un PD. Determinar razonadamente que se debe hacer con cada uno de los parámetros del PD para mejorar el comportamiento en cada planta. NOTAS: En algunos casos la respuesta se puede mejorar de distintas formas. Razonar la respuesta que se dé. Planta A: La ecuación del PD utilizado es: Ts d U( s) = K bysp ( s) Y( s) Y( s) T d + s N La posición de referencia es. Step Response.8 Amplitude.6.4. Planta B: Time (sec).6 Step Response.4. Amplitude Time (sec)

9 SOLUCIÓN: Planta A: Aumentar b. El resto de los parámetros se deben dejar como están. La respuesta transitoria es muy buena pero el error en régimen permanente es muy grande. Para disminuirlo se puede aumentar el valor de b. Planta B: Hay dos posibilidades: disminuir K o aumentar la constante de tiempo derivativa Td. No se debe tocar la b. No hay motivo para modificar la N al no conocer la actuación sobre la planta. La respuesta transitoria es muy oscilante. Habitualmente, la respuesta quedará más amortiguada si se disminuye la ganancia o si se aumenta Td. Con los datos que se dan no se puede especificar más. De hecho, al hacer la simulación en Matlab de esta planta haciendo cualquiera de las dos cosas, la respuesta mejora.