TEORÍA DEL ONTROL. SEGUNDO EXAMEN PARIAL MODELO DE SOLUIÓN. M. EN. RUBÉN VELÁZQUEZ UEVAS Problema 6. onsiere le sistema e la figura. Diseñe un compensaor e aelanto tal que los polos ominantes e lazo cerrao se ubiquen en s = ± 3 j y grafique meiante software la curva e respuesta al escalón el sistema iseñao. Solución: Figura. Sistema e control el problema 6 En la figura. se observa que el LGR el sistema con G ( s) = (sin compensar) no pasa por la ubicación eseaa. + 3 j 3 j Nótese que: GP Figura.. LGR el sistema sin compensar el problema 6 5 0 ( s) = = s(0.5s + ) s( s + ) Por lo tanto, se propone un compensaor en aelanto que mueva el LGR hacia la izquiera y pase por la ubicación eseaa. Es ecir:
G ( s) = s + τ s + ατ ; para α < Proponieno la ubicación el cero el compensaor en s = 3 se tiene que τ = 0.3333 Por lo tanto, la ubicación el polo se etermina meiante la conición el ángulo e fase el LGR como se muestra en la figura. θ φ φ φ3 = 80 para P = + 3 j P φ θ φ φ3 Es ecir: Figura.. ontribución en ángulo e fase para el compensaor en aelanto el problema 6 O bien: φ = 43.8979 φ = θ φ φ3 80 = 73.8979 90 0 80 = 36.0 sin(80 60 φ ) Por lo tanto, la ubicación el polo se encuentra en: s = 4 = 5.6 sinφ Es ecir: ατ = 0.786 α = 0.5357 Finalmente, la ganancia el compensaor se calcula meiante la conición e magnitu: s( s + )( s + 5.6) = =.9 0( 3) s + s= + 3 j Es ecir, el compensaor resultante es: s + 3 G ( s) =.9 s + 5.6
La respuesta al escalón unitario para sistema compensao y sin compensar se muestra en la figura.3, mientras que el LGR el sistema compensao y la ubicación e los polos en la figura.4. Figura.3. Respuesta al escalón unitario para el sistema compensao y no compensao el problema 6 + 3 j 3 j Figura.4. LGR el sistema compensao 3
Problema 7. onsiere el sistema e la figura. Diseñe un compensaor tal que los polos ominantes en lazo cerrao se ubiquen en s = ± j. Solución: Figura. Sistema e control el problema 7 Tomano como punto e referencia eseao, la ubicación el polo en s = + j se tiene que la eficiencia el ángulo es: φ = 80 arg 90 = ( ± j) Por lo tanto, si se propone un compensaor con un cero a 90 e la ubicación eseaa, el ángulo necesario para el polo e un compensaor en aelanto sería e 0 ; es ecir, que su ubicación sería en. Dicho e otra forma, se pueen proponer os soluciones istintas, una que solo consiere la aición e un cero en s =, lo cual corresponería a un algoritmo PD y otra en la que se proponga el cero a un ángulo mayor a 90 y así calcular la ubicación el polo para un compensaor en aelanto. Utilizano un compensaor PD: G ( s) [ τ s ] Por lo tanto, se calcula la ganancia = + one τ = por conición e magnitu el LGR: s = = s + s= + j Finalmente, el compensaor PD resultante es: G ( s) = ( s + ) Utilizano un compensaor en aelanto (Lea): G ( s) = α τ s + ατ s + para α < Se propone la ubicación el cero en s = 0.5 Por lo tanto, el ángulo y la ubicación el polo en el compensaor se calculan a partir e la figura. 4
θ φ φ Figura.. álculo e ángulo y ubicación geométrica el polo en el compensaor Lea Ángulo el polo: Ubicación el polo: φ = θ φ 80 = 6.565 90 80 = 6.565 sin(80 45 φ ) s = = sinφ 3 Finalmente, por conición e magnitu se calcula la ganancia el compensaor: s ( s + 3) = = 4 s + 0.5 s= + j Por lo tanto, el compensaor en aelanto (Lea) resultante es: Done, los parámetros el compensaor son: s + 0.5 G ( s) = 4 s + 3 ατ τ = ; ατ = α = = 0.5 3 τ 6 τ = α =.667 En la figura. se muestra la respuesta al escalón unitario para el sistema compensao con un algoritmo PD y con compensaor Lea, mientras que en la figura.3 se muestran los lugares e las raíces corresponientes. 5
Figura.. Respuesta al escalón para el sistema el problema 7 con compensaor PD y Lea + j j Figura.3. LGR el sistema compensao meiante PD y compensaor Lea 6
Problema 8. Remítase al sistema e la figura 3 para iseñar un compensaor tal que la constante e error estático e velocia v sea e 0 [seg - ] sin que se moifique en forma notable la ubicación original ( s = ± 3 j ) e un par e polos complejos conjugaos e lazo cerrao. Solución: Figura 3. Sistema e control el problema 8 Hacieno un análisis el error en estao estacionario consierano un compensaor en atraso (Lag) para una señal e entraa rampa se tiene: τ s + 6 v = lim sggp ( s) = lims α = 0 s 0 s 0 ατ s + s( s + 4) Por lo tanto, seleccionano = para no moificar la inámica e lazo cerrao: = 4α = 0; α = 5 v Proponieno la ubicación el cero en s = 0., se tiene que τ = 5 y ατ = 5 Es ecir, la ubicación el polo es s = 0.04 y el compensaor e atraso resultante: s 0. G ( s) = + s + 0.04 En la figura 3. se muestran los LGR, las respuestas a la rampa y los errores resultantes. + 3 j 3 j (a) (b) (c) Figura 3.3. (a) LGR, (b) respuesta a la rampa unitaria y (c) señal e error para el sistema compensao y no compensao 7
Los siguientes problemas son problemas e iseño y su solución epene e la propuesta iniviual e caa ingeniero. La respuesta mostraa es solo una e tantas posibles. Problema. onsiere el sistema e control e la figura 4. La planta es críticamente estable en el sentio en que las oscilaciones proseguirán inefiniamente. Diseñe un compensaor conveniente tal que la respuesta al escalón unitario exhiba un sobrepaso máximo menor a 40% y un tiempo e asentamiento e 5 [seg] o menor. Solución: Figura 4. Sistema e control el problema onsierano las características mencionaas en el problema ( % M p < 40 [%], t 5 [seg]), el problema se puee resolver con un algoritmo PD tenieno en cuenta que el factor e amortiguamiento eberá ser ξ > 0.8 y la atenuación σ 0.8; con una frecuencia natural no amortiguaa e ω < 8.859 [ra/seg] obtenieno como polos e lazo cerrao iniciales en s = 0.8 ±.749 j como se n muestra en la figura 4.. s 0.8 +.749 j P 0.8.749 j Figura 4.. LGR el sistema e control con algoritmo PD 8
El compensaor PD inicial se obtiene meiante la figura 4. P φ θ φ Figura 4.. Mapa e polos y ceros el sistema el problema con algoritmo PD De one se tiene: θ = 80 + φ + φ = 80 + 00.8930 +.059 = 40.94 θ = 4.9459 Por lo tanto, el cero en el compensaor PD se ubica en: ( ) ( ) sin 64.343 s = ω n = 3.850 sin 4.9459 Por otro lao, la ganancia se calcula meiante la conición e magnitu, incluyeno el cero el compensaor PD. Es ecir: s + = = 0.6 0( 3.85) s + s= 0.8+.749 j G s = s + = s + = s + τ Finalmente, el compensaor PD resultante es: ( ) 0.6[ 3.85] PD Done: = 0.6(3.85) = 0.663 τ = = 0.596 GPD ( s) = 0.6s + 0.663 9
En la figura 4.3 se observa que la respuesta al escalón para este sistema e control inicial, el tiempo e asentamiento es menor a 5 [seg] pero el porcentaje e sobreimpulso mayor a 40 [%] Figura 4.3. Respuesta al escalón para el sistema compensao con un PD inicial En la figura 4.4 se muestran las respuestas al escalón para el sistema e control con compensaor PD para = y = 0.6 Figura 4.4. Respuesta al escalón para el sistema compensao con PD y = 0
Lo anterior se visualiza el LGR e la figura 4., one se observa que para un valor e ganancia > 0.6, tanto el factor e amortiguamiento como la atenuación aumentarán y en consecuencia se reucen tanto el porcentaje e sobreimpulso como el tiempo e asentamiento. Aicionalmente, en la figura 4.4 se observa también que el error en estao estacionario para un problema e regulación también se reuce consierablemente por lo que se puee analizar la constante e error e posición para eterminar el valor e ganancia que no solo satisface las coniciones e iseño iniciales, sino que también reuzca el error en estao estacionario. Proponieno un error en estao estacionario menor o igual al % se tiene que: e ss = 0.0 k p 49 + k p Por lo tanto: [ s + ] 0 3.85 0(3.85) k p = lim = 49.544 0 s s + El compensaor PD resultante que satisface las características e iseño el problema y aemás reuce el error en estao estacionario e regulación al % es: PD [ ] G ( s) =.544 s + 3.85 En las figuras 4.5 (a) y 4.5 (b) se muestran las respuestas el sistema e control y el error para k =.544 y k = respectivamente (a) (b) Figura 4.5. (a) Respuestas al escalón y (b) señales e error con k =.544 y k =
Problema 3. onsiere el sistema e control e la figura 5. Diseñe un compensaor tal que la curva e respuesta al escalón unitario exhiba un sobrepaso máximo e 30% o menor y un tiempo e asentamiento e 3 [seg] o menor. Solución: Figura 5. Sistema e control el problema 3 onsierano las características mencionaas en el problema ( % M p 30 [%], t 3 [seg]), el factor e amortiguamiento eberá ser ξ 0.3579 y la atenuación σ.3333 ; con una frecuencia natural no amortiguaa e ω 3.759 [ra/seg] obtenieno como polos e lazo cerrao iniciales en n s =.3333 ± 3.479 j. En la figura 5. se muestra el LGR el sistema sin compensar y la ubicación e los polos ominantes eseaos s.3333 + 3.479 j.3333 3.479 j Figura 5. LGR el sistema sin compensar y ubicación e polos ominantes eseaos omo se observa, los LGR pasan cerca e las ubicaciones eseaas; sin embargo, los polos e estas ramificaciones no son ominantes, ebio a que el polo en el origen a lo más tiene a 0.5 cuano. La parte real e los polos ominantes eberá ser la más cercana al eje imaginario, por lo que es necesario moificar la trayectoria el polo en el origen hacia la ubicación eseaa.
En este caso se propone un compensaor PID, el cual aiciona os ceros y un polo en el origen: τ s + s + τ i s + s + i GPID ( s) = = = s s s ( s + a)( s + b) Debio a que la el polo en el origen está ao, se puee proponer la ubicación e uno e los ceros y meiante el métoo el LGR eterminar la ubicación el otro cero. Por lo tanto, si se propone la ubicación e s = a tal que cancele el polo en s =, entonces la ubicación el seguno cero se etermina meiante la conición e fase el LGR como se muestra en la figura 5. P θ φ θ φ Figura 5.. Análisis e la conición e fase para el sistema e control el problema 3 De one se tiene: θ = 80 + φ + φ θ = 80 + 79.56 + (0.9687) 03.4699 = 377.6 Por lo que la ubicación el cero se encuentra en: Finalmente, calculano la ganancia θ = 7.6 ( ) ( ) sin 93.3487 s = ω n =.877 sin 7.6 por conición e magnitu se tiene: s ( s + ) ( s + )( s +.877) = = 0.598 s=.3333+ 3.479 j Obtenieno un PID inicial: ( )( ) ( ) 0.598 s + s +.877 0.598s + 7.9458s + 7.3478 GPID s = = s s Done: = 7.9458 y i = 7.3478 En la figura 5.3 se muestra la respuesta al escalón para el sistema compensao con el PID inicial 3
Figura 5.3. Respuesta al escalón unitario para el sistema e control el problema 3 con PID inicial De one se observa que por 7.5 [%] y 0.05 [seg] no se satisfacen las características e iseño solicitaas. En la figura 5.4 se muestra el LGR el sistema con compensaor PID.3333 + 3.479 j.3333 3.479 j Figura 5.4. LGR el sistema compensao por PID 4
De one se observa nuevamente que incrementano el valor e > 0.598 tanto el factor e amortiguamiento como la atenuación aumentan, lo que trae en consecuencia que isminuyan el porcentaje e sobreimpulso y el tiempo e asentamiento. Experimentalmente se obtuvo que para = 4 el sistema e control con compensaor PID resultante si cumple con las coniciones e iseño solicitaas, como se muestra en la figura 5.5 ( )( ) ( ) 4 s + s +.877 4s + 53.5s + 49.5 GPID s = = s s = 53.5 y = 49.5 i Figura 5.5. Respuesta al escalón para el sistema e control con = 4 y = 5
Problema 4. onsiere el sistema e control e la figura 6. Diseñe un compensaor tal que la curva e respuesta al escalón unitario exhiba un sobrepaso máximo e 5% o menor y un tiempo e asentamiento e 5 [seg] o menor. Solución: Figura 6. Sistema e control el problema 4 onsierano las características mencionaas en el problema ( % M p 5 [%], t 5 [seg]), el factor e amortiguamiento eberá ser ξ 0.4037 y la atenuación σ 0.8; con una frecuencia natural no amortiguaa e ω.986 [ra/seg] obtenieno como polos e lazo cerrao iniciales en n s = 0.8 ±.89 j. En la figura 6. se muestra el LGR el sistema sin compensar y la ubicación e los polos ominantes eseaos s 0.8 +.89 j 0.8.89 j Figura 6.. LGR el sistema sin compensar Para alcanzar las ubicaciones eseaas el problema se puee resolver con la aición e un cero meiante un compensaor PD. En la figura 6. se muestra el análisis e la conición el ángulo e fase para el cálculo e la ubicación el cero. 6
P φ θ φ Figura 6.. Análisis e la conición e fase para el sistema e control el problema 4 De one se tiene: θ = 80 + φ + φ = 80 + 9.5335 + (3.805) = 437.545 Por lo que la ubicación el cero se encuentra en: Finalmente, calculano la ganancia θ = 77.545 ( ) ( ) sin 36.6560 s = ω n =.34 sin 77.545 por conición e magnitu se tiene: s ( s + 4) ( s +.34) = = 7.7668 s= 0.8+.89 j Tenieno como resultao el compensaor: [ ] G ( s) = 7.7668 s +.34 Sin embargo al probar la respuesta al escalón se observa que no se cumple con los requerimientos señalaos en porcentaje e sobreimpulso ni en tiempo e asentamiento. La respuesta al escalón y el LGR el sistema compensao se muestran en las figuras 6.3 (a) y 6.3 (b) respectivamente 7
0.8 +.89 j 0.8.89 j (a) (b) Figura 6.3. (a) Respuesta el sistema compensao con algoritmo PD y (b) LGR corresponiente omo para este compensaor se tiene n m = entonces una mejor respuesta para este compensaor no está garantizaa cuano se aumente la ganancia. Si bien es cierto que no es apropiao iseñar el algoritmo PD con la ubicación en el origen, esta información permite conocer cuál es el valor e la parte más a la izquiera que se alcanzaría con un sistema e fase mínima (que sería e ). Por lo tanto, se propone una nueva ubicación e polos en lazo cerrao en.8±.46 j para que el iseño el compensaor contemple un factor e amortiguamiento y atenuación mayores ( ξ = 0.7783 y σ =.8). De ese moo, en la figura 6.4 se muestra el análisis e la conición el ángulo e fase para el cálculo e la ubicación el nuevo cero con la nueva ubicación propuesta. P φ φ θ Figura 6.4. Análisis e la conición e fase para la nueva ubicación propuesta De one se tiene: θ = 80 + φ + φ = 80 + 33.690+ (4.093) = 495.9087 θ = 35.9087 8
Por lo que la ubicación el nuevo cero se encuentra en: Finalmente, calculano la ganancia ( ) ( ) sin 5.006 s = ω n = 0.309 sin 35.9087 por conición e magnitu se tiene: s ( s + 4) ( s + 0.309) = = 6.7833 s=.8+.46 j Tenieno como resultao el compensaor: [ ] G ( s) = 6.7833 s + 0.309 Al probar el sistema con el compensaor se tiene la respuesta que se muestra en la figura 6.5 Figura 6.5. Respuesta al escalón para el sistema el problema 4 con un seguno compensaor PD En este caso se observa que el porcentaje e sobreimpulso está por ebajo el 0%; sin embargo el tiempo e asentamiento es mayor a 5 segunos. Finalmente, se propone aumentar el valor e la ganancia el compensaor = 4 obtenieno el resultao que se muestra en la figura 6.6 y el compensaor final resultante: [ ] G ( s) = 4 s + 0.309 9
Figura 6.6. Respuesta al escalón para el sistema el problema 4 con compensaor PD final Finalmente, en la figura 6.7 se muestra el LGR el sistema e control resultante y la ubicación final e los polos ominantes e lazo cerrao..8+.46 j.8.46 j Figura 6.7. LGR el sistema compensao con PD 0