Problemas

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

Asignatura : AUTOMÁTICA I

Autor: Fernando Morilla García. Revisión: MAYO 2003

DEPARTAMENTO DE INFORMÁTICA Y AUTOMÁTICA FACULTAD DE CIENCIAS

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

CONTENIDO : PRESENTACIÓN ENUNCIADOS SOLUCIONARIO SOLUCIONES PRUEBAS DE EVALUACIÓN

PRESENTACIÓN. Esta colección de problemas es un material complementario a la asignatura AUTOMATICA I de cuarto curso de la carrera de Ciencias Físicas, según el siguiente temario: TEMA I : Introducción a los sistemas de control. TEMA II : Descripción de sistemas continuos. TEMA III : Respuesta temporal transitoria y estacionaria. TEMA IV : Análisis de estabilidad en el plano complejo. TEMA V : Respuesta en frecuencia. TEMA VI : Diseño de controladores. TEMA VII : Sistemas discretos y muestreados. TEMA VIII : Análisis de estabilidad en sistemas discretos. TEMA IX : Control digital. TEMA X : Representación en el espacio de estados. TEMA XI : Controlabilidad y observabilidad. TEMA XII : Control en el espacio de estados. Los seis primeros temas se refieren al estudio de los sistemas lineales continuos, los tres siguientes a los sistemas discretos y muestreados, y los tres últimos al estudio de los sistemas lineales (continuos, discretos y muestreados) utilizando la representación en variables de estado. Los problemas de la colección se han seleccionado de pruebas de evaluación y pruebas personales de cursos anteriores y principalmente de los siguientes libros: R. C. DORF: "Sistemas modernos de control". Addison Wesley Iberoamericana, 1989. G. F. FRANKLIN and J. D. POWELL: "Digital Control of Dynamic Systems". Addison Wesley, 1980. G. F. FRANKLIN, J. D. POWELL and A. EMAMI-NAEINI: "Feedback Control of Dynamic Systems". Addison Wesley, 1986.

B. C. KUO: "Automatic Control Systems". Prentice Hall, fourth edition, 1982. K. OGATA: "Ingeniería de Control Moderna". Prentice Hall, 1982. K. OGATA: "Discrete-time Control Systems". Prentice Hall, 1987. C. L. PHILLIPS, H. T. NAGLE: "Sistemas de Control Digital: Análisis y Diseño". Ed. Gustavo Gili, 1987. O reimpresión de 1993. El documento, que se presenta, incluye: los enunciados de 60 problemas, que engloban el temario de la siguiente forma: sistemas lineales continuos (1 al 30), sistemas lineales discretos y muestreados (31 al 50), representación en variables de estado (51 al 60). Un solucionario para que el alumno pueda hacer una consulta rápida de la solución a cada apartado. Soluciones detalladas a todos los problemas, excepto aquellos que se han seleccionado como parte de las pruebas de evaluación. Las cuatro pruebas de evaluación de la asignatura. En esta nueva revisión se han corregido las erratas observadas por el profesorado y por los alumnos durante los cinco cursos que se ha utilizado la anterior revisión: Octubre 1998.

Enunciados

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

ENUNCIADOS

1

Enunciados

1.- Hay robots industriales que tienen una gran flexibilidad en los brazos aún con una carga pesada en las pinzas. La figura muestra un modelo de sistema flexible con dos masas. Encuéntrese la función de transferencia Y(s)/F(s).

2.- Mostrar que los sistemas de las figuras son análogos, probando que sus funciones de transferencia son del mismo tipo

3.- Se dispone de un experimento de laboratorio que consta de dos depósitos de agua intercomunicados. a) Con los agujeros A y C abiertos y B tapado, escribir las ecuaciones del sistema para h1 y h2 en función del caudal de entrada. b) Escribir la función de transferencia entre el caudal de entrada y h2. c) Repetir los apartados (a) y (b) con el agujero A cerrado y los agujeros B y C abiertos.

2

Enunciados

4.- Considérese un dispositivo consistente en una bola que rueda sobre el borde interior de un aro. Este modelo es semejante al problema del combustible líquido que se agita en un cohete. Como se muestra en la figura, el aro rota libremente sobre el eje horizontal. La posición angular del aro se puede controlar por medio del momento de torsión T que se le aplica, proveniente de un motor acoplado al eje motriz del aro. a) Determínense las ecuaciones que relacionan la posición angular del aro con la posición de la bola. b) La función de transferencia θ(s)/T(s), suponiendo que la masa de la bola es pequeña. c) La función de transferencia φ(s)/θ(s), para pequeñas variaciones de φ y suponiendo que el radio r de la bola es mucho menor que el del aro R.

5.- Encontrar la función de transferencia C(s)/R(s) para el diagrama de bloques de la figura.

6.- La figura muestra el diagrama de bloques de un sistema de control realimentado. Encontrar las funciones de transferencia C(s) E(s)

N(s ) = 0

C(s) R(s)

N(s) = 0

C(s) N(s)

R(s) = 0

3

Enunciados

Encontrar la expresión de la salida en términos de las dos entradas R(s) y N(s), cuando se aplican ambas.

7.- El control de grandes procesos químicos es una parte importante del campo de la ingeniería de control. En la figura se muestra el diagrama de bloques para el circuito de control de temperatura en un proceso químico de Xyleno. Las funciones de transferencia para los componentes son Proceso: Gp (s) = Regulador: G c(s) =

s2

0.03 + 0.25 s + 0.01

K s 2 + s + 0.1 s

Gs (s) =

2 3s+1

Válvula: Gv (s) =

2 2s+1

Sensor:

a) Exprésese la transformada de Laplace de la salida del sistema, C(s), en función de la referencia R(s) y de la perturbación D(s). b) Obtener una expresión aproximada para la respuesta del sistema a un cambio escalón unitario en la referencia, cuando K=0.2.

8.- En la siguiente figura se muestra el diagrama de bloques del control automático de freno de un tren de alta velocidad, donde: Vr = voltaje correspondiente a la velocidad deseada v = velocidad del tren en m/s K = ganancia del amplificador = 100 M = masa del tren = 25 T Kt = constante del tacómetro = 0.15 V s/m Y donde la respuesta del freno a una entrada escalón unitario, despreciando las fuerzas de fricción, obedece a la ecuación f(t) = 100 ( 1 - e-10t ). a) Determinar la función de transferencia de los bloques tren y freno. b) Obtener la función de transferencia del sistema en lazo cerrado. 4

Enunciados

c) Si la velocidad del tren se quiere mantener de forma estable a 60 m/s, ¿cuál debe ser el valor de Vr?

9.- Un objetivo importante en el proceso de manufactura del papel es mantener una consistencia uniforme en la pulpa de salida a medida que ésta pasa al secado y enrollamiento. En la figura (a) se muestra un esquema del sistema de control de consistencia por dilución en agua. En la figura (b) se muestra el diagrama de bloques. Sean H(s)=1 y Gc(s) =

K 10 s + 1

G(s) =

1 2s+1

Determínese: a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado; b) el valor de K para que el error en estado estacionario para un cambio en escalón de la consistencia deseada no sea superior al 1%.

10.- El sistema de control de la figura se ha diseñado para que cumpla las siguientes especificaciones: (1) error estacionario menor del 10% para entrada en rampa, (2) máxima sobreelongación menor del 5%, (3) tiempo de asentamiento (para un 2%) menor de 3 s.

5

Enunciados

Se pide: a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado. b) El error estacionario para rampa unitaria. c) Dibujar sobre el plano-s la región donde pueden estar los polos. d) ¿Qué implican las especificaciones sobre los posibles valores de K1 y K2?

11.- Aplíquese el criterio de Routh para obtener las condiciones generales de estabilidad de un sistema de tercer orden, cuando todos los coeficientes de su polinomio característico son positivos. 12.- Ultimamente han adquirido gran importancia las grandes antenas para microondas en radioastronomía y en el rastreo de satélites. Este tipo de antenas está expuesto a momentos de torsión muy grandes debidos a las ráfagas de viento. Concretamente para una antena de 20 m de diámetro, los experimentos muestran que un viento de 56 km/h ejerce una perturbación máxima de 2 V en la entrada, Td(s) de la amplidina. Otro de los problemas del manejo de antenas grandes es su resonancia estructural, que se pone de manifiesto en el siguiente modelo para el conjunto (antena, motor de mando y amplidina) 100 G(s) = 2 s + 8 s + 100 En la figura se muestra el servosistema de la antena, en el que el controlador es un amplificador magnético, con función de transferencia G1(s) =

ka 0.2 s + 1

a) Determínese la estabilidad del sistema en función de la ganancia, ka, del amplificador. b) Determínese el error del sistema en estado estacionario, operando en lazo abierto (ks=0) con R(s)=0, para una ráfaga de viento de 56 km/h. c) Determínese el valor de ka para mantener el error del sistema en estado estacionario, operando en lazo cerrado con R(s)=0, por debajo de 2o para una ráfaga de viento de 56 km/h

13.- Las figuras (a) y (b) muestran un impulsor espacial y el sistema de control de posición de éste. El centro aerodinámico de presión se denomina CP, el centro de gravedad CG, Fα es la fuerza aerodinámica normal, y v es la velocidad del vehículo. El ángulo del dispositivo es δ, y desarrolla un empuje FT. La función de transferencia del vehículo es GP(s), y es inestable en lazo abierto si el centro de presión está por delante del centro de gravedad. Para este caso el vehículo tenderá a caer. El diagrama de bloques muestra una realimentación analógica de velocidad y otra realimentación de posición . La función de transferencia del cuerpo rígido es 6

Enunciados

GP(s) = K s2 - a Esta función no incluye los efectos del alabeo del vehículo ni de las salpicaduras del combustible líquido, que añadirían 22 órdenes a la función de transferencia. Adicionalmente la dinámica del actuador que controla δ ha sido omitida. a) Con Kt=0, determinar el comportamiento del conjunto del sistema con respecto a los valores de K, Ks y a. b) Considerando que ambos bucles están activos, determinar los valores mínimos de Kt y Ks en términos de K y a para que el vehículo no caiga. c) Se desea que el sistema sea subamortiguado, con coeficiente de amortiguamiento δ y frecuencia natural ωn, expresar Kt y Ks en términos de ωn, δ, a y K.

14.- Trazar el lugar de las raíces para el sistema de la figura. Determinar los rangos de valores de K para los que el sistema es sobreamortiguado y para los que es subamortiguado.

7

Enunciados

15.- Para el servosistema de gran antena, analizado en el problema 12, represéntese el lugar de las raíces en función de la ganancia del amplificador.

16.- Para sistemas de grado relativamente alto, la forma del lugar de las raíces puede adoptar un patrón inesperado. En la figura se muestran los lugares de cuatro sistemas diferentes. Verificar que corresponden a sistemas reales y que toda la información contenida en ellos es congruente.

8

Enunciados

17.- El siguiente diagrama de bloques corresponde a un servomecanismo de posición con realimentación tacométrica (debido al bloque KT) y control proporcional (debido al bloque K). a) Dibujar el lugar de las raíces con K como parámetro y con KT=0. b) Indicar sobre el lugar (a) las raíces correspondientes a K=4, y determinar para ellas las características asociadas de respuesta transitoria: tr (tiempo de subida), Mp (máxima sobreelongación) y ts (tiempo de asentamiento). c) Dibujar el lugar de las raíces con K=4 y KT como parámetro. d) Sobre el lugar (c) determinar KT de forma que Mp=0.05 (que equivale a δ=0.707), y estimar el tr y ts asociados a estas raíces. e) Calcular el error estacionario en velocidad para el sistema con los parámetros del apartado (d).

18.- En la figura (a) se muestra el diagrama de bloques para un sistema de control con realimentación. Las respuestas en frecuencia de los bloques se representan con distintos diagramas en la figura (b). a) Determinar la función de transferencia de cada bloque. Supóngase que todos los bloques son de fase mínima. b) Determínese el coeficiente de amortiguamiento del sistema cuando G3 se desconecta de éste. c) Repetir (b) con el bloque G3 conectado.

(a)

(b) 9

Enunciados

19.- Un aeroplano de despegue vertical (VTOL) es un vehículo inherentemente inestable y requiere un sistema automático de estabilización. En la figura aparece el diseño, en forma de diagrama de bloques, para un sistema de estabilización de un VTOL. A 40 nudos, la dinámica del vehículo se representa aproximadamente por la función de transferencia

G(s) =

s2

10 + 0.25

El actuador y el filtro se representan por la función de transferencia Gc(s) =

K (s + 7) s+2

a) Dibújese el diagrama de Bode del sistema en lazo abierto, cuando K=6. b) Determínense los márgenes de ganancia y de fase del sistema. c) Determínese el error en la posición θ(s) para un viento perturbador que provoca un escalón, Td(s)=1/s. d) Determínese la amplitud máxima de la respuesta en frecuencia del sistema en lazo cerrado, así como la frecuencia a la que se presenta.

20.- Dibujar el diagrama de Nyquist para cada uno de los sistemas siguientes: a) K G(s) =

K (s + 1) s2 (s + 10)

b) K G(s) =

K (s + 1) s (s + 2)

c) K G(s) =

K (s + 2) (s2 + 9)

Determinar en cada caso el rango de K que hace al sistema en lazo cerrado estable y verificarlo cualitativamente sobre el lugar de las raíces. 21.- En la figura se muestra el diagrama de Nyquist completo correspondiente a la función de transferencia en lazo abierto G(s) de un sistema de control con realimentación unitaria. Determinar las condiciones de estabilidad en lazo abierto y en lazo cerrado del sistema bajo las condiciones siguientes: a) G(s) tiene un cero en el semiplano-s derecho, A es el punto (-1,j0). b) G(s) tiene un cero en el semiplano-s derecho, B es el punto (-1,j0). c) G(s) no tiene ceros en el semiplano-s derecho, A es el punto (-1,j0). b) G(s) no tiene ceros en el semiplano-s derecho, B es el punto (-1,j0). Para cada caso, si el sistema en lazo abierto o en lazo cerrado es inestable dar el número de polos que están en el semiplano-s derecho. 10

Enunciados

22.- Dado el diagrama de bloques de la figura, donde Gp(s) viene dada por Gp (s) =

4 s (s 2 + 4 s + 6)

Diseñar un bloque controlador Gc(s) tal que: (1) El error estacionario para una entrada rampa unitaria sea 1.5, (2) las raíces dominantes del sistema en lazo cerrado sean -1+j y -1-j.

23.- La figura muestra el diagrama de bloques de un sistema de control de velocidad para un generador de potencia eléctrica. La válvula reguladora de velocidad controla el flujo de vapor que entra en la turbina. La turbina mueve el generador, que produce una potencia eléctrica a una frecuencia proporcional a la velocidad angular del generador ωg. La velocidad en estado estacionario del generador es de 1000 rpm, a la cual la frecuencia de salida es de 50 Hz. a) Sea K, la ganancia de la válvula, igual a 10 rad/V. Tomando Kt como parámetro de control, se desea que los polos dominantes del sistema en lazo cerrado tengan factor de amortiguamiento δ=0.707. Basándose en técnicas del lugar de las raíces, determinar el valor de Kt para conseguir el amortiguamiento deseado. b) Con el valor de Kt determinado en el apartado (a) y sin carga (TL=0), calcular la tensión de referencia para que la velocidad del generador sea de 1000 rpm. c) Con el valor de Kt determinado en el apartado (a), calcular la desviación que produce en la velocidad del generador un cambio brusco en la carga TL. d) Se desea mantener la variación en la frecuencia de la red debida a TL en (+-)0.1%. Al mismo tiempo se desea que el coeficiente de amortiguamiento del sistema esté próximo al 0.707. ¿Se pueden satisfacer ambos requisitos con sólo variar K y Kt?. 11

Enunciados

24.- La función de transferencia en lazo abierto de un sistema de control con realimentación unitaria es: K G(s) = s (0.1 s + 1) (s + 1) a) Determinar el valor de K para que el pico de resonancia Mr del sistema sea igual a 1.4. b) Determinar el valor de K para que el margen de ganancia del sistema sea 20 dB. c) Determinar el valor de K para que el margen de fase del sistema sea 60o.

25.- El diseño del módulo de excursión lunar del Apolo 11 fue un interesante problema de control. En la figura se muestra el sistema de control para dicho vehículo. La amortiguación del vehículo es despreciable y la posición se controla por chorros de gas. El momento de torsión, en primera aproximación, se considerará proporcional a la señal V(s), de forma que T(s) = K2 V(s). El diseñador puede seleccionar la ganancia del circuito de modo que proporcione una amortiguación adecuada. Se necesita un coeficiente de amortiguamiento de 0.5 (margen de fase aproximado de 50o) y un tiempo de asentamiento menor de 2 s. Determínese un compensador Gc(s) por red de adelanto usando (a) técnicas de respuesta en frecuencia y (b) métodos del lugar de las raíces.

26.- Un sistema de control con realimentación unitaria tiene una planta con la siguiente función de transferencia: K G(s) = s s ( + 10) ( s + 1) 2 6 Se desea tener un coeficiente de error de velocidad Kv=20, un margen de fase de 45o y un ancho de banda igual o mayor que 2 rad/s. Diseñar una red de retardo de fase para cumplir dichas especificaciones. 12

Enunciados

27.- Una mesa estabilizada de precisión usa un tacómetro y un motor de corriente continua como se muestra en la figura. Se desea mantener una alta precisión en estado estacionario para el control de velocidad, para lo que se elige un controlador proporcional integral. Selecciónense los parámetros del controlador tal que el sistema tenga una sobreelongación de aproximadamente el 10% (margen de fase aproximado de 60o) y un tiempo de asentamiento entre 0.5 y 1 s.

28.- Repítase el problema anterior usando como compensador una red de adelanto y compárense los resultados.

29.- Considérese el sistema de control de la figura. Se desea diseñar el compensador D(s) de forma que se cumplan las siguientes especificaciones: (1) la desviación en la salida respecto a la referencia producida por un cambio escalón en la carga W(s) debe ser menor del 80%, (2) δ=0.707. a) Mostrar que un control proporcional no es adecuado. b) Mostrar que un control proporcional derivativo sí lo es. c) Determinar las ganancias proporcional y derivativa del controlador PD para que se cumplan las especificaciones de diseño.

30.- Un sistema de control con realimentación unitaria para un submarino robot tiene una planta con la siguiente función de transferencia: G(s) =

K s (s + 10) (s + 1000)

Se desea que la sobreelongación sea aproximadamente del 7.5% para una entrada escalón y que el tiempo de asentamiento sea de 400 ms. Encuéntrese un compensador adecuado por adelanto de fase usando el método del lugar de las raíces. Suponiendo que el cero del compensador se localiza en s=20; determínese el polo del compensador y el coeficiente de error de velocidad del sistema.

13

Enunciados

31.- Resolver la siguiente ecuación en diferencias para x(k) utilizando: a) La técnica secuencial. b) La transformada z. c) ¿Dará el teorema del valor final el valor correcto de x( )?. x(k) - 3 x(k-1) + 2 x(k-2) = e(k) siendo e(0) = e(1) = 1 ; e(k) = 0 , k ε2 x(-2) = x(-1) = 0

32.- Calcular la transformada inversa para cada una de las siguientes funciones: 2 a) F(z) = z z2 + 1

c) F(z) =

z2

z -2z+1

b) F(z) = d) F(z) =

z2

z (z - 1) - 1.25 z + 0.25

z (z - 0.5) (z - 2)

33.- Encontrar la respuesta del sistema, inicialmente en reposo, descrito por la siguiente ecuación en diferencias, a una entrada escalón. y(k+2) + 3 y(k+1) + 2 y(k) = r(k+2) + r(k+1) + r(k)

34.- En el siguiente sistema, el filtro digital resuelve la ecuación en diferencias m(k+1) = 0.5 ( e(k+1) - 0.99 e(k) ) + 0.995 m(k) La frecuencia de muestreo es 25 Hz. a) Encontrar C(z). b) Determinar c(0) y c( ).

35.- Para cada uno de los siguientes sistemas muestreados en lazo cerrado, exprésese C(z) como una función de la entrada y de las funciones de transferencia mostradas.

14

Enunciados

H2(s) H1(s)

D(z)

36.- El siguiente diagrama de bloques muestra el esquema funcional de un sistema de control de marcha para un automóvil. El actuador controla la posición del acelerador, el carburador se modela como un sistema de primer orden con una constante de tiempo de 1 sg, y la carga total en el motor también se modela como un sistema de primer orden con ganancia 50 y constante de tiempo de 5 sg. a) Expresar la velocidad V(z) como una función de la velocidad de referencia y de la perturbación de par resistente. Siendo: 0.64 ; G (s) = 50 M(z) = D(z) E(z) ; G1 (s) = 2 s+1 5s+1 b) Considerando que el par perturbador es nulo, que el período de muestreo es T=0.2 sg y que la función de transferencia del control digital es igual a la unidad, evaluar la respuesta a una entrada en escalón de 5 km/h. c) Repetir el apartado (b) con la función de transferencia del carburador igual a la unidad. d) Dibujar los resultados del apartado (b) y (c) para 0≤t≤20 sg, y nótense los efectos de ignorar la constante de tiempo del carburador.

15

Enunciados

37.- El siguiente sistema es un sistema de control regulador, en el cual se desea mantener la salida c(t), a un valor constante en presencia de una perturbación f(t). a) Suponiendo que la perturbación es un escalón unitario y que D(z)=1 (es decir, sin compensación) encontrar el valor estacionario de c(t). b) Para que f(t) no tenga efecto en el valor estacionario de c(kT), D(z) debería tener un polo en z=1. Repetir el apartado (a) con D(z) = 1 + 0.1 z z -1 c) Sea f(t)=0. Encontrar los errores estacionarios para r(t) entrada en escalón y entrada en rampa, en los dos casos de controlador D(z).

38.- Pronosticar la naturaleza de la respuesta transitoria de un sistema discreto cuya ecuación característica sea: a) z2 - z + 0.5 = 0 b) z2 - 1.7 z + 0.72 = 0 c) z2 - z + 1 = 0 d) z2 - z + 2 = 0 e) z2 - 1 = 0 f) z2 - 0.64 = 0

39.- El siguiente diagrama muestra un sistema de control de temperatura. a) Calcular la función de transferencia G(z)=θ(z)/M(z) si T=0.3 sg. b) Suponiendo que el sistema está en lazo abierto, que D(z)=1 y que se parte de condiciones iniciales nulas, determinar los cinco primeros valores discretos de la temperatura, como respuesta a una entrada en escalón unitario. c) Si se sustituye el controlador anterior por un controlador PI, dado por la siguiente expresión D(z) = KP (1 + 0.5 z + 1 ) z-1 encontrar el valor de KP para que el sistema en lazo cerrado tenga raíces complejas conjugadas con tiempo de asentamiento ts = 4 / δ ωn = 16 sg.

16

Enunciados

40.- Estudiar la estabilidad del siguiente sistema en función de a y b. y(k) = a y(k-1) + b y(k-2) + r(k-1)

41.- Dibujar el lugar de las raíces para el sistema, con función de transferencia en lazo abierto 0.5 K (z + 1) (z - 1)2 42.- Para el sistema de control de marcha para un automóvil, véase problema 36, con D(z)=K, es decir con un controlador digital proporcional, y período de muestreo T=0.2 sg se obtiene la siguiente ecuación característica: z2 - 1.7795 z + 0.7866 + 0.03 K (0.1183 z + 0.1092) = 0 a) Determinar el rango de valores de K para los que el sistema es estable (se recomienda aplicar las condiciones generales, obtenidas en el problema 40, para un sistema de segundo orden). b) Dibujar el lugar de las raíces y comprobar sobre éste el rango de estabilidad determinado en el apartado anterior. c) Repetir los apartados (a) y (b) para la siguiente ecuación característica, resultante de ignorar la constante de tiempo del carburador, z - 0.9608 + 0.03 1.2547 K = 0 y comparar resultados.

43.- La figura muestra un sistema de control muestreado para un impulsor espacial, como el del problema 13. Concretamente, para el Saturno V la función de transferencia del cuerpo rígido es GP(s) = 0.9407 s 2 - 0.0297 a) Con T=0.04 sg y KD=1, encontrar el margen de KP para la estabilidad. b) Repetir el apartado (a) con KD=0, es decir, sin realimentación analógica.

44.- Dado el siguiente sistema y su diagrama de Nyquist para una cierta ganancia K. Determinar si el sistema es estable para este valor de K. 17

Enunciados

(a)

(b) 45.- Para el sistema de control de marcha para un automóvil, véase problema 36, con D(z)=K, es decir con un controlador digital proporcional, y período de muestreo T=0.2 sg se obtiene la siguiente función de transferencia en lazo abierto:

GH(z) = 0.03 K

z2

0.1183 z + 0.1092 - 1.7795 z + 0.7866

a) Dibujar el diagrama de Nyquist, con K=1. Determinar los márgenes de ganancia y de fase. Comparar el margen de ganancia con el margen de estabilidad obtenido en el apartado (a) del problema 42. b) Dibujar el diagrama de Bode para este sistema, con K=1. Determinar los márgenes de ganancia y de fase. Comparar los resultados con los obtenidos en el apartado anterior. c) ¿Qué frecuencia tendría la oscilación mantenida de la respuesta del sistema? 46.- Sea el sistema con función de transferencia pulsada en lazo abierto dada por G(z) =

4 (z + 1)2 (z -1 ) (3 z + 1)

Sabiendo que el período de muestreo es T=2 sg. Diseñar una compensación en serie de manera que se cumplan las siguientes especificaciones: 1ª. Coeficiente estático de error de velocidad, Kv=10 sg-1 2ª. Margen de fase ≥ 50 ° 3ª. Margen de ganancia ≥ 10 dB. 47.- Para el sistema de control de marcha para un automóvil, véase problema 36, con período de muestreo T=0.2 sg se obtiene la siguiente función de transferencia en lazo abierto: GH(z) = 0.03 D(z) 18

0.1183 z + 0.1092 z2 - 1.7795 z + 0.7866

Enunciados

a) Encontrar el valor de D(z)=K que da un error del 3% para una entrada en escalón. ¿Es el sistema estable para este valor de K?. b) Diseñar un compensador en retardo de fase para que el error estacionario sea del 3%, el margen de fase mayor que 45°, y el margen de ganancia mayor de 10 dB. Obtener la función de transferencia total del compensador. Se recomienda en este apartado tomar como punto de partida el diagrama de Bode obtenido en el problema 45.

48.- Para el mismo sistema del problema anterior. Diseñar un controlador PI para obtener un margen de fase de 45° y un margen de ganancia mayor de 8 dB. ¿Cuál es el error estacionario en este caso?.

49.- El siguiente diagrama de Bode en G(w) corresponde a la función de transferencia discretizada del doble integrador con periodo de muestreo T=0.1, dada por G(z) = 0.005 z + 1 (z - 1)2

↔

1- w 20 G(w) = w2

a) Diseñar un compensador en avance de fase para conseguir un margen de fase de 50o a la frecuencia ωc=4. b) Trazar el diagrama de Bode aproximado del compensador. c) Comprobar, por la ecuación característica, que el sistema en lazo cerrado es estable.

dB

0

DIAGRAMA DE AMPLITUD SIN COMPENSAR

-50 -100 100

101

102

103

log w

grados

-150

DIAGRAMA DE FASE SIN COMPENSAR

-200 -250 -300 100

101

102

103

log w 50.- Considérese el sistema de la figura, con un factor de ganancia K añadido en el numerador. a) Utilizando la técnica del lugar de las raíces, encontrar el valor de K que da amortiguamiento crítico al sistema. b) Determinar la constante de tiempo asociada a las raíces del apartado (a). c) Diseñar un compensador en retardo de fase tal que duplicando el valor de la ganancia del apartado (a), se obtenga un amortiguamiento crítico, con raíces teniendo aproximadamente la misma constante de tiempo que en el apartado (b). 19

Enunciados

d) Diseñar un compensador en avance de fase tal que se obtenga un amortiguamiento crítico, con raíces cuya constante de tiempo sea aproximadamente la mitad que en el apartado (b).

51.- Considérese el caso de los zorros y conejos de Australia. El número de conejos es x1 y si se dejarán solos crecerían indefinidamente (hasta que el suministro de alimentos se agotara), de forma que x1 = a x1 Sin embargo, con los zorros que hay en el continente, se tiene que x1 = a x1 - b x2 donde x2 es el número de zorros. Si suponemos que los zorros deben tener conejos para sobrevivir. x2 = c x1 - d x2 ¿Cuáles son los requisitos sobre a, b, c y d para que el sistema sea estable?.

52.- Sea el sistema dinámico discreto y(k+2) = 2 y(k+1) - y(k) + u(k). a) Obtener una representación en variables de estado. b) Determinar el valor de los estados para k=3, siendo y(1)=0, y(2)=1, u(1)=1, u(2)=-1.

53.- Los automóviles impulsados por medios eléctricos representan un potencial social importante. Un vehículo de este tipo, que utiliza un microprocesador para el control del motor y su diagnóstico, tiene un alcance medio de 120 km y puede viajar hasta a 80 km/h en una pendiente del 5%. En la figura se muestra el diagrama de bloques del sistema de control de su motor. a) Obtener un diagrama de bloques en forma canónica controlable del sistema, b) ¿Cuál es su matriz de transición φ(t)?, c) ¿Es estable este sistema?.

54.- Encontrar la función de transferencia Y(z)/U(z) para el siguiente sistema. x(k+1) = 0 1 x(k) + 1 u(k) -2 -3 1 y(k) = -2 1 x(k) 20

Enunciados

55.- La planta del siguiente diagrama de bloques viene descrita mediante la ecuación diferencial d2 y dy + 0.2 + 0.02 y = m(t) 2 dt dt a) Encontrar un modelo de estados discreto para el sistema en lazo abierto, con: T=2sg, y como primer estado, dy/dt como segundo estado, y m(k) como señal de entrada. b) Encontrar un modelo de estados discreto para el sistema en lazo cerrado, con el mismo T y la misma elección de variables de estado que el apartado anterior.

56.- Equilibrar un palo de escoba en el extremo de un dedo es semejante al problema de controlar la posición de un proyectil durante las etapas iniciales de lanzamiento. Este es el problema clásico y fascinante del péndulo invertido montado en un carretón, como se muestra en la figura. El carretón debe moverse, aplicando una fuerza u(t), de forma que la masa esté siempre en posición vertical. Suponiendo que M>>m y que el ángulo de rotación θ es pequeño, a) determinar las ecuaciones que describen el sistema en el espacio de estados x1 x2 x3 x4 = y y θ θ b) Para estabilizar al sistema se utiliza una señal de control combinación lineal de las variables de estado x3 y x4. Determinar las condiciones que deben cumplir k1 y k2 en función de los parámetros del sistema para que el sistema sea estable. u(t) = k1 x3(t) + k2 x4(t)

57.- Dado el sistema discreto, descrito por la siguiente ecuación de estados 21

Enunciados

x(k+1) =

0 1 -0.16 -1

x(k) + 0 u(k) 1

a) Determinar el vector de ganancias necesario para que los polos del sistema en lazo cerrado se sitúen en z = 0.5 ± 0.5 j. b) Comprobar que la realimentación de estados con K = [ -0.16

-1 ]

da lugar a respuesta plana (se dice que un sistema tiene repuesta plana cuando todos los polos del sistema están situados en el origen). c) ¿Cómo evoluciona el sistema con la realimentación del apartado (b) a partir de cualquier estado?

58.- Dado el siguiente sistema discreto, correspondiente a la discretización del doble integrador (1/s2), T2 2 x(k+1) = 1 T x(k) + u(k) 0 1 T y(k) = [ 1

0 ] x(k)

Diseñar un observador completo de estados, tal que el error en la estimación de estados tenga respuesta plana.

59.- Dado el sistema

0 1 0 0 x(t) = 0 0 1 x(t) + 0 u(t) -1 -2 -1 1 y(t) = [ 1

0

0 ] x(t)

a) Determinar el vector de realimentación de estados que sitúa todos los polos del sistema en lazo cerrado en s=-1. b) Determinar un observador de orden reducido con todos sus polos en s=-2. c) Dibujar el diagrama de bloques del sistema en lazo cerrado, que combine el observador con la realimentación de estados determinada en el apartado (a).

60.- Sea el mismo sistema de control del problema 43. a) Obtener un modelo discreto en el espacio de estados (posición angular, velocidad angular) para Gp(s). b) Se desea reemplazar la actual estrategia de control, constituida por dos lazos de realimentación, por una realimentación de variables de estado. Encontrar la matriz de ganancias para conseguir la siguiente ecuación característica z2 - 1.9802 z + 0.9802 = 0. c) Suponer que θ(t) es la única señal medida. Diseñar un observador de orden reducido para el sistema. d) Determinar el filtro digital D(z) equivalente y comprobar si se trata de una compensación por adelanto o por retardo de fase. 22

Solucionario

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

SOLUCIONARIO

1

Solucionario

1.-

2.-

Y(s) fs+k = F(s) s 2 M m s 2 + (M + m) f s + (M + m) k

Eo (s) 1 + s R1 C1 1 + s R2 C2 = Ei (s) s 2 R1 C1 R2 C2 + s R1 C1 + R2 C2 + R1 C2 + 1 1 + s f1 1 + s f2 Xo (s) k1 k2 = X i(s) s 2 f1 k1 + s f1 + f2 + f1 + 1 f2 k2 k1 k2 k2

Donde se observa una perfecta analogía entre ambas funciones de transferencia, según la correspondencia recogida en la tabla 4-1 (pág. 84) del libro de Ogata (1982), C↔ 1 k

R ↔ f

3.- Suponiendo que los depósitos son uniformes y tienen el mismo área D y que todos los orificios tienen el mismo tamaño. a) D

d H 1 (t) = Q(t) - QA(t) dt

;

d H (t) D 2 = QA(t) - QC(t) dt

siendo QC(t) = Kg H2 (t)

QA(t) = K g H1 (t) - H3

y Kg una constante proporcional al tamaño del orificio. b)

1 H2 (s) K A = Q(s) D s+12 KA

siendo KA =

K 2g 2Q

;

Q el caudal en estado estacionario

c) D siendo

2

d H 1 (t) = Q(t) - QB(t) dt

;

D

d H2 (t) = QB(t) - QC(t) dt

Solucionario

QB(t) = K g H 1(t) - H2 (t)

QC(t) = Kg H2 (t)

H2 (s) KB = 2 Q(s) 2 D s + D 2 K B + KC s + K B K C siendo KB = KC

K2g = 2Q

;

Q el caudal en estado estacionario

4.- a) Ia θ + m (R - r)2 θ - m

(R - r)2 y y + mg (R -r) sen θ + fa θ = T(t) R R

Ib y - m (R - r)2 + m (R - r)2 y - mg R -r sen - y + fb y = 0 θ θ R R R r2 r2 R2 siendo y = R (θ − φ), Ia e Ib, fa y fb los momentos de inercia y los coeficientes de fricción del aro y de la bola respectivamente. b) θ (s) K = T(s) s (τ s + 1) siendo τ = Ia/fa y K = 1/fa c) φ(s) θ (s)

5.-

s =

Ib m r2

Ib s + fb m r2 m r2 g + 1 s 2 + fb s + R m r2

C(s) G 1 (s) + G2 (s) G 3 (s) = R(s) 1 + G3 (s) H1 (s) + G 2 (s) G 3 (s) H 2 (s)

6.-

C(s) E(s)

N(s) = 0

=

10 (s + 5) s2+ 6 s

C(s) N(s)

R(s) = 0

=

s (s + 1) s 2 + 16 s + 50

Por el principio de superposición C(s) =

C(s) R(s)

R(s) + N(s) = 0

C(s) N(s)

N(s) = R(s) = 0

10 (s + 5) R(s) + s (s + 1) N(s) s 2 + 16 s + 50

3

Solucionario

7.- a) C(s) =

Gc(s) G v (s) G p (s) Gp (s) R(s) + D(s) 1 + Gc(s) G v (s) G p (s) G s(s) 1 + Gc(s) Gv (s) Gp (s) Gs (s)

b) c(t) = 0.2837 0.1187 1.0093 e- 0.0161 t sen(0.1177 t) + + 0.5 (1 - 1.0093 e- 0.0161 t sen (0.1177 t + 1.4352) ) 8.- a)

V(s) 1 = 1 = F(s) M s 25000 s

b)

F(s) 1000 = Eb (s) s+10

V(s) 4 = Vr(s) s 2 + 10 s + 0.6

c) 9 Voltios. 9.- a)

C(s) K = R(s) 20 s 2 + 12 + 1 + K

b) K debe ser mayor de 99. 10.- a)

b) 2/K1 c)

4

Y(s) K1 = R(s) s 2 + 2 1 + K 1 K 2 s + K 1 2

Solucionario

d) K1 >20

; K2 >

2 0.69 K 1 - 1 K1

11.- a2 > a0 a3 / a1 12.- a) -1 < ka < 2.64 , b) 115o , c) No es posible. 13.- a) si

a > K Ks

polos reales en

s 1,2 = ± a - K Ks

, sistema inestable debido al polo

en el semiplano-s derecho si

a = K Ks

si

a < K Ks

polo doble en el origen polos en el eje imaginario, s 1,2 = ± j K K s - a , por tanto el sistema es

oscilatorio b) Kt >0 y Ks > a / K c) Kt = 2 δ ωn K

; Ks = ωn + a K 2

14.-

5

Solucionario

Para 0.07< K < 14 el sistema es subamortiguado y para 0 < K < 0.07 y K > 14 el sistema es sobreamortiguado. 15.-

16.- Todos son congruentes con la información facilitada. 17.- a)

b) -0.5±j1.94, tr=0.7 sg. , Mp=58% , ts(2%)=8 sg.

6

Solucionario

c)

d) KT=1.83, tr=1.67 sg. , ts(2%)=3.01 sg. ; e) 71% 18.- a) G1(s)=100, G2(s)=0.8/s(s+0.8) , G3(s)=5s ; b) δ≅0.04 ; c) δ=0.29 19.- a)

200

PROBLEMA 19: DIAGRAMA DE AMPLITUD SLA

db

100 0 -100 10-2

grados

100

10-1

100 log w

101

102

PROBLEMA 19: DIAGRAMA DE FASE SLA

0 -100 -200 10-2

10-1

100 log w

101

102

b) MG=∞, MF=85o. c) 40 rad. d) 58.5 dB a bajas frecuencias.

7

Solucionario

20.- a) Estable para todo valor de K

8

Solucionario

b) Estable para todo valor de K.

9

Solucionario

c) Inestable para todo valor de K

21.- a, b y c) Ambos sistemas son inestables. d) Sistema en lazo abierto estable, sistema en lazo cerrado inestable.

10

Solucionario

22.- Control proporcional con K=1. 23.- a) Kt=16.29 V/rad. b) Vr=271.5 V. c) 0.61 %. e) No se pueden conseguir. 24.- a) K=1.24 , b) K=1.1 , c) K = 0.57 25.- a) Eligiendo K=(K1K2)/J=1 y ωc=3 rad/sg se obtiene la red

s + 1 15.72 (s + 0.2750) 0.2750 Gc(s) = = s (s + 4.3224) +1 4.3224 que garantiza el MF=50o pero no ts<2g. b) El lugar de las raíces pone de manifiesto la imposibilidad del diseño anterior si no se efectúa cancelación. En este caso, K debe ser mayor de 16 y Gc(s)=s/(s+p) con p>2. 26.- K=200, Gc(s)=(s+0.35)/5(s+0.07) 27.- Eligiendo ωc=5 rad/sg se obtienen los parámetros de control KP=2.22, KI=0.89 que garantizan MF=60o pero no ts comprendido entre 0.5 y 1 sg. Con el lugar de las raíces se puede comprobar la imposibilidad de cumplir ambas especificaciones a la vez. 28.- La compensación por cancelación da lugar a Gc(s)=(s+0.1)/(s+p), siendo p=4 una posible solución. 29.- c) KP=2, KD=1 es una posible solución. 30.- K=210720, Gc(s)=2.7125(s+20)/(s+54.25), Kv=21. 31.- a) 1, 4, 10, 20 , 46 ; b) x(k) = 3 2k - 2 ; c) No se puede aplicar en este caso. 32.- a) cos(k π/2) ; b) 0.25k ; c) k ; d) 2/3 (2k - 0.5k) 33.- y(k) = - 0.5 (-1)k + (-2)k + 0.5 34.- a)

C(z) =

10-3 z (0.3844 z2 - 0.0112 z - 0.3656) z4 - 3.8789 z3 + 5.6403 z2 - 3.6439 z + 0.8825

11

Solucionario

b) 0 ; c) 0.5 C( z) =

35.- a)

FR ( z ) 1 + FH ( z )

F (s) =

siendo

b) C(z) =

G(s) 1 + G( s)

G1 (z) G 2 (z) R(z) 1 + G 1 (z) G 2H(z)

c) C(z) =

FG1 R(z) 1 + FH2 (z)

siendo

G 2 (s) 1 + G1 (s) G2 (s) H 1 (s)

F(s) =

d) C(z) =

FR(z) 1 + FH1 (z) D(z)

siendo

F(s) =

G(s) 1 + G(s) H 2 (s)

36.- a) V(z) =

G2 N(z 0.03 G(z) D(z) VR(z) 1 + 0.03 G(z) D(z) 1 + 0.03 G(z) D(z)

siendo G(z) = G0 G1 G 2 (z) = z-1 z

Z

G 1(s) G2 (s) s

b) v(k) = 2.4490 ( 1 - e-0.1179k cos 0.0424 k - 2.7818 e-0.1179k sen 0.0424 k ) c) v(k) = 2.4490 (1 - 0.9231k) d) PROBLEMA 36 : RESPUESTAS A UN ESCALON DE 5 KM/H

2.5

velocidad km/h

2

(c)

1.5

(b)

1

0.5

0

0

2

4

6

8

10 tiempo en sg

12

12

14

16

18

20

Solucionario

37.- a) 0.5 ; b) 0 ; c) 0.5 , 1 38.- a) Oscilatoria subamortiguada ; b) Exponencial decreciente ; c) Oscilatoria mantenida ; d) Oscilatoria inestable ; e) Alternante entre dos valores constantes ; f) Decreciente 39.- a) G(z) = 1.9033/(z-0.9048) ; b) 0, 1.9033, 3.6254, 5.1836, 6.5936 ; c) KP=1.16 40.-

-1 < b < 1 ; b-1 < a < 1-b

41.-

42.- a) -1.04 < K < 65.14 b)

13

Solucionario

c) -1.04 < K < 52.09

44.- a) 0 < KP < 50.28 ; b) Inestable para todo valor de KP. 45.- a)

MG = 65.36 ; MF = 180o

14

Solucionario

b)

c) 3.4 rad/sg. 46.- K=5. Eligiendo MF=60o y ωc=8rad/sg se obtiene D(z)=1.36(z+0.3750)/(z+0.8718) 47.- a) K=33.68, el sistema es estable para este valor. b) Eligiendo MF=60o se obtiene D(z)=0.5K(z-0.98)/(z-0.99) 48.- Eligiendo MF=45o y ωc=0.5rad/sg se obtiene KP=2.50, KI=0.95 , siendo nulo el error estacionario. 49.- a) D(z)=(26z-25.4)/(z-0.4071) b) D IA G R A M A D E A M P L IT U D D E L A R E D 35 30

dB

25 20

32 dB

15 10 5 0 -2 10

10

-1

0

10 lo g w

10

1

10

2

D IA G R A M A D E F A S E D E L A R E D 80 70

grados

60 50 40

θ = 60º

30 20 10 0 -2 10

10

-1

0

10 lo g w

10

1

10

2

15

Solucionario

50.- a) K=0.1961 ; b) τ=2.32 sg. ; c) Una posible solución es D(z)=0.5(z-0.98)/(z-0.99) ; d) D(z)=(1-0.0342)(z-0.3679)/(1-0.3679)(z-0.0342) 51.- d > a ; a d < b c 52.- a) x(k+1) = 0 1 x(k) + 0 -1 2 1

u(k)

y(k) = 1 0 x(k) b)

x(3) = 3 4

53.- a) 10 r(t)

+

1 s

x3(t)

1 s

x2(t)

1 s

50 +

-

22

51 +

+

x1(t)

v(t)

70 +

+

+

b) Utilizando el cálculo aproximado se obtiene

φc(t) =

1 - 70 t3 6 - 70 t2 + 1540 t3 2 6 - 70 t + 1540 t2 - 30310 t3 2 6

c) El sistema es estable

16

t - 51 t3 6 1 - 51 t2 + 1052 t3 2 6 - 51 t + 1052 t2 - 20543 t3 2 6

1 t2 - 22 t3 2 6 t - 22 t2 + 433 t3 2 6 1 - 22 t + 433 t2 - 8474 t3 2 6

Solucionario

54.- G(z)=-(z+10)/(z2+3z+2) 55.- a)

x(k+1) = 0.9653 1.6267 x(k) + 1.7467 -0.0325 0.6400 1.6267

u(k)

y(k) = 1 0 x(k) b)

x(k+1) = -0.7813 1.6267 x(k) + 1.7467 -1.6592 0.6400 1.6267

u(k)

y(k) = 1 0 x(k) 56.- a)

x1 x2 x3 x4

=

0 0 0 0

1 0 0 0

0 -mg/M 0 g/l

0 0 1 0

x1 x2 x3 x4

+

0 1/M 0 -1/Ml

u(t)

siendo l la longitud del péndulo. b) k1 > M g , k2 > 0 57.- a) K = [0.34 -2] ; c) A partir del segundo instante de muestreo el vector de estados se hace nulo. 58.G =

2 1/T

59.- a) K = [0 1 2] b) G =

3 -1

c)

17

Solucionario

s-1 I b u(t)

0 0   1

x& (t)

+

+

1 s  0  0 

0 1 s 0

 0  0  1 s 

c

x(t)

[1

0 0]

y(t)

A 1

0 0 0 0 1   − 1 − 2 − 1

bb – G ba 0 1    0  − − −     I n- m 

-K

[0

0 0  1 0    0 1 

s-1 I

1 s  0 

η(t)

+

− 1 − 2]

+

+

+

− 3 1   − 1 − 1  

+

G

+

 Im  − − −     G 

0 −1   Aba – G Aaa

Abb – G Aab

+

q(t)

 0 1  s

3  −1  

1 3   −1

60.- a) x(k+1) =

1 0.0400 x(k) + 0.9047 0.0012 1

0.0008 0.0400

δ(k)

θ(k) = 1 0 x(k) b) K = [0.0328 0.5465] ; c) G=25 ; d) D(z)=24.94(z-1.0024)/1.8298(z-0.0103), que corresponde a una red de adelanto.

18

Soluciones

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

SOLUCIONES

1

Soluciones

1.- Se trata de encontrar la función de transferencia entre la fuerza aplicada F(t) y el desplazamiento y(t) de la masa pequeña. La siguiente figura muestra la composición de fuerzas para cada masa, x

y K (y - x)

K (y - x)

F M

m .

.

.

f (y - x)

.

f (y - x)

Tomando como sentido positivo el de la fuerza aplicada, se establecen las dos ecuaciones de movimiento F + f (y - x) + k (y - x) = M x - f (y - x) - k (y - x) = m y a las que, suponiendo condiciones iniciales nulas, se les aplica la transformada de Laplace para obtener F(s) + f s (Y(s) - X(s)) + k (Y(s) - X(s)) = M s2 X(s) - f s (Y(s) - X(s)) - k (Y(s) - X(s)) = m s2 Y(s) De la segunda expresión se puede despejar X(s) en función de Y(s) y sustituyendo en la primera se llega a 2 F(s) + (f s + k) Y(s) = m s + f s + k M s 2 + f s + k Y(s) ⇒ fs+k

Y(s) fs+k = F(s) s 2 M m s 2 + (M + m) f s + (M + m) k

←

⊕

→

2.- En el sistema eléctrico la entrada es la tensión ei(t) y la salida es la tensión eo(t); en el sistema mecánico la entrada es el desplazamiento xi(t) y la salida es el desplazamiento xo(t). Se trata de demostrar que las funciones de transferencia de los dos sistemas son equivalentes Eo (s) X (s) ≡ o Ei (s) X i(s)

2

Soluciones

En el sistema eléctrico, hallar la función de transferencia es un problema más directo que en el mecánico, porque la Teoría de circuitos permite escribir ecuaciones directamente para Eo(s) y Ei(s) en función de la corriente I(s) y las impedancias de los componentes. La impedancia de una resistencia es R, y la de un condensador 1/Cs. En la nueva figura, Z1(s) es la impedancia equivalente a la combinación en paralelo de R1 y C1, y Z2(s) es la impedancia equivalente a la combinación en serie de R2 y C2. A

B

Z1 +

Ei(s)

-

+ I(s)

Eo(s)

Z2 C

-

Z1 (s) =

R1 1 = 1 + s C1 1 + s R1 C1 R1

Z2 (s) = R2 + 1 = 1 + s R2 C2 s C2 s C2

La caída de tensión entre B y C viene dada por Eo(s) = I(s) Z2(s) y la caída de tensión entre A y C por Ei(s) = I(s) ( Z1(s) + Z2(s)) , luego Eo (s) Z2 (s) 1 + s R1 C1 1 + s R2 C2 = = Ei (s) Z1(s) + Z2 (s) s 2 R1 C1 R2 C2 + s R1 C1 + R2 C2 + R1 C2 + 1 La obtención de la función de transferencia para el sistema mecánico es más laboriosa porque las leyes de la Mecánica establecen ecuaciones diferenciales, a las que habrá que aplicar posteriormente la Transformada de Laplace. En el sistema en cuestión se seleccionan dos puntos críticos, a y b, y se determinan las ecuaciones que rigen el equilibrio de fuerzas.

a b

3

Soluciones

Cuando hay un desplazamiento vertical del sistema, en el punto a concurren tres fuerzas; la debida al rozamiento f2, la debida al muelle k2 y la debida al rozamiento f1. Y en el punto b dos fuerzas; la debida al rozamiento f1 y la debida al muelle k1.Tomando como sentido positivo del desplazamiento el dibujado en la figura (hacia abajo), un desplazamiento (xo-xi)<0 provoca los siguientes equilibrios de fuerza: punto a f 2 (x o - x i ) + k 2 (x o - x b ) = f1 (x b - x o ) punto b f1 xb - xo + k1 xb = 0

Aplicando Transformada de Laplace a ambas ecuaciones y suponiendo condiciones iniciales nulas, se llega a la función de transferencia

1 + s f1 1 + s f2 Xo (s) = k1 k2 Xi (s) s 2 f1 f 2 + s f1 + f2 + f1 + 1 22 k1 k k1 k2 k2 Donde se observa una perfecta analogía con la función de transferencia del sistema anterior, según la correspondencia recogida en la tabla 4-1 (pág. 84) del libro de Ogata (1982), R ↔ f C ↔ 1 k

← 3.- a)

4

⊕

→

Soluciones

Al tapar el agujero B, los depósitos están comunicados por el agujero A, véase figura, en estas condiciones el caudal entre el primer y segundo depósito QA(t) viene dado por QA(t) = K g H1 (t) - H 3 siendo Kg una constante proporcional al tamaño del orificio A, y donde se ha supuesto régimen turbulento. De la misma forma, el caudal de salida QC(t) está dado por QC(t) = K g H2 (t) donde se ha supuesto que el orificio C tiene el mismo tamaño que el A. Aplicando el teorema de conservación de masas, la variación de líquido en cada depósito es igual al caudal de entrada menos el caudal de salida, D

d H 1 (t) = Q(t) - QA(t) dt

;

D

d H 2 (t) = QA(t) - QC(t) dt

donde se ha supuesto que los depósitos son uniformes y tiene el mismo área D. Sustituyendo las expresiones de QA(t) y QC(t) se obtienen las ecuaciones para H1(t) y H2(t) en función del caudal de entrada Q(t) y de las características de los depósitos (Kg, H3 y D). b) No se incluye solución a este apartado porque se ha seleccionado como ejercicio nº 1 de la 1a Prueba de Evaluación. c)

5

Soluciones

Al tapar el agujero A, los depósitos están comunicados por el agujero B, véase figura, en estas condiciones el caudal entre el primer y segundo depósito QB(t) viene dado por QB(t) = K g H1 (t) - H2 (t) donde se ha supuesto que el orificio B tiene también el mismo tamaño que el A. El caudal de salida QC(t) está dado por la misma expresión que en el apartado (a). Y por el teorema de conservación de masas, D

d H 1 (t) = Q(t) - QB(t) dt

;

D

d H 2 (t) = QB(t) - QC(t) dt

La relación entre caudales y niveles de líquido en los depósitos es una relación no lineal, pero que se puede linealizar suponiendo que las variaciones de caudales y de niveles ( q(t), qB(t), qC(t), h1(t), h2(t) ) son pequeñas respecto a sus valores de equilibrio Q , QB , QC , H1 , H2 q(t) = Q(t) - Q , qB(t) = QB(t) - QB , qC(t) = QC(t) - QC h1 (t) = H1 (t) - H1 , h2 (t) = H2 (t) - H2 El estado de equilibrio se alcanza cuando los caudales de entrada y de salida son iguales para cada depósito, entonces los niveles no varían y están relacionados con el caudal de entrada como sigue Q2 Q = QB = QC ⇒ H 1 = 2 H2 ; H 2 = K2g La linealización de QB(t), que es función de dos variables H1(t) y H2(t), se hace aplicando la expresión para dos variables del libro de Ogata (1982; pag. 90) qB(t) =

∂ QB(t) ∂ H 1 (t)

H1(t) = H1

h1 (t) +

∂ QB(t) ∂ H 2(t)

H2(t) = H2

H1(t) = H1

h2 (t)

H2(t) = H2

qB(t) = KB ( h1(t) - h2(t) ) siendo KB =

Kg 2 H1 - H2

=

Kg 2 H2

=

K 2g 2Q

La linealización de QC(t), que es función de H2(t), se hace aplicando la expresión para una variable del libro de Ogata (1982; pag. 90)

6

Soluciones

qC(t) = KC h2(t) siendo KC =

∂ QC(t) ∂ H 2 (t)

= H2(t) = H2

Kg 2 H2

= KB

Las ecuaciones de conservación de masas se pueden expresar en estos términos D

D

d h1 (t) = q(t) - qB(t) = q(t) - KB ( h1 (t) - h2 (t) ) dt

d h2 (t) = qB(t) - qC(t) = K B ( h1 (t) - h2(t) ) - K C h2 (t) dt

a las que se les puede aplicar la transformada de Laplace, con el siguiente resultado H 1 (s) =

Q(s) + KB H2 (s) D s + KB

H 2(s) KB = 2 Q(s) D s 2 + D 2 KB + KC s + K B K C sustituyendo KB=KC por su valor se observa que el nivel en el segundo depósito se comporta respecto al caudal de entrada como un sistema de segundo orden sobreamortiguado con K2g ωn = KB KC = K B = D D 2 QD

←

⊕

;

δ=

2 K B + K C = 3 = 1.5 2 ωn D 2

→

4.- El sistema mecánico bola-aro se puede modelar matemáticamente siguiendo diferentes métodos. A continuación se han utilizado las ecuaciones de Lagrange, eligiendo como coordenadas generalizadas; la posición angular del aro θ y la posición y de la bola en el aro, véase figura, siendo y = R (θ - φ) la relación entre θ, φ (posición angular de la bola) e y.

7

Soluciones

La función lagrangiana del sistema, que incluye la energía cinética de rotación del aro, la energía cinética de rotación de la bola, la energía cinética de traslación de la bola y la energía potencial de la bola, es 2 2 L = T - V = 1 Ia θ + Ib ψ + m v2 - m g x 2 siendo ψ

el ángulo girado por la bola , que está relacionado con y por la expresión y = ψ r

v=ω R-r = R-r φ= R-r θ -

y R

la velocidad lineal de la bola respecto al aro

x = (R - r) (1 - cos φ) = (R - r) 1 - cos θ -

y R

la posición vertical de la bola respecto a la posición más baja que puede ocupar en el aro.

La función debida al rozamiento, tiene en cuenta la energía pérdida en el rozamiento de la bola y en el rozamiento del aro, 2 J = 1 fa θ + fb ψ 2 2 La única fuerza aplicada es el par T(t) del motor en la coordenada generalizada θ. Las ecuaciones de movimiento, que se obtienen de las ecuaciones de Lagrange teniendo en cuenta las fuerzas de rozamiento, son por tanto d ∂L - ∂L + ∂J = Q θ dt ∂θ ∂θ ∂θ

8

d ∂L - ∂L + ∂J = Qy dt ∂y ∂y ∂y

Soluciones

y nos llevan, respectivamente, a las ecuaciones Ia θ + m (R - r)2 θ - m

(R - r)2 y y + mg (R -r) sen θ + fa θ = T(t) R R

Ib y - m (R - r)2 + m (R - r)2 y - mg R -r sen - y + fb y = 0 θ θ R R R r2 r2 R2 b) La primera ecuación se puede simplificar suponiendo que la masa de la bola es muy pequeña, dando lugar a la expresión aproximada Ia θ + fa θ = T(t) de la que se obtiene, aplicando transformada de Laplace, la función de transferencia entre el par del motor y la posición angular del aro θ(s) K = T(s) s (τ s + 1) siendo τ = Ia/fa y K = 1/fa c) La segunda ecuación se puede simplificar suponiendo que el ángulo φ es pequeño y que R>>r, dando lugar a la expresión aproximada Ib y + m y + m g y + fb y = m R θ + m g θ R r2 r2 en la que sustituyendo y por R (θ - φ) se obtiene Ib R + fb R = Ib R + m R y + m g + fb R θ θ φ φ φ r2 r2 r2 r2 y, aplicando transformada de Laplace, resulta la siguiente función de transferencia entre la posición angular de la bola y la posición angular del aro φ(s) θ(s)

s =

Ib m r2

←

Ib s + fb m r2 m r2 g + 1 s 2 + fb s + 2 R mr

⊕

→

9

Soluciones

5.- Para resolver el problema se aplican las reglas del álgebra de bloques, véase Tabla 4-3 (pag. 100 a 101) del libro de Ogata (1982). Partiendo del diagrama original, en la figura (a) se ha descompuesto el punto suma, en (b) se ha desplazado a la derecha el punto diferencia, en (c) se han combinado los bloques G1 y G2 y se ha reducido el lazo de realimentación H1, en (d) se ha reducido el lazo de realimentación G2 H2.

Por último, combinando los dos bloques en serie de la figura (d), se obtiene la función de transferencia del sistema. C(s) G 1 (s) + G2 (s) G 3 (s) = R(s) 1 + G3 (s) H1 (s) + G 2 (s) G 3 (s) H 2 (s)

←

10

⊕

→

Soluciones

6.- No se incluye solución, porque se ha elegido como ejercicio nº 2 en la 1a Prueba de Evaluación.

←

⊕

→

7.- a) Aplicando el principio de superposición, la salida se puede obtener como suma de dos términos, la contribución de la referencia y la contribución de la perturbación. Respecto a R(s) el sistema es un típico sistema en lazo cerrado con Gc(s)Gv(s)Gp(s) en el camino directo y Gs(s) en el camino de realimentación. Respecto a D(s) el sistema es un sistema en lazo cerrado con Gp(s) en el camino directo y Gs(s)Gc(s)Gv(s) en el camino de realimentación. C(s) =

Gc(s) Gv (s) Gp (s) G p (s) R(s) + D(s) 1 + Gc(s) Gv (s) Gp (s) Gs (s) 1 + Gc(s) G v (s) G p (s) G s (s)

b) Suponiendo D(s)=0 y sustituyendo cada función de transferencia por su valor se obtiene la siguiente función de transferencia entre las señales de referencia y de salida C(s) (3 s + 1) K (s 2 + s + 0.1) 2 0.03 = R(s) (3 s + 1) s (2 s + 1) (s 2 + 0.25 s + 0.01) + K ( s2 + s + 0.1) 2 0.03 2 que para K=0.2 se convierte en C(s) 0.0060 s 3 + 0.0080 s 2 + 0.0026 s + 0.0002 = R(s) s 5 + 1.0833 s 4 + 0.3850 s 3 + 0.0540 s 2 + 0.0057 s + 0.0004 El sistema es de quinto orden, díficilmente de analizar si no es mediante computador. No obstante se ha incluido como ejemplo de aproximación de sistema de orden superior por otro de orden menor. Para comprender la aproximación hay que calcular los cinco polos, que resultan ser dos parejas de polos complejos conjugados y un polo real -0.4602±0.0705j -0.1308 -0.0160±0.1177j todos ellos en el semiplano-s izquierdo, por lo que el sistema es estable, y donde se aprecia una pareja de polos complejos muy próximos al eje imaginario, que por tanto son los polos dominantes del sistema. Un desarrollo en fracciones simples de la función de transferencia nos lleva a la expresión C(s) = 0.0010 s - 0.0014 - 0.0054 + 0.0044 s + 0.0077 R(s) s 2 + 0.9205 s + 0.2168 s + 0.1308 s 2 + 0.0321 s + 0.0141

11

Soluciones

Se trata ahora de aproximar la función utilizando únicamente el tercer término del desarrollo, que va asociado a los polos dominantes. De esta forma se aproxima el régimen transitorio pero falta por conseguir el mismo régimen estacionario, para ello es preciso hacer un ajuste de ganancias como sigue C(s) ≅ 0.0044 s + 0.0077 R(s) s 2 + 0.0321 s + 0.0141

kcc función completa kcc término del desarrollo

siendo C(s) 0.0002 = = 0.5 0.0004 s → 0 R(s)

kcc función completa = lim kcc término del desarrollo = lim

s → 0 s2

El resultado es

0.0044 s + 0.0077 = 0.0077 = 0.5461 + 0.0321 s + 0.0141 0.0141

C(s) ≅ 0.0040 s + 0.0071 R(s) s 2 + 0.0321 s + 0.0141

La expresión aproximada para la respuesta del sistema a un cambio escalón unitario en la referencia se obtiene entonces como la respuesta del sistema representado por la función de transferencia aproximada c(t) ≅ L -1

s2

0.0040 s + 0.0071 1 = L -1 0.0040 0.0071 + L -1 s 2 + 0.0321 s + 0.0141 s + 0.0321 s + 0.0141 s s 2 + 0.0321 s + 0.0141

Para determinar la transformada inversa de esta expresión, se puede hacer uso de los pares de transformadas 17 y 18 de la Tabla 2-1 (pag. 40) del libro de Ogata (1982), con la correspondencia ω2n = 0.0141 ⇒ ωn = 0.1187

2 δ ωn = 0.0321 ⇒ δ = 0.1352

c(t) = 0.2837 0.1187 1.0093 e- 0.0161 t sen(0.1177 t) + + 0.5 (1 - 1.0093 e- 0.0161 t sen (0.1177 t + 1.4352) ) En la figura están representadas las respuestas del sistema completo y del sistema aproximado, para un intervalo de 100 sg. La repuesta aproximada presenta sobreelongaciones ligeramente menores.

12

Soluciones

Respuesta completa y aproximada

1

completa

0.8 aproximada

c(t)

0.6 0.4 0.2 0

0

20

40

60

80

100

t (sg.)

←

⊕

→

8.- a) El bloque tren tiene una salida, que es la velocidad v en m/s, y una entrada f(t), que es la fuerza ejercida por el freno. La ecuación que relaciona ambas variables es f(t) = M dv(t)/dt, siendo M la masa del tren. De la que, aplicando transformada de Laplace suponiendo condiciones iniciales nulas, se obtiene la función de transferencia para el tren V(s) 1 = 1 = F(s) M s 25000 s Aplicando transformada de Laplace a la ecuación f(t) = 100 ( 1 - e-10t ) se obtiene F(s) = 100 ( 1s - 1 ) = 1000 s+10 s (s+10) y teniendo en cuenta que está función es resultado de un escalón unitario en la entrada del freno eb(t), la función de transferencia que describe el freno es F(s) 1000 = Eb (s) s+10 b) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado es 1 100 1000 V(s) s+10 25000 s 4 = = 2 + 10 s + 0.6 Vr(s) 1 + 100 1000 1 s 0.15 s+10 25000 s

13

Soluciones

c) El sistema tiene su dos polos, -0.0604 y -9.9396, en el semiplano-s izquierdo, luego es estable. Tiene una ganancia en estado estacionario de V(s) = 4 V (s) 0.6 s→0 r

kcc = lim

por tanto si se quiere mantener una velocidad del tren de 60 m/s, se necesita una tensión Vr de 60/kcc = 9 Voltios.

←

⊕

→

9.- a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado es C(s) = G c(s) G(s) K = R(s) 1 + Gc(s) G(s) H(s) 20 s 2 +12 s + 1+K b) El error estacionario para entrada escalón unitario es ess =

1 = 1 1 + lim Gc(s) G(s) H(s) 1 + K s→0

si se quiere que este error sea inferior al 1%, la ganancia K debe ser mayor de 99. Para que esto sea cierto nos queda por comprobar que el sistema es estable para K>99. Como se trata de un sistema de segundo orden, con ecuación característica 20 s2+ 12 s + 1 + K = 0, la condición de estabilidad es K+1>0, que efectivamente se cumple para K>99 y será posible conseguir un error inferior al 1%.

14

Soluciones

10.- a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado es K1 Y(s) s (s + 2) K1 = = R(s) 1 + K 1 K 1 + K2 s s 2 + 2 1 + 1 K 2 s + K1 s (s + 2) 2 b) Condicionado a valores de K1 y K2 que hagan al sistema estable, el error estacionario para entrada en rampa unitaria es ess =

1 = 2 K 1 lim s 1 + K2 s K 1 s (s + 2) s→0

que efectivamente es finito, por tratarse de un sistema de tipo 1. c) A la vista de la FTLC, determinada en el apartado (a), se trata de un sistema de segundo orden, con ω2n = K 1 ⇒ ωn = K 1 δ ωn = 1 + K 1 K 2 2

⇒ δ = 2 + K1 K 2 2 K1

Cada especificación impone alguna condición sobre los polos del sistema, concretamente (1)

(2)

ess = 2 < 0.1 ⇒ K1 -

Mp = 100 e

πδ 1 - δ2

ωn > 20

< 5 ⇒ δ > 0.69

la condición sobre δ, que se ha obtenido analíticamente también se puede obtener aproximadamente de la Fig. 6-19 (pag. 257) del libro de Ogata (1982). (3)

ts (2%) ≅ 4 < 3 ⇒ δ ωn

δ ωn > 4 3

0.69 20 > 4 3 , cumpliendo las dos primeras especificaciones siempre se cumple pero como la tercera. La conjunción de ambas condiciones delimita la región del plano-s donde pueden estar los polos del sistema para que se cumplan las especificaciones, concretamente la zona rallada de la figura

15

Soluciones

d) La especificación (1) implica la siguiente condición para K1, ess = 2 < 0.1 ⇒ K1

K 1 > 20

nos queda por determinar la condición para K2 a partir de la especificación (2), δ=

2 + K 1 K 2 > 0.69 2 K1

←

⇒

K2 >

⊕

11.- Dada la ecuación característica de tercer orden

2 0.69 K 1 - 1 K1

→ a0 s3 + a1 s2 + a2 s + a3 = 0, se forma la

siguiente tabla de Routh s3

ao

a2

s2

a1

a3

s1 s0

a1 a2 - a0 a3 a1 a3

las condiciones de estabilidad vienen determinadas por ao > 0 ; a1 > 0 ; a1 a2 - a0 a3 > 0 ⇒ a2 > a0 a3 a1 a1

16

; a3 > 0

Soluciones

En el enunciado se indica que todos los coeficientes del polinomio característico son positivos, por tanto en este caso particular, de ecuación característica de tercer orden, la única condición para que el sistema sea estable es que a2 > a0a a3 1

←

⊕

→

12.- a) Este sistema es de tercer orden, con la siguiente ecuación característica 1+

100 ka =0 (0.2 s + 1) ( s2 + 8 s + 100)

⇒ 0.2 s3 + 2.6 s2 + 28 s + 100 (ka + 1) = 0

se le pueden aplicar las condiciones de estabilidad determinadas en el problema anterior, ello nos lleva a que 0.2 100 (ka + 1) 28 > ⇒ ka < 2.64 100 (ka + 1) > 0 ⇒ ka > -1 ; 2.6

Por tanto el rango de estabilidad del sistema en función de la ganancia del amplificador es

-1 < ka < 2.64 b) Con el sistema en lazo abierto, ks=0, y R(s)=0, la función de transferencia que relaciona a la posición con la perturbación es la función del conjunto (antena, motor de mando y amplidina) θ(s) 100 = Td(s) s 2 + 8 s + 100

una ráfaga de viento de 56 km/h provoca, según el enunciado, una perturbación de 2 V en Td(t), luego el error que produce la ráfaga de viento en la salida del sistema se obtiene como error = 2 lim

s → 0 s2

100 = 2 rad ≅ 115o + 8 s + 100

c) Con el sistema en lazo cerrado, ks=1, y R(s)=0, la función de transferencia que relaciona a la posición con la perturbación es θ (s) G(s) 100 (0.2 s + 1) = = Td(s) 1 + G1 (s) G(s) ks (0.2 s + 1) ( s 2 + 8 s + 100) + 100 ka

el error que producirá la ráfaga de viento en la salida del sistema es ahora función de ka

17

Soluciones

100 (0.2 s + 1) = 2 2 1 + ka s → 0 (0.2 s + 1) (s + 8 s + 100) + 100 ka

error = 2 lim

si se quiere que este error sea inferior a 2o, por tanto inferior a 0.0349 radianes, ka debe ser mayor que 56.31. Para este valor de ka, según el apartado (a), el sistema no es estable por tanto nunca se podrá alcanzar el estacionario. El mínimo error posible es de 2 2 = = 0.55 rad ≅ 31.5 0 1 + ka máxima 1 + 2.64

←

⊕

→

13.- No se incluye solución a este problema porque ha sido seleccionado como ejercicio nº 4 de la 1a Prueba de Evaluación.

←

⊕

→

14.- La función de transferencia a considerar es G(s) H(s) =

(s + 2) (s + 3) s (s + 1)

que tiene ceros en -2 y -3, polos en 0 y 1. Por tanto habrá lugar de las raíces en los siguientes tramos del eje real [-1 0] y [-3 -2]. No habrá asíntotas porque el nº de polos es igual al nº de ceros. Por la disposición de los dos polos, cercanos entre sí, y los dos ceros, cercanos entre sí, debe haber dos puntos de ruptura, uno en el intervalo [-1 0] y otro en el intervalo [-3 -2] , para determinarlos se utiliza la condición d 1 =0 ds G(s) H(s)

⇒ (2 s + 5) (s 2 + s) - (s 2 + 5 s + 6) (2 s + 1) = 0 ⇒ 2 s2 + 6 s + 3 = 0

-0.6340 y -2.3660 son los puntos de ruptura, que equidistan respectivamente de -1 y -2 respectivamente y que pertenecen a una circunferencia con centro en -1.5 y radio 0.8660. Con esta información ya se puede trazar el lugar de las raíces, véase figura.

18

Soluciones

Por la forma del lugar de las raíces está claro que en un determinado rango de valores de K, el sistema tendrá raíces complejas conjugadas y por tanto un comportamiento subamortiguado. Para el resto de valores las raíces son reales y el sistema es sobreamortiguado. Los rangos de K vienen determinados por los dos puntos de ruptura, luego imponiendo la condición de magnitud del lugar de las raíces en ambos puntos se pueden obtener los valores de K. Llamando p1 al polo en el origen, p2 al polo en -1, z1 al cero en -2 y z2 al cero en -3 , se tiene que en cualquier punto s del lugar de las raíces se debe verificar que K=

s + p1 s + p2 s s+1 = s + z1 s + z2 s+2 s+3

particularizando en el primer punto de ruptura s1=-0.6330 se obtiene K1 = 0.6340 0.3660 = 0.0718 1.3660 2.3660 y particularizando en el segundo punto de ruptura s2=-2.3660 se obtiene K2 = 2.3660 1.3660 = 13.9282 0.3660 0.6340 Otra posibilidad de calcular K1 y K2 consiste en particularizar la ecuación característica en los puntos de ruptura, sabiendo que en estos casos la raiz es real doble e igual al punto de ruptura, de esta forma

19

Soluciones

s (s+1) + K 1 (s+2) (s+3) = a (s+0.6340) 2 , a se incluye para ajustar los coeficientes de s 2 ⇒ s 2 (1+K 1 ) + (1+ 5K1 ) s + 6K 1 = a (s 2+ 1.2680 s + 0.4020) Con los valores de K1 y K2 calculados se puede afirmar que para K1< K < K2 el sistema es subamortiguado y que para 0 < K < K1 y K > K2 el sistema es sobreamortiguado.

←

⊕

→

15.- La función de transferencia a considerar es G(s) H(s) =

100 ka (0.2 s + 1) (s2 + 8 s + 100)

que no tiene ceros y tiene los polos en -4±9.1652j y -5. Por tanto sólo habrá lugar de las raíces en el tramo del eje real [- -5]. El número de asíntotas es nº de polos - nº de ceros = 3, que formarán ángulos de 60o, 180o y 300o respecto al eje real, y tendrán su punto de corte en σ=

- 4 - 9.1652 j -4 + 9.1652 j -5 = - 4.33 3

Habrá corte con el eje imaginario puesto que en el problema 12 se determinó que para ka>2.64 el sistema era inestable. Para determinar las raíces en el eje imaginario se puede resolver la ecuación característica del sistema 0.2 s3 + 2.6 s2 + 28 s + 100 (ka + 1) = 0 sustituyendo ka=2.64, o bien rescatar la fila s2 de la tabla de Routh del sistema de tercer orden analizado en el problema 11. Las raíces deben ser solución de la ecuación a1 s2 + a3 = 0, luego 2.6 s2 + 100 (2.64 + 1) = 0 ; s1,2 = ± 11.8322 j son los puntos de corte con el eje imaginario Sin embargo no habrá puntos de ruptura. Ya se tiene información suficiente para trazar el lugar de las raíces representado en la figura.

20

Soluciones

←

⊕

→

16.- Dada la complejidad de los sistemas, en cada caso nos vamos a limitar a comprobar la información más relevante contenida en el lugar de las raíces a) Según las marcas, la función de transferencia en lazo abierto tiene dos ceros (-1.5 y -5.5) y tres polos (0, -1 y -5). Efectivamente sólo hay lugar de las raíces en los tramos del eje real ([-1 0] , [1.5 -5], [-∞-5.5] ), con nº neto impar de polos y ceros a su derecha. La única asíntota es el eje real. Por la situación de los polos y ceros es lógico que no haya raíces en el semiplano-s izquierdo y que el sistema sea estable para todo K>0. Nos queda por comprobar la situación de los puntos de ruptura, pero al no disponer de sus valores en la figura, suponemos que son correctos. Por tanto concluimos que el lugar (a) es congruente con la información facilitada. b) Un cero (-8), cinco polos (0, -3, -5, -7, -15). Efectivamente sólo hay lugar los tramos del eje real ([-3 0] , [-7 -5], [-15 -8] ). El lugar debe tener 5-1=4 asíntotas, que forman ángulos de 45o, 135o, 225o, y 315o, con el punto de corte en el eje real (0-3-5-7-15+8)/4=-5.5. A continuación se comprueba que los puntos de corte ±3j son raíces del sistema para K=1010, sustituyendo en el polinomio característico s=3j y despejando K s (s+3) (s+5) (s+7) (s+15) + K (s+8) = s5 + 30 s4 + 296 s3 + 1170 s2 + (1575+K) s + 8 K = 0 243 j + 2430 - 7992 j - 10530 + 4725 j + 3 K j + 8 K = 0

21

Soluciones

(-3024 + 3 K) j = 0 -8100 + 8 K = 0

=> K = 1008 => K = 1012.5

los valores de K obtenidos son muy próximos a 1010, luego efectivamente el lugar de las raíces (b) es congruente con la información facilitada. c) Ningún cero, seis polos ( cuádruple 0, y doble -1). Efectivamente no hay lugar en el eje real, ya que en todos los tramos en número neto de polos a su derecha es par. Hay 6 asíntotas, que forman ángulos de 30o, 90o, 150o, 210o, 270o y 330o, con punto de corte en (-1-1)/6=-0.33. Vamos a comprobar, aplicando el criterio de Routh que el sistema es inestable para todo valor de K. La ecuación característica es s4 (s + 1)2 + K = 0, la tabla de Routh s6 s5 s4 s3 s2 s1 s0

1 2 1 0 2K/ε -2K K/ε

1 0 K 0 0 0 K -2K ----- se sustituye por K/ε

ε

− 2Κ para poder continuar

para que no haya cambios de signo en la primera columna, y por tanto para que el sistema sea estable, se debe cumplir 2K/ε > 0 => K >0 -2K > 0 => K < 0 K/ε < 0 => K < 0 que son condiciones imposibles de cumplir, luego el sistema es inestable. Por tanto, el lugar de las raíces (c) es congruente con la información facilitada. d) Este sistema es similar al caso (a), salvo que por la disposición relativa de los ceros (-1.5 y -4.5) y de los polos (0, -1 y -4), el punto de ruptura -2.6 es una raíz triple. Para comprobarlo, veamos que existe un valor de K>0 tal que el polinomio característico tiene la forma s (s+1) (s+4) + K (s+1.5) (s+4.5) = (s+2.6)3 desarrollando la expresión e igualando términos se obtienen las ecuaciones

22

Soluciones

5 + K = 7.8 4 + 6 K = 20.28 6.75 K = 17.5760

=> K = 2.8 => K = 2.7133 => K = 2.6

luego efectivamente para K próximo a 2.7 se obtiene una raíz triple en s=-2.6, el lugar de las raíces (d) es congruente con la información facilitada.

←

⊕

→

17.- a) Con KT=0, la ecuación característica del sistema se reduce a 1+

K =0 s (s + 1)

Respecto al lugar de las raíces, la función de transferencia en lazo abierto a considerar tiene solamente dos polos ( 0 y -1), y la representación es sobradamente conocida, véase figura,

b) Las raíces para K=4 se pueden obtener, resolviendo la ecuación característica para este valor de K o aplicando la condición de magnitud del lugar de las raíces. Si suponemos que para ese valor las raíces son complejas conjugadas, según el lugar de las raíces deben ser del tipo -0.5±jx. Cualquiera de estas raíces equidista del polo en el origen y del polo en -1, una distancia d = 0.25 + x2

23

Soluciones

se debe verificar que

K =1 ⇒ 4 = 1 ⇒ x = 3.75 = 1.94 d1 d2 0.25 + x2

luego las raíces correspondientes a K=4 son - 0.5 ± j 1.94. En este apartado se pide también determinar las características tr, Mp y ts asociadas a dichas raíces. Para ello es necesario calcular en primer lugar el coeficiente de amortiguamiento y la frecuencia natural de las raíces ωn = módulo de las raíces = d = K = 2 - δ ωn = parte real = - 0.5 ⇒ δ = 0.5 = 0.25 2 al ser δ pequeño se pueden aplicar las expresiones exactas o las aproximadas para el cálculo de tr, Mp y ts expresiones exactas π - arc tg 1 - δ δ tr = 2 ωn 1 - δ -

Mp = 100 e

πδ 1 - δ2

expresiones aproximadas

2

= 0.94

tr ≅ 0.8 + 2.5 δ = 0.7125 ωn Mp ≅ 100 1 - δ = 58.33 % 0.6

= 44.43 %

ts (2%) = - 1 ln 0.02 δ ωn

1-δ

2

= 7.89

ts (2%) ≅ 4 = 4 = 8 δ ωn 0.5

c) Con KT#0, reduciendo el lazo interior de realimentación, se tiene el siguiente diagrama de bloques, R(s) 4 +

1 s (s + 1 + K T )

-

cuya ecuación característica para K=4 es 1+

24

4 =0 s s + KT + 1

Y(s)

Soluciones

que se puede escribir de esta otra forma, 1+

KT s =0 s2 + s + 4

por lo que la función de transferencia en lazo abierto equivalente para representar el lugar de las raíces en función de KT tiene un cero en el origen y polos en - 0.5 ± j 1.94 (coincidentes con los determinados en el apartado b). La única asíntota es el eje real, y por la distribución de los polos y el cero, ninguna rama del lugar de las raíces atravesara el eje imaginario. En el eje real debe existir un punto de ruptura, concretamente d 1 = 0 ⇒ (s 2 + s + 4) - s (2 s + 1) = 0 ⇒ - s2 + 4 = 0 ⇒ ds G(s) H(s)

s 1,2 = ± 2

como +2 no pertenece al lugar de las raíces, el único punto de ruptura es el -2. Con la información obtenida se traza el lugar de las raíces de la figura

d) Sobre el lugar anterior se pide determinar el valor de KT para que las raíces tengan coeficiente de amortiguamiento δ=0.707, equivalente a decir que las raíces pertenezcan a la diagonal del segundo y tercer cuadrante y por tanto que sean de la forma -x±jx. Para determinar el valor de KT se impone a la raíz -x+jx la condición de módulo del lugar de las raíces, pero previamente hay que determinar el valor de x, para lo que se pueden seguir varios procedimientos: 1º) Imponer a la raíz -x+jx la condición de argumento del lugar de las raíces.

25

Soluciones

2º) Utilizar, si es posible, propiedades geométricas del lugar de las raíces para determinar el punto de intersección de una de las ramas del lugar de las raíces con la diagonal correspondiente. 3º) Si el dibujo del lugar de las raíces es bastante exacto, como es el representado en la figura, basta con obtener gráficamente el punto de intersección. 1er procedimiento: Dada la raíz -x+jx, los ángulos y módulos de los radiovectores que la unen con el cero y los dos polos son respectivamente, véase figura

θ 1 = 135o

r1 = x2 + x2 = 2 x

θ 2 = arc tg x - 1.94 0.5 - x

r2 =

0.5 - x 2 + x - 1.94

θ 3 = arc tg x + 1.94 0.5 - x

r3 =

0.5 - x 2 + x + 1.94

2

2

por la condición de argumento θ 1 - θ 2 - θ 3 = - 180o ⇒ θ 2 + θ 3 = 315o ⇒ tg θ 2 + θ 3 = - 1 y si se hace uso de la fórmula de trigonometría tg θ 2 + θ 3 =

tg θ 2 + tg θ 3 1 - tg θ 2 tg θ 3

se llega a la ecuación, cuya resolución nos da el valor de x.

26

Soluciones

x - 1.94 + x + 1.94 0.5 - x 0.5 - x = -1 x 1.94 x + 1.94 10.5 - x 0.5 - x

⇒ - 2 x2 + 0.5 2 + 1.94 2 = 0 ⇒ x = 2

2º procedimiento: En el lugar de las raíces se observa que las raíces complejas se sitúan sobre un arco de circunferencia, que se inicia en -0.5+1.94j y acaba en el punto de ruptura -2, con un radio de 2. Para la raíz -x+jx pertenezca a este arco de circunferencia su módulo tiene que ser 2, así pues x2 + x2 = 2 x = 2 ⇒ x = 2 se obtiene el mismo resultado. Aplicando la condición de módulo del lugar de las raíces y particularizando con el valor de x determinado anteriormente, el valor de KT debe verificar K T = r2 r3 = 1.05 3.48 = 1.83 r1 2 También se piden en este apartado los valores de tr y ts asociados a las raíces. Como el coeficiente de amortiguamiento es δ=0.707 y la frecuencia natural, que coincide con su módulo, es ωn=2, aplicando las expresiones exactas de tr y ts, indicadas en el apartado (b) se obtienen tr = 1.67

y

ts(2%) = 3.01

e) Con K=4 y KT=1.83, el sistema es estable, la función de transferencia en lazo abierto del sistema equivalente es G(s) H(s) =

4 s s + 1.83 + 1

luego el error estacionario en velocidad es ess =

1

4 lim s s s + 1.83 +1 s→0

←

⊕

= 2.83 ≅ 71 % 4

→

18.- a) Que todos los bloques sean de fase mínima quiere decir que no tienen ningún cero en el semiplano-s derecho. Según el diagrama polar G1(jω), se trata de un valor constante con valor 100, luego G1(s) = 100. Según el diagrama de Bode G2(jω), sabiendo que una pendiente de -6 db/octava es equivalente a una pendiente de -20 db/década, la función G2(s) debe tener un polo en el origen, un polo en -0.8 y una ganancia K2 en estado estacionario tal que el punto de corte de la

27

Soluciones

recta 20 log K2 - 20 log ω , contribución de la ganancia y del polo en el origen, tenga lugar a la frecuencia ω=1, luego 20 log K2 - 20 log 1 = 0 => K2 = 1 por tanto G2(s) =

1 0.8 =  s  s (s + 0.8) s + 1  0.8 

Según el diagrama fase-amplitud G3(jω), la fase es constante igual a -270o equivalente a 90o y la amplitud es creciente con el valor de ω, luego la función G3(s) debe tener un cero en el origen . La ganancia K3 debe ser tal que a la frecuencia ω=1 la amplitud sea 14 db, luego 20 log K3 + 20 log 1 = 14 => K3 = 5 y G3(s) = 5 s. b) Con el bloque 3 desconectado, la función de transferencia del sistema en lazo cerrado es G1 (s) G 2 (s) 80 = 2 1 + G 1 (s) G 2 (s) s + 0.8 s + 80

que tiene raíces complejas con

ωn= 80

y

2 δ ωn = 0.8 => δ ≅ 0.04, el sistema está muy

próximo a la oscilación mantenida. c) Con el bloque 3 conectado, la función de transferencia del sistema en lazo cerrado es G2 (s) 1 + G2 (s) G3 (s) 100 = 2 + 5.8 s + 100 G2 (s) s 1 + G1 (s) 1 + G2 (s) G3 (s) G1 (s)

que tiene raíces complejas con la misma

ωn=10

pero

⊕

→

2 δ ωn = 5.8 => δ = 0.29 , el

sistema es subamortiguado.

←

19.- a) Con K=6 , la función de transferencia en lazo abierto del sistema es 840 s s + 1 60 (s + 7) s 7 Gc(s) G(s) H(s) = = s +1 s 2 +1 (s + 2) s 2 + 0.25 2 0.5

28

Soluciones

que hemos expresado adecuadamente para el trazado del diagrama de Bode. En este diagrama hay que considerar las siguientes contribuciones: - Una constante de 840, que contribuye en el diagrama de amplitud con 20 log 840 ≅ 58.5 db y en el diagrama de fase con 0o. - Un cero a la frecuencia 0, que contribuye en el diagrama de amplitud con diagrama de fase con 90o

20 log ω y en el

- Dos polos imaginarios puros a la frecuencia 0.5, que contribuye en el diagrama de amplitud con

ω2 - 20 log 1 0.5 2 contribución que se hace infinito a la frecuencia 0.5, y en el diagrama de fase con -180o a partir de la frecuencia 0.5, por lo que éste presentará una discontinuidad fuerte a esa frecuencia. - Un polo real negativo a la frecuencia 2, que contribuye en el diagrama de amplitud con - 20 log

y en el diagrama de fase con

2

1+ω 22

- arc tg ω 2

- Un cero real negativo a la frecuencia 7, que contribuye en el diagrama de amplitud con 20 log

y en el diagrama de fase con

2

1+ω 72

arc tg ω 7

Teniendo en cuenta estas contribuciones se obtienen los siguientes diagramas de amplitud y de fase de la figura.

29

Soluciones

db

200 100 0 -100 10-2

100 grados

PROBLEMA 19: DIAGRAMA DE AMPLITUD SLA

10-1

100 log w

101

102

PROBLEMA 19: DIAGRAMA DE FASE SLA

0 -100 -200 10-2

10-1

100 log w

101

102

b) En el diagrama de fase se observa que no se produce el corte con la línea de -180o, luego el margen de ganancia del sistema es MGdB = ∞. En el diagrama de amplitud se observa que el corte con la línea de 0 dB se produce a la frecuencia ω≅60 , para la que el diagrama de fase presenta un valor de aproximadamente -95o, luego el margen de fase es aproximadamente de 180o-95o=85o. c) Respecto a la entrada Td(s) se obtiene la siguiente función de transferencia G(s) 10 (s + 2) 10 (s + 2) = = 1 + G(s) H(s) G c(s) (s + 2) s2 + 0.25 + 10 K s (s + 7) s3 + s 2 (2+10K) + s (0.25+70 K) + 0.5

que para K=6 corresponde a un sistema estable, puesto que anteriormente se han determinado margen de ganancia infinito y margen de fase positivo. La ganancia en estado estacionario de esta función de transferencia es igual a 40, independiente del valor de K. Luego un escalón unitario en Td(t) provocan 40 rad de desviación en la posición θ(t) respecto a la referencia r(t). d) Respecto a la entrada R(s) y con K=6, la función de transferencia del sistema en lazo cerrado es G c(s) G(s) 60 (s + 7) = 3 2 1 + G c(s) G(s) H(s) s + 62s + 420.25 s + 0.5 que tiene todos sus ceros (-7) y polos (-0.0012, -7.7446, -54.2542) situados en el eje real del semiplano-s izquierdo, correspondiendo la menor frecuencia a uno de los polos. Sin representar el diagrama de Bode, por la naturaleza de los ceros y polos y por la situación relativa de éstos se sabe que la máxima ganancia del sistema se presenta a baja frecuencia, con valor

30

Soluciones

20 log Kcc = 20 log 840 ≅ 58.5 dB

←

⊕

→

20.- a) La función de transferencia en lazo abierto, tiene en este caso, un polo doble en el origen, un polo en -10 y un cero en -1. El camino de Nyquist debe contener todo el semiplano-s derecho pero debe salvar la singularidad en el origen, véase figura. Hay cuatro tramos a considerar y el sentido de recorrido elegido es el horario.

tramo 1: s=jω para 0 < ω < ∞. Para el que la función toma el valor G(jω) =

1 + jω - ω2 (10 + jω)

para ω -> 0 el módulo se hace infinito y el argumento se hace -180o G(jω)ω →0 → - ∞ - j 0 = ∞ e- j 180 para ω -> ∞ el módulo se anula y el argumento se hace -180o G(jω)ω →∞ → - 0 - j 0 = 0 e- j 180 en el resto del tramo, tanto la parte real como la imaginaria son negativas. tramo 2: s=R ejθ con R -> ∞ y 90o < θ < -90o. Para el que la función toma el valor G(R ej θ ) =

1 + R ej θ R2 ej 2 θ 10 + R ej θ

⇒ G(R ej θ )R →∞ → 1 e- j 2 θ R2

31

Soluciones

que representa una semicircunferencia, en el diagrama de Nyquist, con radio -> 0 entre -180o y 180o. tramo 3: s=jω para -∞ < ω < 0. Que da lugar a un tramo simétrico, respecto al eje real, del tramo 1 en el diagrama de Nyquist. tramo 4: s=ε ejθ con ε -> 0 y -90o < θ < 90o. Para el que la función toma el valor G(ε ej θ ) =

1 + ε ej θ ε2 ej 2 θ 10 + ε ej θ

⇒ G(ε ej θ )ε →0 →

1 e- j 2 θ 10 ε2

que representa una semicircunferencia, en el diagrama de Nyquist , con radio -> ∞ entre 180o y 180o. Con la información obtenida en cada tramo se traza el diagrama de Nyquist de la figura, sobre el que podemos analizar la estabilidad del sistema en lazo cerrado. Discusión: la función no tiene ningún polo en el semiplano-s derecho, luego np=0, el diagrama de Nyquist no rodea al punto -1/K, luego N=0, el número de polos del sistema en lazo cerrado=número de ceros de la función 1+FTLA es nz = N + np = 0, luego el sistema es estable en lazo cerrado para todo valor de K>0.

En la siguiente figura se recoge el lugar de las raíces de este sistema, que tiene como características importantes: corte de las asíntotas en -4.5 y tres puntos de ruptura, en 0, -2.5 y -4 respectivamente. En el lugar se pone de manifiesto que el sistema es estable para todo valor de K.

32

Soluciones

b) No se incluye solución a este apartado porque se ha seleccionado como ejercicio nº 2 de la 2a Prueba de Evaluación. c) La función de transferencia en lazo abierto tiene, en este caso, un polo real en -2 y polos imaginarios puros en ±3j. El camino de Nyquist debe contener todo el semiplano-s derecho pero debe salvar las singularidades en el eje imaginaro, véase figura. Hay siete tramos a considerar y el sentido de recorrido elegido es el horario.

tramo 1: s=jω para 0 < ω < 3. Para el que la función toma el valor

33

Soluciones

G(jω) =

ω 2

1 1 = e- j arc tg 2 2 2 (2 + jω) 9 - ω 4+ω 9-ω

para ω -> 0 el módulo se hace 1/18 y el argumento se hace -0o, y para ω -> 3 el módulo se hace infinito y el argumento se hace -56o. En el resto del tramo, la parte real es positiva y la imaginaria es negativa. tramo 2: s=3 j + ε ejθ con ε -> 0 y -90o < θ < 90o. Para el que la función toma el valor G(3 j + ε ej θ) =

1 2+3j+

⇒ G(3 j + ε ej θ )ε →0 →

ε ej θ

ε2 ej 2 θ

+ 6 ε ej (θ + 90

o

1 = ∞ e- j (arc tg o j (θ + 90 ) (2 + 3 j) 6 ε e

) 3 + θ + 90 o) 2

que representa un arco de circunferencia, en el diagrama de Nyquist , con radio -> entre -56 o y -236o = 124o. tramo 3: s=jω para 3 < ω < ∞, en el que la función toma el mismo valor que en el tramo 1. Para ω -> 3 el módulo se hace infinito y el argumento se hace 180o-56o=124o, para ω -> ∞ el módulo se hace cero y el argumento se hace 180o-90o=90o=-270o. En el resto del tramo, la parte real es negativa y la imaginaria es positiva. tramo 4: s=R ejθ con R -> ∞ y 90o < θ < -90o. Para el que la función toma el valor G(R ej θ) =

2 + R ej θ

1 9 + R2 ej 2 θ

⇒ G(R ej θ)R →∞ → 1 e- j 3 θ R3

que representa una circunferencia y media, en el diagrama de Nyquist, con radio -> 0 entre -270o y 270o. Los tramos 5, 6 y 7 dan lugar a tramos simétricos respecto al eje real, en el diagrama de Nyquist, de los tramos 3, 2 y 1 respectivamente. Con la información obtenida en cada tramo se traza el diagrama de Nyquist de la figura, sobre el que podemos analizar la estabilidad del sistema en lazo cerrado. Discusión: la función no tiene ningún polo en el semiplano-s derecho, luego np=0, el diagrama de Nyquist rodea dos veces en sentido horario al punto -1/K, luego N=2, el número de polos del sistema en lazo cerrado=número de ceros de la función 1+FTLA es nz = N + np = 2, luego el sistema es inestable en lazo cerrado para todo valor de K>0.

34

Soluciones

En la siguiente figura se recoge el lugar de las raíces de este sistema, que tiene como corte de las asíntotas (60o, 180o, 300o) en -2/3, por lo que el sistema es inestable para todo valor de K.

35

Soluciones

21.- Para los cuatro casos se va a determinar en primer lugar el número de polos (np) de la función de transferencia en lazo abierto (FTLA) en el semiplano-s derecho, que coinciden con los de la función 1+FTLA. En segundo lugar se va a determinar el número de ceros (nz) de la función 1+FTLA, que coinciden con los polos de la función de transferencia del sistema en lazo cerrado (FTLC). En ambos casos es útil el diagrama de Nyquist, para la FTLA se considerarán los rodeos (N) al origen 0±j0 y para la FTLC se considerarán los rodeos al punto -1+j0. a) G(s) tiene un cero en el semiplano-s derecho. Hay 2 rodeos al origen en sentido contrario al tomado para el camino de Nyquist y 2 rodeos al punto A (-1±j0), uno en sentido contrario y otro en el mismo sentido. Así pues, para la FTLA; N=-2, nz=1, luego np=nz-N=3 para la FTLC; N=0, np=3 => nz=N+np=3 luego ambos sistemas son inestables, con tres polos en el semiplano-s derecho. b) Con respecto al caso (a), sólo difiere en que los 2 rodeos al punto B (-1±j0) tienen sentido contrario al del camino de Nyquist. Así pues, para la FTLA; idem al caso (a) para la FTLC; N=-2, np=3 => nz=N+np=1 luego ambos sistemas son inestables, pero la FTLA con tres polos y la FTLC con un polo en el semiplano-s derecho. c) Con respecto al caso (a), sólo difiere en que G(s) no tiene ceros en el semiplano-s derecho. Así pues, para la FTLA; N=-2, nz=0, luego np=nz-N=2 para la FTLC; N=0, np=2 => nz=N+np=2 luego ambos sistemas son inestables, con dos polos en el semiplano-s derecho. d) Con respecto al caso (c), sólo difiere en que los 2 rodeos al punto B (-1±j0) tienen sentido contrario al del camino de Nyquist. Así pues,

36

Soluciones

para la FTLA; idem al caso (c) para la FTLC; N=-2, np=2 => nz=N+np=0 luego el sistema en lazo abierto es inestable, pero el sistema en lazo cerrado no.

←

⊕

→

22.- La FTLA del sistema a compensar tiene un polo en el origen, luego es de tipo 1 y bastaría con un compensador proporcional para conseguir la primera especificación; error estacionario finito para entrada en rampa. En este sentido un controlador PI quedaría descartado porque eliminaría ese error. ess =

1

4K lim s s → 0 s s2 + 4 s + 6

= 6 = 1.5 ⇒ K = 1 4K

para este valor de K, los polos del sistema en lazo cerrado se obtienen de s s 2 + 4 s + 6 + 4 = 0 ⇒ s 1,2 = -1±j , s 3 = -2 luego también se cumple la segunda especificación, de que las raíces dominantes fueran -1±j. Por tanto un controlador proporcional con K=1 es suficiente en este caso.

←

⊕

→

23.- La ecuación característica del sistema es 1+

K 1 1 K =0 1 + 0.1 s 1 + 0.2 s 100 s t

a) Con K=10 y tomando Kt como parámetro de control, la función de transferencia en lazo abierto a tener en cuenta para trazar el lugar de las raíces es 5 Kt s (s + 5) (s + 10) Se pide determinar Kt para que las raíces dominantes tengan δ=0.707. Se trata de un problema similar al resuelto en el apartado (d) del problema 17. Para no tener que dibujar el lugar de las raíces completo, se opta, en este caso, por seguir el 1er procedimiento , véase figura

37

Soluciones

θ 1 = 135o

r1 = x2 + x2 = 2 x

θ 2 = arc tg x 5-x

r2 =

5 - x 2 + x2

x 10 - x

r3 =

10 - x 2 + x2

θ 3 = arc tg por la condición de argumento

- θ 1 - θ 2 - θ 3 = - 180o ⇒ θ 2 + θ 3 = 45o ⇒ tg θ 2 + θ 3 = 1 y si se hace uso de la fórmula de trigonometría tg θ 2 + θ 3 =

tg θ 2 + tg θ 3 1 - tg θ 2 tg θ 3

se llega a la ecuación, cuya resolución nos da el valor de x. x + x 5 - x 10 - x = 1 ⇒ x 1- x 5 - x 10 - x

x2 - 15 x + 25 = 0 ⇒ x = 1.91

Aplicando la condición de módulo del lugar de las raíces y particularizando con el valor de x determinado anteriormente, el valor de Kt debe verificar K t = r1 r2 r3 = 2.70 3.63 8.31 = 16.29 V s /rad 5 5

38

Soluciones

b) Con TL=0, la función de transferencia del sistema en lazo cerrado es ωg (s) K = 2 s (s + 5) (s + 10) + K Kt Vr(s) con K=10 y Kt=16.29, el sistema es estable y tiene una ganancia en estado estacionario K = 1 K K t Kt Luego si se desea que la velocidad del generador sea de 1000 rpm = 2000 π/60 rd/s, la tensión se referencia debe ser de Vr = 100 2 π 16.29 = 1706 6 c) Respecto a la carga TL, la función de transferencia del sistema en lazo cerrado es ωg (s) (s + 5) (s + 10) = TL(s) 100 s (s + 5) (s + 10) + 50 K Kt que tiene una ganancia en estado estacionario de 50 = 1 50 K Kt K Kt luego con K=10 y Kt=16.29, para un cambio brusco en la carga, la velocidad del generador se desviará de la tensión de referencia un 1/162.9=0.61 % de la amplitud del cambio. d) Según el apartado (c), para que la desviación debida a la carga sea del 0.1%, K Kt = 1000. Según el apartado (a), δ=0.707 se obtiene con K Kt = 2 r1 r2 r3 = 162.9. Ambas condiciones son incompatibles, por tanto, con sólo variar K y Kt no se pueden conseguir ambas especificaciones.

←

⊕

→

24.- a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado es M(s) =

G(s) K = 1 + G(s) s (1 + 0.1 s) (s + 1) + K

al tratarse de un sistema de tercer orden no se puede aplicar la expresión Mr =

1 2δ

1-δ

2

39

Soluciones

para el cálculo de pico de resonancia Mr. El problema se debería resolver de forma gráfica, haciendo uso de la carta de Nichols. Esta carta nos permite obtener la respuesta en frecuencia del sistema en lazo cerrado a partir de la representación magnitud-fase del sistema en lazo abierto. No obstante también se puede resolver de forma analítica si suponemos que la ecuación característica del sistema tiene dos raíces complejas dominantes, y se exige que estas raíces tengan un coeficiente de amortiguamiento δ=0.4 para que Mr=1.4. Concretamente, expresando la ecuación característica de la forma s (1 + 0.1 s) (s+1) + K = 0.1 (s + p) (s2 + 2 δ ωn s + ωn2) sustituyendo δ=0.4 , desarrollando las expresiones e igualando términos se llega a 1.1 = 0.1 (0.8 ωn + p) => p = 11 - 0.8 ωn => ωn = 1.11 , p = 10.1 1 = 0.1 ( ωn2 + 0.8 ωn p) K = 0.1 ωn2 p

=> K = 1.24

la parte real de las raíces complejas, δ ωn=0.44, es mucho menor que la raíz real, p=10.1, luego efectivamente con K=1.24 se puede conseguir el objetivo (Mr=1.4). b) Este apartado se puede resolver gráficamente, representando el diagrama de Bode de G(s) con K=1, obteniendo su margen de ganancia, y determinando cuánto hay que desplazar el diagrama de amplitud para que el margen de ganancia sea 20 dB. Este último paso equivale a aplicar la expresión MGdeseado = 20 dB = MGmedido - 20 log K recordar, que normalmente un aumento de K disminuye el margen de ganancia del sistema. Utilizar la siguiente figura, que representa el diagrama de Bode exacto para G(s)/K, para calcular el valor de K según el procedimiento descrito.

40

Soluciones

PROBLEMA 24: DIAGRAMA DE AMPLITUD

dB

50 0 -50 -100 10-1

100

101

102

log w PROBLEMA 24: DIAGRAMA DE FASE

grados

0 -100 -200 -300 10-1

100

101

102

log w

Otra forma, analítica, difiere de la anterior en que el MG se calcula analíticamente. Así, Arg (G(jω)) = -180o ⇒ - 90o - arc tg ω - arc tg ω = - 180o ⇒ a + b = 90o 10 ⇒ tg (a + b) = ∞ ⇒ ω ω = 1 ⇒ ωcg = 10 10 G j 10

dB =

- 20 log 10 - 20 log 1 + 10 - 20 log

1 + 10 = - 20.82 ⇒ MG = 20.82 dB 100

luego para disminuir el MG, la ganancia K aumentar tal que aporte 20 log K = 0.82 dB => K = 1.1. Compárese con el resultado obtenido gráficamente. c) De manera similar al apartado (b), este apartado se puede resolver gráficamente sobre el diagrama de Bode de G(s) con K=1, determinando cuánto hay que desplazar el diagrama de amplitud para que el margen de fase sea 60o. Este último paso equivale a aplicar la expresión 0 dB = Amplitud a la frecuencia que se presenta el MFdeseado + 20 log K Utilizar el diagrama de Bode de G(s)/K para calcular el nuevo valor de K. Otra forma, analítica, difiere de la anterior en que la amplitud a la que se presenta el margen de fase deseado se calcula analíticamente. Así, MF = 60o

⇒ Arg (G(jω)) = -120o ⇒ - 90o - arc tg ω - arc tg ω = - 120o ⇒ a + b = 30o 10

41

Soluciones

ω+ ω 10 = tg (30o ) = 0.58 ⇒ 0.058 ω2 + 1.1 ω - 0.58 = 0 ⇒ ω = 0.51 ⇒ cf 1-ω ω 10 G j 0.51

dB =

- 20 log 0.51 - 20 log 1 + 0.51 2 - 20 log

2

1 + 0.51 100

= 20 log 1.74

como la amplitud es mayor de 0 dB, la ganancia K debe disminuir tal que 1.74 K = 1 => K=0.57. Compárese con el resultado obtenido gráficamente.

←

⊕

→

25.- Engoblando la dinámica del actuador, del vehículo y del sensor, el proceso a compensar tiene la siguiente función de transferencia G(s) = K s2

siendo

K = K1 K 2 J

a) El sistema sin compensar tiene un margen de fase de 0o y un margen de ganancia es 0 db, se trata de un sistema en el límite de la estabilidad. Para proceder a la compensación por adelanto sin que se altere la ganancia del proceso a bajas frecuencias, con lo que se mantienen los errores y los coeficientes de error que tuviera el proceso, se recomienda seguir un procedimiento extraído del libro de Phillips y Nagle (1987), que se resume a continuación. En este caso concreto, la ωcf del sistema sin compensar se obtiene de la siguiente expresión 20 log K - 40 log ω = 0 ⇔ K = 1 ⇒ ωcf = K ω2 luego si se elige ωc=3 > ωcf , se está imponiendo la siguiente condición a la ganancia K<9. Eligiendo K=1, con la especificación MF=50o, se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc) ) = - 180o

G(j ωc) = K = 0.1111 9

θ = 50 - 180 - (-180) = 50 ωso = 0.7660 3 = 0.2750 9 - 0.6428

42

;

ωsp =

0.7660 3 = 4.3224 0.6428 - 0.1111

Soluciones

Procedimiento de diseño para la red de adelanto - Elegir una frecuencia de diseño ωc para la red superior a la frecuencia ωcf (frecuencia a la que el diagrama de amplitud toma el valor de 0 dB) del sistema sin compensar. De esta forma la amplitud del sistema sin compensar a la frecuencia ωc es menor que la unidad y puede ser compensada por la amplitud de la red de adelanto a esa frecuencia. - Calcular la fase θ que debe aportar la red de adelanto para que a la frecuencia ωc se consiga un margen de fase deseado (igual o superior al especificado). Equivale a utilizar la siguiente expresión, θ = MFdeseado - 180o - arg ( G(j ωc) )

- Determinar la frecuencia del cero ωso y del polo ωsp de la red tal que a la frecuencia ωc la ganancia de la red compense a la ganancia del proceso. Equivale a utilizar las expresiones ωso =

sen θ ωc 1 - cos θ G(j ωc)

ωsp =

sen θ ωc cos θ - G(j ωc)

- Obtener la función de transferencia de la red, como

s +1 ωso Gc(s) = s +1 ωsp Observación: Este procedimiento garantiza que se consigue el margen de fase deseado. Si además existe especificación de margen de ganancia o cualquier otra especificación, puede ocurrir que con la primera elección de ωc no se consiga la especificación y sea necesario efectuar otro intento. En el caso de que el margen de ganancia del sistema sin compensar sea finito, se recomienda que la frecuencia de diseño ωc de la red se elija entre ωcf y ωcg. Un indicativo de que el procedimiento se ha aplicado correctamente es que θ>0 y que ωsp>ωso>0, pues sólo en ese caso la red diseñada será efectivamente una red de adelanto.

43

Soluciones

Los diagramas de amplitud y de fase de la red diseñada se determinan a partir de las expresiones siguientes s + 1 15.72 (s + 0.2750) 0.2750 G c(s) = = s (s + 4.3224) +1 4.3224 G c(jω) = 20 log

1+

ω2 - 20 log 0.2750 2

arg ( G c(jω) ) = arc tg

30

1+

ω2 4.3224 2

ω - arc tg ω 0.2750 4.3224

DIAGRAMA DE AMPLITUD DE LA RED

20 10 0 10-2

100

20 log

10-1

100 log w

wsp w so

101

≈ 24dB

102

DIAGRAMA DE FASE DE LA RED

50 θ=50º

0 10-2

10-1

100 log w

101

102

La siguiente figura representa los diagramas de amplitud (parte superior) y de fase (parte inferior) del sistema sin compensar (gráfica inferior) y del sistema compensado (gráfica superior). Los de este último se obtienen sumando las contribuciones en amplitud y en fase del sistema sin compensar y las de la red de adelanto. Los márgenes, MG=infinito y MF=50o, están dentro de las especificaciones.

44

Soluciones

dB

100 0 -100 10-2

-100 grados

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

10-1

101

102

FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

-150 -200 10-2

100 log w

MF=50

10-1

100 log w

101

102

Nos queda por comprobar si la otra especificación, tiempo de asentamiento menor de 2 s, se cumple. Para ello se calcula la función de transferencia del sistema en lazo cerrado, 1 1 15.72 s + 4.32 J s2 = 3 2 1 1 + G c (s) K 2 2 K1 K1 s + 4.32 s + 15.72 s + 4.32 Js G c (s) K 2

cuyos polos son -0.3 y -2±3.24j, en el que domina la constante de tiempo τ=1/0.3=3.33 asociada al polo real, y al que corresponde un tiempo de asentamiento aproximado de 4τ=13.33 sg muy superior al especificado. Por tanto el diseño realizado no es totalmente adecuado. Habría que probar otros valores de ωc y K (superiores, para que el ancho de banda lo sea también, y por tanto disminuya el tiempo de asentamiento). b) La dificultad de encontrar solución al problema planteado en (a) con una red de adelanto tiene fácil explicación mediante el lugar de las raíces. Concretamente el lugar de las raíces de la planta coincide con el eje imaginario, por lo que el sistema con control proporcional estaría siempre en el límite de la estabilidad. La incorporación de una red de adelanto, introduce un cero y un polo, estando el cero siempre a la derecha del polo, por tanto el lugar de las raíces tendría una forma similar a la representada en la figura (que corresponde al sistema con la red compensadora del apartado a). Una posibilidad de conseguir δ=0.5 y ts<2 es que las raíces complejas se sitúen en las ramas que buscan las asíntotas y con parte real δ ωn > 2, necesaria para que el tiempo de asentamiento sea inferior a 2s, pero siempre existirá una tercera raíz real que es dominante 45

Soluciones

respecto a ellas (es lo que ha ocurrido en el apartado a). Al probar con otros valores de ωc y K superiores se consigue situar el cero de la red mucho más a la izquierda, de tal manera que la raíz real, aún siendo dominante, tiene una constante de tiempo asociada inferior a 0.5 sg. LUGAR PARA EL SISTEMA COMPENSADO 3 2

imag

1 0 -1 -2 -3 -4

-2

0

2

real Otra solución posible es que el cero del compensador cancele uno de los polos de la planta, y el lugar de las raíces tenga la forma representada en la siguiente figura, sobre el que si es más fácil conseguir las especificaciones. LUGAR PARA EL SISTEMA COMPENSADO CON CANCELACION 4

imag

2

0

-2

-4 -4

-2

0 real

46

2

Soluciones

La ecuación característica en este caso es 1+

s s+p

K =0 s2

⇒ s2 + p s + K = 0

luego de las especificaciones, se tiene que el sistema se debe comportar como de segundo orden con δ=0.5 y ωn>4, que se traducen a p = 2 δ ωn > 4

←

y

⊕

K = ωn2 > 16

→

26.- El coeficiente de error de velocidad del sistema con Gc(s)=1 es s G(s) = K 10 s→0

K v = lim

luego para que Kv sea igual a 20, la ganancia debe ser de K=200. Para trazar el diagrama de Bode de la planta sin compensar pero con K=200 hay que tener en cuenta las siguientes contribuciones: una constante de 20, un polo a la frecuencia 0, un polo real negativo a la frecuencia 6 y un polo real negativo a la frecuencia 200. En la figura, que se incluye más adelante, se puede ver dicho diagrama junto con el del sistema compensado. De las gráficas superiores, que corresponden al sistema sin compensar, se observa que los márgenes de ganancia y de fase son muy pequeños y por tanto están muy por debajo de las especificaciones. Se pide diseñar una red de retardo. Como hay que conseguir Kv=20, se recomienda considerar la ganancia obtenida anteriormente como parte del sistema a compensar y aplicar el procedimiento extraído del libro de Phillips y Nagle (1987), que se resume a continuación. En este caso concreto, si se elige MF=45o se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc ) ) = 45 o - 180 o + 5 o = - 130

⇒ ωc ≅ 3.5

G(j ωc ) = 4.8186

ωso = 0.35

ωsp = 0.35

4.8186

≅ 0.07

47

Soluciones

Procedimiento de diseño para la red de retardo - Determinar gráfica o analíticamente la frecuencia ωc a la que el sistema sin compensar presenta una fase de arg ( G(j ωc) ) = MFdeseado - 180o + 5o

esta expresión equivale a suponer que la contribución de la red de retardo a esa frecuencia va a ser θ = -5o. El margen de fase deseado debe ser mayor o igual que el especificado. - Determinar gráfica o analíticamente, la ganancia del proceso a esa frecuencia. - Situar la frecuencia ωso asociada al cero de la red de retardo una década antes de ωc.

ωso = 0.1 ωc - Determinar la frecuencia ωsp asociada al polo de la red tal que la ganancia de la red a la frecuencia ωc compense la ganancia del proceso. Equivale a utilizar la siguiente

expresión ωsp =

ωso G(j ωc)

- Obtener la función de transferencia de la red. Observaciones: 1ª) Este procedimiento garantiza que se consigue un margen de fase algo menor que el deseado. Si además existe especificación de margen de ganancia u otra especificación, puede ocurrir que con la primera elección de la frecuencia ωso no se consiga la especificación y sea necesario efectuar otro intento. 2ª) Para conseguir el margen de fase deseado se puede seguir el mismo procedimiento que el de una red de adelanto, pero seleccionando ωc<ωcf ya que de esa forma la amplitud del sistema sin compensar a la frecuencia ωc es mayor que la unidad y puede ser compensada por la amplitud de la red de retardo a esa frecuencia. 3ª) Un indicativo de que el procedimiento se ha aplicado correctamente es que θ<0 y que ωso>ωsp>0, pues sólo en ese caso la red diseñada será efectivamente una red de retardo.

48

Soluciones

Los diagramas de amplitud y de fase de la red diseñada se determinan a partir de la expresión s +1 (s + 0.35) 0.35 G c (s) = = s +1 5 (s + 0.07) 0.07

DIAGRAMA DE AMPLITUD DE LA RED

0

dB

-5 20 log

-10 -15 10 -3

10 -2

10 -1

w sp w so

≈ −14dB

10 0

10 1

log w

θ≅-5º

DIAGRAMA DE FASE DE LA RED

grados

0

-50 10 -3

10 -2

10 -1

10 0

wc

log w

10 1

La siguiente gráfica representa los diagramas de amplitud y de fase de los sistemas sin compensar (gráficas superiores) y compensado (gráficas inferiores), el nuevo margen MF=45o está dentro de las especificaciones.

100

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

dB

0 -100 -200 10 -3

10 -2

10 -1

10 0

10 1

10 2

10 3

10 2

10 3

log w FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

grados

0

MF=45º

-100 -200 -300 10 -3

10 -2

10 -1

10 0

10 1

log w

49

Soluciones

Nos queda por comprobar si la otra especificación, el ancho de banda, es igual o mayor que 2 rd/s. Para ello se calcula la función de transferencia del sistema en lazo cerrado, G c (s) G(s) 1 + G c (s) G(s)

=

s4

+ 26.0731

s3

498.0650 s + 175.5417 + 121.9017 s 2 + 506.842 s + 175.5417

que tiene un cero en -0.35, debido a la red, y polos en -0.3780, -2.1983±j4.1447, -21.4786. La proximidad de uno de los polos al cero hace que el ancho de banda del sistema venga prácticamente fijado por el polo complejo conjugado, concretamente se sabe que ωWB es superior a ωn , siendo ωn=4.69 en este caso, por tanto ωWB es mayor que 2 rd/s y se cumple la especificación. En la siguiente figura se puede ver el diagrama de Bode del sistema en lazo cerrado, donde se pone de manifiesto la afirmación anterior. Gráficamente se puede determinar que el punto de corte con la recta de -3 dB y por tanto el ancho de banda se produce a la frecuencia ω≅ 6 rad/s. 10

AMPLITUD SISTEMA EN LAZO CERRADO

0

dB

-3dB

-10 -20 10 -1

10 0

wwb

10 1

log w FASE SISTEMA EN LAZO CERRADO

grados

0 -100 -200 10 -1

10 0

10 1

log w

←

⊕

→

27.- La función de transferencia del sistema en lazo abierto sin compensar se obtiene del producto de las funciones de transferencia del motor y carga y del tacómetro FTLA =

50

2.5 (s + 0.1) (0.1 s + 1)

=

s +1 0.1

25

s +1 10

Soluciones

Para trazar el diagrama de Bode de la planta sistema sin compensar, que se incluye en una figura más adelante junto con el diagrama del sistema compensado, hay que tener en cuenta las siguientes contribuciones: una constante de 25, un polo real negativo a la frecuencia 0.1 y un polo real negativo a la frecuencia 10. En este diagrama se observa un MG =∞ y un MF ≅ 80ο. El problema se puede plantear por tanto en estos términos: diseñar un controlador PI tal que el MF del sistema se reduzca a 60o y el tiempo de asentamiento esté comprendido entre 0.5 y 1 sg. Para resolverlo se recomienda aplicar el procedimiento de diseño para controladores PID, extraído del libro de Phillips y Nagle (1987), que se resume a continuación. En este caso concreto, MF = 60o

⇒ Arg (G(jωa)) = -120o ⇒

- arc tg ωa - arc tg ωa = - 120o ⇒ a + b = 120o 0.1 10

ωa + ωa 0.1 10 = tg (120o ) = -1.73 ⇒ 1.73 ω2a - 10.1 ωa - 1.73 = 0 ⇒ ωa = 6 ⇒ ω 1 - a ωa 0.1 10 si se elige ωc=5 < ωa, se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc) ) ≅ - 115.4 o Gj5

dB =

20 log 25 - 20 log 1 + 502 - 20 log 1 + 0.5 2 ≅ - 7 dB ⇒ G(j ωc) ≅ 0.45 θ = 60 - 180 - (- 115) = - 4.6 K P ≅ 1 ≅ 2.22 0.45

KI = - - 0.0802 5 ≅ 0.89 0.45

Los diagramas de amplitud y de fase del controlador se determinan a partir de la función Gc(s) = 2.22 + 0.89 s

51

Soluciones

Procedimiento de diseño para controladores PI, PD y PID - Determinar gráfica o analíticamente la frecuencia ωa a la que el sistema sin compensar presenta una fase de arg ( G(j ωa) ) = MFdeseado - 180o - Elegir una frecuencia de diseño ωc para el controlador, próxima a ωa y que cumpla la condición particular ωc < ωa si se trata de un controlador PI ωc > ωa si se trata de un controlador PD de esta forma se garantiza que el controlador elegido va a poder compensar la fase del sistema a la frecuencia ωc. - Determinar gráfica o analíticamente, la ganancia y la fase del proceso para ωc. - Calcular la fase θ que debe aportar el controlador para que a la frecuencia ωc se consiga un margen de fase deseado (igual o superior al especificado). Equivale a utilizar la siguiente expresión θ = MFdeseado - 180o - arg ( G(j ωc) ) - Determinar la ganancia proporcional KP del controlador, tal que a la frecuencia ωc la ganancia del conjunto (proceso+controlador) sea la unidad. Utilizar la expresión KP = cos θ G(j ωc) - Resolver la siguiente ecuación, eligiendo alguna relación entre la ganancia integral y la derivativa o el valor de alguna de ellas. En el caso particular PI, hacer KD=0, y en el caso PD hacer KI=0. KD ωc - KI = sen θ ωc G(jωc) - Obtener la función de transferencia del controlador, como G c(s) = KP + Ks I + K D s Observación: Este procedimiento garantiza que se consigue el margen de fase deseado. Si además existe especificación de margen de ganancia o cualquier otra especificación, puede ocurrir que con la primera elección de la frecuencia ωc no se consiga la especificación y sea necesario efectuar otro intento.

52

Soluciones

dB

40

DIAGRAMA DE AMPLITUD DEL CONTROLADOR 20 logKp ≅ 7 dB

20 0 10-2

10-1

100

101

log w

grados

0

DIAGRAMA DE FASE DEL CONTROLADOR

θ≅-4.6º

-50 -100 10-2

10-1

100

wc

log w

101

La siguiente figura representa los diagramas de amplitud del sistema sin compensar (gráfica inferior) y del sistema compensado (gráfica superior), y los diagramas de fase sin compensar (gráfica superior) y compensado (gráfica inferior). En los que se observa la reducción del margen de fase.

dB

100 0 -100 10-2

0 grados

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

10-1

100 log w

101

102

FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

-100 MF=60º -200 10-2

10-1

100 log w

101

102

Nos queda por comprobar si la otra especificación, tiempo de asentamiento entre 0.5 y 1 s, se cumple. Para ello se calcula la ecuación característica del sistema en lazo cerrado,

53

Soluciones

1 + Gc(s) G(s) Gt (s) = 1 + 2.22 + 0.89 s

0.1 25 = 0 ⇒ s3 + 10.1 s2 + 56.5 s + 22.25 = 0 s + 0.1 0.1 s + 1

cuyas raíces son -0.43 y -4.84±5.38j, en las que domina la raíz real con constante de tiempo τ=1/0.43=2.33 asociada al polo real, y a la que corresponde un tiempo de asentamiento aproximado de 4τ=9.32 sg, muy superior al especificado. Por tanto el diseño realizado no es totalmente adecuado. A continuación se hace una discusión sobre el lugar de las raíces que aclara la dificultad de encontrar una solución al diseño PI. El lugar de las raíces del sistema compensado con un bloque proporcional tiene la forma típica de un sistema de segundo orden, en el que es posible conseguir raíces complejas con parte real igual a (0.1+10)/2=5.05, y por tanto con tiempo de asentamiento ts=4/5.05=0.79 sg, que está comprendido entre 0.5 y 1 como se especifica en el diseño. Bastaría imponer la especificación de 10% de sobreelongación (δ=0.6) para obtener el valor de la ganancia proporcional necesaria. El único inconveniente de este diseño es que, debido al error en estado estacionario, no se alcanzaría la alta precisión deseada. El controlador PI garantiza la precisión en estado estacionario, pero introduce un polo en el origen y un cero en -KI/KP, tal que la respuesta del sistema compensado se hace más lenta y no es posible cumplir las especificaciones de tiempo de asentamiento. La siguiente figura muestra al lugar de las raíces del sistema diseñado anteriormente. El inconveniente que se presenta es muy parecido al comentado en el apartado (b) del problema 25. LUGAR PARA EL SISTEMA CON CONTROLADOR PI 6 4

imag

2 0 -2 -4 -6 -10

-5

0

5

real 28.- En el enunciado de este problema se plantea el diseño de una red de adelanto. La solución más inmediata que evite la aparición de un polo real, más próximo al eje imaginario que las raíces complejas, es la compensación mediante cancelación del polo en -0.1. La ecuación característica debe ser

54

Soluciones

1 + s s++0.1 p

0.1 25 = 0 ⇒ s 2 + (10+ p) s + 10 p + 25 = 0 s + 0.1 0.1 s + 1

Por otra parte, según las especificaciones, el sistema se debe comportar como de segundo orden con Mp=10% (δ=0.6) y 0.5 < ts =

4 <1 ⇒ 0.6 ωn

6.67 < ωn < 13.33

que implican las siguientes condiciones sobre el polo de la red 8 < 10 + p < 16

y

44.48 < (10 p + 25) < 177.69

así pues p=4 puede ser una solución. La siguiente figura recoge el lugar de las raíces en este caso. El diseño realizado sigue teniendo el inconveniente del diseño con controlador proporcional respecto al diseño con controlador PI, ya que no elimina el error en estado estacionario. LUGAR PARA EL SISTEMA COMPENSADO CON CANCELACION 6 4

imag

2 0 -2 -4 -6 -10

-5

0 real

←

⊕

→

29.- La función de transferencia que relaciona la salida del sistema con la carga, siendo R(s)=0, es

55

Soluciones

1 Y(s) s (s + 1) 1 = = W(s) 1 s (s + 1) + D(s) 1 + D(s) s (s + 1) La desviación en la salida, respecto a la referencia, producida por un cambio escalón unitario en la carga se obtiene como sigue ess = lim

s→0

1 1 = s (s + 1) + D(s) lim D(s) s→0

En las especificaciones de diseño del compensador D(s) se pide que la desviación anterior sea inferior al 80% y que el coeficiente de amortiguamiento del sistema sea δ=0.707. a) Si D(s)=KP, resulta que

ess = 1 < 0.8 ⇒ KP > 1 KP 0.8

y se obtiene la ecuación característica, s 2 + s + KP = 0 ⇒ ωn = KP ; δ =

1 2 KP

cuyas raíces tendrán δ=0.707 si KP=0.5. Luego con un controlador proporcional es imposible cumplir ambas especificaciones. b) Si D(s) = KP + KD s, se obtiene la misma condición para KP que en el apartado anterior. Para obtener alguna condición sobre KD hay que imponer la especificación sobre la ecuación característica, s 2 + s (1 + KD) + K P = 0 ⇒ ωn = K P ; δ = 1 + K D 2 KP c) Si se elige KP=2, se cumple la primera especificación, y de la segunda se obtiene que KD=1. La siguiente figura muestra el lugar de las raíces para el controlador PD, con la constante de tiempo derivativa TD=KD/KP=0.5 fija y KP variable entre 0 y 2. En él se observa claramente que para KP=2 las raíces del sistema en lazo cerrado se sitúan en las diagonales del segundo y tercer cuadrante, concretamente en -1±j, como se pedía en la segunda especificación.

56

Soluciones

LUGAR PARA EL SISTEMA CON CONTROL PD 1.5 1

imag

0.5 0 -0.5 -1 -1.5 -2

-1

0

1

real

←

⊕

→

30.- Para efectuar el diseño con técnicas del lugar de las raíces nos interesa expresar las especificaciones en el plano-s, Mp ≅ 7.5 ⇒ δ = 0.6362 ≅ 0.6 ts = 400 ms ⇒ δ ωn = 10 ⇒ ωn = 15.72 ≅ 16 las raíces complejas deben estar aproximadamente en -9.6±12.80j. Si el cero de la red de adelanto se localiza en s=-20, el polo p debe estar a su izquierda, la función de transferencia en lazo abierto es por tanto s +1 K p 20 K s + 20 Gc(s) G(s) = s = s (s + 10) (s + 1000) 20 s (s + 10) (s + p) (s + 1000) + 1 p la determinación de K y p se puede hacer imponiendo las condiciones de módulo y argumento para que la raíz -9.6+12.8j pertenezca al lugar, véase figura

57

Soluciones

θ 1 = arc tg 12.8 = 127o -9.6

r1 = ωn = 16

θ 2 = arc tg 12.8 = 88o 10 - 9.6

r2 =

10 - 9.6 2 + 12.8 2 = 12.81

θ 3 = arc tg 12.8 = 51o 20 - 9.6

r3 =

20 - 9.6 2 + 12.8 2 = 16.49

θ 4 = arc tg 12.8 p - 9.6 θ 5 ≅ 0o

r5 =

p - 9.6 2 + 12.8 2

r4 =

1000 - 9.6 2 + 12.8 2 = 990.48

por la condición de argumento θ 3 - θ 1 - θ 2 - θ 4 -θ 5 = - 180o ⇒ θ 4 = 16o ⇒ p = 54.25 y por la condición de módulo

16 12.81 (54.25 - 9.6) + 12.8 990.48 Kp r r r r = = = 571580 ⇒ K = 210720 20 r 16.49 2

1

2

4

2

5

3

Por la disposición de los polos y ceros es fácil comprobar que las raíces complejas que se obtienen son las raíces dominantes, luego el problema de diseño ha quedado resuelto. También se pide en el enunciado el coeficiente de error de velocidad, que resulta ser K v = lim s Gc(s) G(s) = s→0

58

K ≅ 21 10000

Soluciones

31.- Se trata de resolver la siguiente ecuación en diferencias x(k) - 3 x(k-1) + 2 x(k-2) = e(k) a) Teniendo en cuenta las condiciones del enunciado e(0) = e(1) = 1 ; e(k) = 0 , k ≥2 x(-2) = x(-1) = 0 mediante cálculo se determinan los sucesivos valores de x. x(0) = 3 x(-1) - 2 x(-2) + e(0) = 0 - 0 + 1 = 1 x(1) = 3 x(0) - 2 x(-1) + e(1) = 3 - 0 + 1 = 4 x(2) = 3 x(1) - 2 x(0) + e(2) = 12 - 2 + 0 = 10 x(3) = 3 x(2) - 2 x(1) + e(3) = 30 - 8 + 0 = 22 x(4) = 3 x(3) - 2 x(2) + e(4) = 66 - 20 + 0 = 46 b) Aplicando transformada z a la ecuación en diferencias se obtiene X(z) - 3 z-1 X(z) + 2 z-2 X(z) = E(z) X(z) =

z2 E(z) z2 - 3z + 2

por otra parte ∞

E(z) =

Σ k=0

e(k) z-k = e(0) + e(1) z-1 = z +z 1

luego X(z) =

z (z + 1) z2 - 3z + 2

y desarrollando en fracciones simples X(z) (z + 1) 3 2 z = (z - 2) (z - 1) = z - 2 - z - 1 Utilizando la tabla de transformadas 2.1 de los apuntes, se obtiene la función x(k) = 3 2k - 2 que evaluada para k=0,1,2,3..., da los mismos valores obtenidos en el apartado (a).

59

Soluciones

c) No se puede aplicar el teorema del valor final porque la función X(z) tiene un polo (en z=2), fuera del circulo unidad.

←

⊕

→

32.- Para resolver este problema se va a hacer uso de la tabla transformadas. a) Por comparación, de la función dada con la transformada cos a k ↔

z2

z (z - cos a) - 2 z cos a + 1

se observa que se trata de un caso particular, con cos a = 0 => a = π/2, luego la transformada inversa buscada es z2 ↔ cos k π 2 2 z +1 b) En este caso hay una cancelación del cero y polo en z=1, la función se reduce a F(z) =

z (z - 1) z = (z - 1) (z - 0.25) z - 0.25

y por comparación con la transformada ↔ z z- a

ak se obtiene la transformada inversa f(k) = 0.25k .

c) Factorizando el denominador se observa que la función coincide con la transformada k

↔

z (z - 1)2

luego, la transformada inversa es f(k) = k. d) Descomponiendo en fracciones simples se obtienen términos del mismo tipo que la función del apartado (b), z z ) F(z) = =2 ( z (z - 0.5) (z - 2) 3 z - 2 z - 0.5 luego, la transformada inversa es f(k) = 2 (2k - 0.5 k ) 3

←

⊕

→

33.- Aplicando transformada z, z2 Y(z) - z2 y(0) - z y(1) + 3 z Y(z) - 3 z y(0) + 2 Y(z) =

60

Soluciones

= z2 R(z) - z2 r(0) - z r(1) + z R(z) - z r(0) + R(z) Suponiendo que inicialmente en reposo, y(0) = y(1) = r(0) = r(1) = 0, y sustituyendo R(z) por la transformada de la señal escalón, se obtiene 2 Y(z) = z + z + 1 z 2 z +3z+2z-1

Desarrollando en fracciones simples 1 -1 Y(z) 1 2 2 z =z+1+z+2+z-1 se obtiene la siguiente transformada inversa, que es la respuesta del sistema, inicialmente en reposo, a una entrada escalón. y(k) = - 1 (-1)k + (-2)k + 1 2 2

←

⊕

→

34.- a) Se trata de encontrar la transformada z de la salida del sistema cuando la entrada es un escalón unitario. El sistema se compone de cuatro bloques en serie: el convertidor AnalógicoDigital, que hace la función de muestreador, el filtro digital, descrito por la ecuación en diferencias del enunciado, el convertidor Digital-Analógico, que hace la función de retenedor de orden cero, y un sistema continuo descrito por una función de transferencia de segundo orden. Luego C(z) = G(z) D(z) E(z) siendo G(z) =

Ζ

1 - e- T s 1 = z z- 1 s (s + 1) (s + 2)

Ζ

1 1 2 - 1 + 2 s s+1 s+2

que para T=1/25 toma el valor G(z) =

D(z) =

10-3 (0.7687 z + 0.7386) z2 - 1.8839 z + 0.8869

M(z) 0.5 ( z - 0.99) = E(z) z - 0.995

E(z) = z z-1

luego C(z) =

10-3 z (0.3844 z2 - 0.0112 z - 0.3656) z4 - 3.8789 z3 + 5.6403 z2 - 3.6439 z + 0.8825

61

Soluciones

b) Aplicando el teorema del valor inicial,

c(0) = lim C(z) = 0 z→∞

Para determinar c(∞) se puede aplicar el teorema del valor final, porque C(z) tiene tres polos en el interior del circulo unidad y un polo simple en z=1, 10-3 z (0.3844 z2 - 0.0112 z - 0.3656) = 0.5 z → 1 (z2 - 1.8839 z + 0.8869) (z - 0.995)

c(∞) = lim (z - 1) C(z) = lim z→1

también se puede calcular como producto de ganancias c(∞) = D(1) G(0) e(∞) = 1 0.5 1 = 0.5

←

⊕

→

35.- a) Según el diagrama de bloques C(s) = G(s) E(s) E(s) = R(s) - C(s) - H(s) C*(s) luego C(s) = G(s) R(s) - G(s) C(s) - G(s) H(s) C*(s) G(s) C(s) = R(s) - H(s) C* (s) 1 + G(s)

E( s )

C* ( s )

=>

y aplicando transformada, se obtiene la siguiente expresión para C(z). C(z) =

FR(z) 1 + FH(z)

siendo

F(s) =

b) Según el diagrama de bloques A * ( s)

E* ( s )

E( s )

62

A ( s)

G(s) 1 + G(s)

Soluciones

C(s) = G2(s) A*(s) A(s) = G1(s) E*(s) luego

=> C(z) = G2(z) A(z) => A(z) = G1(z) E(z)

E(s) = R(s) - H(s) C(s) E(s) = R(s) - G2(s) H(s) A*(s)

=> E(z) = R(z) - G 2 H(z) A(z)

E(z) =

1 R(z) 1 + G 1 (z) G2 H(z)

y sustituyendo en la expresión de C(z), se obtiene C(z) =

G1 (z) G2 (z) R(z) 1 + G1 (z) G2 H(z)

c) Según el diagrama de bloques,

H2(s) H1(s)

C(s) = G2(s) A(s) A(s) = G1(s) E(s) - H2(s) C*(s) E(s) = R(s) - H1(s) C(s) luego

C(s) = G1(s) G2(s) R(s) - G1(s) G2(s) H1(s) C(s) - G2(s) H2(s) C*(s) C(s) =

G2 (s) G1 (s) R(s) - H2 (s) C* (s) 1 + G1 (s) G2 (s) H1 (s)

y aplicando transformada, se obtiene la siguiente expresión para C(z). C(z) =

FG1 R(z) 1 + FH2 (z)

siendo

F(s) =

G2 (s) 1 + G1 (s) G2 (s) H1 (s)

Por los diagramas de bloques (a) y (c) se observa que (a) es un caso particular de (c) con G1(s) = H1(s) = 1, G2(s) = G(s) y H2(s) = H(s), como también se pone de manifiesto en las expresiones resultantes. d) Según el diagrama de bloques,

63

Soluciones

C(s) = G(s) E(s) E(s) = R(s) - H1(s) D(z) C*(s) - H2(s) C(s)

D(z)

C(s) = G(s) R(s) - G(s) H1(s) D(z) C*(s) - G(s) H2(s) C(s)

luego

C(s) =

G(s) R(s) - H1 (s) D(z) C* (s) 1 + G(s) H2 (s)

y aplicando transformada, se obtiene la siguiente expresión para C(z). C(z) =

FR(z) 1 + FH1 (z) D(z)

siendo

F(s) =

G(s) 1 + G(s) H2 (s)

Por los diagramas de bloques (a) y (d) se observa que (a) es un caso particular de (d) con H1(s) = H(s), H2(s) = 1 y D(z) = 1, como también se pone de manifiesto en las expresiones resultantes.

←

⊕

→

36.- a) Según el enunciado, D(z) es la función de transferencia del controlador, que realiza el computador, G1(s) es la función de transferencia del conjunto actuador+carburador, y G2(s) es la función de transferencia del motor. El sistema se puede representar mediante el siguiente diagrama de bloques Bloque ficticio V R(z)

0.03

N(s) +

E(z)

D(z)

M(z)

G0 (s)

M(s)

G1 (s)

-

0.03V(z) 0.03 T

64

+

G2 (s)

V(s)

Soluciones

donde se ha añadido un bloque ficticio a la entrada para que vR(t) represente en Km/h la velocidad deseada, y donde n(t) es la perturbación de par de carga. Según este diagrama M(z) = D(z) E(z) = 0.03 D(z) ( VR(z) - V(z) ) V(s) = G2 (s) ( G1 (s) M(s) - N(s) ) V(s) = G1 (s) G2 (s) G0 (s) M*(s) - G 2 (s) N(s) siendo -Ts

G0 (s) = 1 - es

la función de transferencia del conversor Digital-Analógico Aplicando transformada z y haciendo uso de la primera relación, se llega a la siguiente expresión que relaciona la velocidad del motor con la velocidad deseada y del par de carga V(z) =

0.03 G(z) D(z) G2 N(z V (z) 1 + 0.03 G(z) D(z) R 1 + 0.03 G(z) D(z)

siendo G(z) = G 0 G 1 G 2(z) = z-1 z

Z

G 1 (s) G 2 (s) s

b) Suponiendo que el par perturbador es nulo y que D(z)=1, sustituyendo en la expresión determinada anteriormente, se obtiene la siguiente función de transferencia que relaciona la velocidad del motor con la velocidad de referencia V(z) 0.03 G(z) = VR(z) 1 + 0.03 G(z) Se pide evaluar la respuesta del sistema a una entrada en escalón de 5 km/h, luego VR(z) = 5 z z-1 y G(z) la función de transferencia discretizada del conjunto (actuador+carburador+carga total en el motor), 32 32 + 8 - 40 G(z) = z z- 1 = z z- 1 s s + 1 s + 0.2 s (s + 1) (5 s + 1)

Ζ

G(z) = z z- 1

Ζ

32 z + 8 z - 40 z z-1 z - e-T z - e- 0.2 T

que para T=0.2 sg, toma el valor

65

Soluciones

G(z) =

z2

0.1183 z + 0.1092 - 1.7795 z + 0.7866

Queda entonces la función de transferencia del sistema en lazo cerrado V(z) = 0.03 0.1183 z + 0.1092 VR(z) z2 - 1.7760 z + 0.7899 en la que sustituyendo VR(z), se puede hacer un primer desarrollo V(z) = 2.4490

z z2 - 0.7832 z z - 1 z2 - 1.7760 z + 0.7899

En este primer desarrollo se observa que el segundo término no coincide con ninguna función de la tabla de transformadas, pero se puede expresar como una combinación de las dos transformadas siguientes

z2

z2 - e- a T cos b T z ↔ e- a k T cos b k T - 2 e- a T cos b T z + e- 2 a T

z2

e- a T sen b T z ↔ e- a k T sen b k T -2 cos b T z + e- 2 a T e- a T

concretamente, V(z) = 2.4490

z z2 - 0.8880 z 0.1048 z 2 z - 1 z - 1.7760 z + 0.7899 z2 - 1.7760 z + 0.7899

e identificando coeficientes, se obtiene la siguiente función para la respuesta del sistema a un cambio en escalón de 5 km/h. e- 2 a T = 0.7899 ⇒ a = 0.5896 2 e- a T cos b T = 1.7760 ⇒ b = 0.2121 v(k) = 2.4490 ( 1 - e- 0.1179 k cos 0.0424 k - 2.7818 e- 0.1179 k sen 0.0424 k ) c) Este apartado se resuelve de igual forma que el anterior, salvo que la función de transferencia G(z) es G(z) = z z- 1

Ζ s (5 32 s + 1)

que para T=0.2 sg, toma el valor 66

= z z- 1

Ζ 32s - s +320.2

= G(z) = z z- 1

32 z - 32 z z-1 z - e- 0.2 T

Soluciones

G(z) = 1.2547 z - 0.9608 y queda entonces la función de transferencia del sistema en lazo cerrado V(z) = 0.03 1.2547 z - 0.9231 VR(z) sustituyendo VR(z), se llega al siguiente desarrollo V(z) = 0.03

z2

6.2737 z z = 2.4490 z z 0.9231 z 1 - 1.9231 z + 0.9231

la respuesta del sistema a una entrada en escalón de 5 km/h es por tanto v(k) = 2.4490 ( 1 - 0.9231 k ) d) Como el período de muestreo es de 0.2 sg, se trata de dibujar los valores de las funciones, obtenidas en los apartados (b) y (c), en los 101 primeros instantes de muestreo. La figura recoge ambas gráficas. Se observa, con D(z)=1: tiempos de asentamiento similares, tiempo de subida menor en el caso (c). Por tanto, el ignorar la constante de tiempo del carburador hace que la respuesta del sistema simulado sea algo más rápida que la del sistema real y que no tenga en cuenta las sobreelongaciones que se pueden presentar para otros valores de D(z). En ambos casos no se alcanza la velocidad deseada, hay un error de 5 - 2.4490 = 2.5510 Km/h. PROBLEMA 36 : RESPUESTAS A UN ESCALON DE 5 KM/H

2.5

velocidad km/h

2

1.5

(c)

(b)

1

0.5

0 0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

tiempo en sg

67

Soluciones

←

⊕

→

37.- a) Suponiendo que la entrada de referencia r(t) es un valor constante, la función de transferencia que relaciona a la entrada de perturbación f(t) con la salida del sistema c(t) se puede determinar a partir del siguiente diagrama de bloques, C(z) = - G0 G 1 (z) D(z) C(z) + G 1 F(z) C(z) =

G1 F(z) 1 + G0 G 1 (z) D(z) F(s)

D(z)

+

M(s)

M(z) G0 (s)

C(s) G1 (s)

+

T

-1

siendo G 0G 1 (z) =

Ζ

1 - e- T s 1 = 1 - e-T s s+1 z - e-T

G 1 F(z) =

Ζ s +1 1 1s

que para T=0.1 toman los siguientes valores G0 G 1 (z) = 0.0952 z - 0.9048

G 1F(z) =

0.0952 z (z - 0.9048) (z - 1)

Con D(z)=1, la transformada z de la salida resulta ser C(z) =

0.0952 z (z - 0.8097) (z - 1)

cuyo valor estacionario se puede determinar aplicando el teorema del valor final,

68

=

z (1 - e-T) (z - e-T) (z - 1)

Soluciones

c(∞) = lim (z - 1) C(z) = 0.5 z→1

b) El resultado del apartado (a) confirma que para una entrada de referencia constante, si se produce una perturbación escalón, la salida se aparta de la señal de referencia en la mitad de la amplitud del escalón. Para que esto no ocurra, la función de transferencia D(z) del controlador debe tener un polo en z=1. Efectivamente, sustituyendo D(z) = 1 + 0.1 z = 1.1 z - 1 z-1 z-1 en la expresión de C(z) se obtiene la función C(z) =

z2

0.0952 z 0.0952 z = (z 0.9217) (z - 0.8784) - 1.8002 z + 0.8097

que tiene sus dos polos en el interior del círculo unidad, luego c(∞) = lim (z - 1) C(z) = 0 z→1

y por tanto para una entrada de referencia constante, si se produce una perturbación escalón, la salida se aparta momentáneamente de la señal de referencia, pero pasado el transitorio vuelve a su valor. c) Suponiendo que la entrada de perturbación es nula, la función de transferencia que relaciona a la entrada de referencia r(t) con la salida del sistema c(t) se puede determinar a partir del siguiente diagrama de bloques,

R(s)

C(s)

+ D(z) -

G0 (s)

G1 (s)

T

C(z) G 0 G1 (z) D(z) = R(z) 1 +G0 G 1 (z) D(z) Con D(z)=1 y T=0.1 sg, la función de transferencia en lazo abierto del sistema discreto equivalente es G0 G 1 (z) D(z) = G(z) = 0.0952 z - 0.9048

69

Soluciones

Se trata de una FTLA de orden 0, porque no tiene ningún polo en z=1. La constante de error de posición vale pues K p = lim G(z) = 1 z→1

y el error estacionario para entrada en escalón es ess =

1 = 0.5 1 + Kp

la constante de error de velocidad es Kv=0 y el ess para entrada en rampa es Con

.

D(z) = 1 + 0.1 z = 1.1 z - 1 z-1 z-1

y T=0.1 sg, la función de transferencia en lazo abierto del sistema discreto equivalente es G(z) =

0.0952 (1.1 z - 1) (z - 0.9048) (z - 1)

Se trata de una FTLA de orden 1, porque tiene un polo en z=1. La constante de error de posición es ∞ y el error estacionario para entrada en escalón es 0. La constante de error de velocidad es

0.0952 (1.1 - 1) =1 Kv = lim 1 (z - 1) G(z) = 1 1 - 0.9048 0.1 z→1 T

y el ess para entrada en rampa es

ess = 1 = 1 Kv

←

⊕

→

38.- Para pronosticar sobre la respuesta transitoria a partir de la ecuación característica de un sistema hay que calcular las raíces de ésta. Concretamente se trata de seis sistemas de segundo orden, en función de la posición de las raíces en el plano z se puede saber si la respuesta del sistema a un escalón es: sobreamortiguada, amortiguada crítica, subamortiguada, oscilatoria mantenida, oscilatoria inestable, decreciente, o creciente.. a) Las raíces son ( 0.5 + 0.5 j , 0.5 - 0.5 j ) complejas conjugadas con módulo r=0.7 ,menor que uno, y argumento θ=45º , por tanto la respuesta es oscilatoria subamortiguada con coeficiente de amortiguamiento y frecuencia natural dados por

70

Soluciones 2

ωn T = ln2 r + θ = 0.86 δ = - ln r = 0.40 ωn T b) Las dos raíces ( 0.9 y 0.8 ) son reales y están dentro del círculo unidad, por tanto la respuesta es exponencial decreciente. c) Las raíces son ( 0.5 + 0.866 j , 0.5 - 0.866 j ) complejas conjugadas con módulo r=1 y argumento θ=60º , por tanto la respuesta es oscilatoria mantenida con frecuencia dada por ωnT =1.05 . d) Las raíces son ( 0.5 + 1.3229 j , 0.5 - 1.3299 j ) complejas conjugadas con módulo r=1.4 ,mayor que uno, por tanto la respuesta es oscilatoria inestable. e) Las raíces son (1 y -1), reales con módulo r=1, la contribución de la primera raíz será un valor constante y la contribución de la segunda será un valor constante con signo positivo en los instantes pares y negativo en los impares. La respuesta total alternará entre dos valores constantes. f) Las raíces son (0.8 y -0.8), reales con módulo r=0.8, menor que la unidad, la contribución de ambas raíces será decreciente exponencialmente, pero la contribución de la segunda tendrá signo positivo en los instantes pares y negativo en los impares. La respuesta total es decreciente.

←

⊕

→

39.- No se incluye solución a este problema porque se ha elegido como ejercicio 1 de la 3ª Prueba de evaluación.

←

⊕

→

40.- Aplicando transformada z se obtiene la siguiente función de transferencia Y(z) = z R(z) z2 - a z - b Estudiar la estabilidad del sistema equivale a estudiar los polos de dicha función de transferencia. Utilizando un período de muestreo normalizado T=1 se puede aplicar la transformada bilineal y el criterio de Routh, pero resulta más simple en este caso aplicar el criterio de Jury.

71

Soluciones

Por tratarse de un sistema de 2º orden, la tabla de Jury sólo tiene una fila z0 -b

z1 -a

z2 1

las condiciones de estabilidad determinan las condiciones sobre los parámetros a y b, concretamente F(1) > 0 ⇒ - b - a + 1 > 0 ⇒ a < 1 - b (-1)2 F(-1) > 0 ⇒ - b + a + 1 > 0 ⇒ a > b - 1 a0 < a2 ⇒ - b < 1 ⇒ -1 < b < 1 En resumen, el sistema descrito por la ecuación en diferencias y(k) = a y(k-1) + b y(k-2) + r(k-1) es estable si se cumplen las dos condiciones siguientes -1 < b < 1 b-1 < a < 1 -b

←

⊕

→

41.- El parámetro es K, la función de transferencia a tener en cuenta para dibujar el lugar de las raíces es por tanto 0.5 (z + 1) G(z) = (z - 1)2 La función tiene un polo doble en z=1 y un cero en z=-1, por tanto sólo hay raíces sobre el eje real en el intervalo -∞ -1 El número de asíntotas es nº de polos - nº de ceros = 1, luego la asíntota coincide con el eje real. Los puntos de ruptura se calculan como sigue 2 d 1 = 0 ⇒ 2 (z - 1) 0.5 (z + 1) - 0.5 (z - 1) = 0 d z G(z) 0.25 (z + 1)2

lógicamente el polo doble es uno de los puntos de ruptura, y el otro punto de ruptura está situado simétricamente respecto del cero en z=-1, es decir en z=-3.

72

Soluciones

Con la información obtenida se puede dibujar el lugar de las raíces exacto, en el que se observa que el sistema es inestable para todo valor de K.

←

⊕

→

42.- a) La ecuación característica del sistema es z2 - 1.7795 z + 0.7866 + 0.03 K (0.1183 z + 0.1092) = 0 que se puede expresar como z2 + (0.03 0.1183 K - 1.7795) z + 0.7866 + 0.03 0.1092 K = 0 donde no se han efectuado los productos para evitar errores de redondeo. Esta ecuación característica es de la forma general z2 - a z - b = 0, que fue analizada en el problema 40, con a = 1.7795 - 0.03 0.1183 K b = - (0.7866 + 0.03 0.1092 K) luego se pueden aplicar las condiciones de estabilidad determinadas entonces. Concretamente de -1 < b < 1, que es equivalente a la condición -1 < -b < 1, se obtiene

73

Soluciones

-1 < 0.7866 + 0.03 0.1092 K < 1

-->

-545.4 < K < 65.14

y de b-1 < a < 1-b, se obtienen -0.7866 - 0.03 0.1092 K - 1 < 1.7795 - 0.03 0.1183 K

--->

K < 13062

1.7795 - 0.03 0.1183 K < 1 + 0.7866 + 0.03 0.1092 K

--->

K > -1.04

luego el rango de estabilidad para este sistema es -1.04 < K < 65.14 . Otra forma de resolver el problema es aplicando la transformada bilineal. Concretamente como T=0.2 sg, sustituyendo 1+Tw 2 = 1 + 0.1 w = 10 + w z= T 1 - w 1 - 0.1 w 10 - w 2 en la ecuación característica se llega al siguiente polinomio característico en w, ao w2 + a1 w + a2 = 0 siendo ao = 1 + 1.7795 + 0.7866 - 0.03 0.1183 K + 0.03 0.1092 K = 3.5661 - 0.03 0.0091 K a1 = 20 - 15.732 - 0.03 2.184 K = 4.268 - 0.06552 K a2 = 100 - 177.95 + 0.03 11.83 K + 78.66 + 0.03 10.92 K = 0.71 + 0.6825 K Según el criterio de Routh, las raíces de esta ecuación de 2º orden estarán todas en el semiplano izquierdo, y por tanto el sistema será estable, si todos los coeficientes son positivos ao > 0 a1 > 0 a2 > 0

---> ---> --->

K < 13062 K < 65.14 K > -1.04

luego el rango de estabilidad para la ganancia es -1.04 < K < 65.14, que coincide con el obtenido anteriormente. b) La ecuación característica tiene la forma 1 + 0.03 K G(z) = 0, luego considerando K>0 como el parámetro del sistema, la función de transferencia a tener en cuenta para dibujar el lugar de las raíces es 0.03 G(z) = 0.03 0.1183 z + 0.1092 z2 - 1.7795 z + 0.7866

74

Soluciones

que tiene polos en p1=0.8187 y p2=0.9608, y un cero en z1=-0.9231. Por tanto hay raíces sobre el eje real en los intervalos - ∞ - 0.9231

y

0.8187 0.9608

El número de asíntotas es nº polos - nº ceros = 1, luego la asíntota coincide con el eje real. Los puntos de ruptura se calculan como sigue, d 1 = 0 ⇒ (2 z - 1.7795) (0.1183 z + 0.1092) - (z2 - 1.7795 z + 0.7866) 0.1183 = 0 dz G(z) (0.1183 z + 0.1092) 2 0.1183 z2 + 0.2184 z - 0.2874 = 0

---> -2.7345 y 0.8884 son los puntos de ruptura

Con la información anterior ya se puede dibujar el lugar de las raíces aproximado, véase gráfica, en el que se observa que el sistema es estable hasta un cierto valor de K. Para determinar de forma geométrica este valor de K, hay que imponer la condición de módulo y la condición de argumento a la ecuación característica, el cálculo resulta complejo.

Se va a comprobar que para K=65.14, el lugar de las raíces cruza el círculo unidad. Efectivamente, sustituyendo K=65.14 queda la ecuación z2 - 1.5483 z + 1 = 0, cuyas raíces 0.7742+0.6330j y 0.7742-0.6330j tienen módulo r=1. c) Si no se tiene en cuenta la constante de tiempo del carburador, la ecuación característica resultante es

75

Soluciones

z - 0.9608 + 0.03 1.2547 K = 0 cuya única raíz debe estar comprendida entre -1 y 1 para que el sistema sea estable, luego -1 < 0.9608 - 0.03 1.2547 K < 1

--->

-1.04 < K < 52.09 es el rango de estabilidad.

La función a tener en cuenta para dibujar el lugar de las raíces es 0.03 G(z) = 0.03

1.2547 z - 0.9608

que tiene un polo en p=0.9608, por tanto sólo hay raíces, véase gráfica. sobre el eje real en el intervalo - ∞ 0.9608

Existe un valor de K a partir del cual el sistema es inestable. Este valor se puede determinar imponiendo la condición de módulo para la raíz z=-1, como sigue K=

rp = 1 + 0.9608 = 52.09 0.03 1.2547 0.03 1.2547

que coincide con el valor máximo determinado anteriormente.

76

Soluciones

Comparando ambos resultados se observa que el hecho de ignorar la constante de tiempo del carburador da lugar a la determinación de un rango de estabilidad algo inferior al que realmente tiene el sistema, que puede ser bueno para un diseño posterior, pero tiene el inconveniente de no poner de manifiesto la respuesta sobreamortiguada del sistema, asociada a las raíces complejas conjugadas del lugar de las raíces del apartado (b), para determinados valores de la ganancia K del controlador.

←

⊕

→

43.- Para el lazo interno de realimentación, se obtiene la siguiente función de transferencia G(s) =

θ(s) δ(s)

=

G p (s) 0.9407 = 1 + KD s Gp (s) s 2 + 0.9407 KD s - 0.0297

y para el lazo externo, se verifica la relación δ(s) = θc(s) - KP Go(s) θ*(s) luego θ(s) = G(s) θc(s) - KP Go(s) G(s) θ*(s) y aplicando transformada z, se llega a la siguiente relación entre la posición angular de referencia y la posición real. θ (z) =

G θ c(z) 1 + K P G(z)

siendo G(z) =

Z

G o (s) G(s) = z - 1 z

Z

G(s) s

y 1 + KP G(z) = 0 la ecuación característica del sistema. a) Si existe realimentación analógica, con KD=1, la función de transferencia del lazo interno toma el siguiente valor G(s) =

0.9407 s 2 + 0.9407 s - 0.0297

luego G(z) = z z- 1

Z

- 31.6734 + 0.9667 + 30.7067 s s + 0.9713 s - 0.0306

y como T = 0.04 sg -3 G(z) = 31.6734 z -z 1 - z + 0.0305 z + 0.9695 z = 10 (0.7432 z + 0.7339) z - 1 z - 0.9619 z - 1.0012 z2 - 1.9631 z + 0.9631

77

Soluciones

se llega a la ecuación característica z2 + (10-3 0.7432 KP - 1.9631) z + 10-3 0.7339 KP + 0.9631 = 0 De nuevo se trata de una ecuación de 2º grado, analizada en el problema 40, siguiendo el mismo procedimiento que en el problema anterior se llega a determinar el siguiente rango de estabilidad 0 < KP < 50.28 b) Si no existe realimentación analógica, KD=0, la función de transferencia del lazo interno es la Gp(s) del enunciado, luego G(z) = z z- 1

G(z) =

Z

- 30.4613 + 15.2306 + 15.2306 s s - 0.1723 s + 0.1723

10-3 0.7238 (z + 1) 10-3 0.7238 (z + 1) ≅ (z - 1.0069) (z - 0.9931 z2 - 2 z + 1

y la ecuación característica z2 + (10-3 0.7238 KP - 2) z + 10-3 0.7238 KP + 1 = 0 Siguiendo el mismo procedimiento, se determina que el sistema es inestable para todo valor de KP. Si se compara este resultado con el obtenido en el apartado (a), se llega a la conclusión que la realimentación analógica en velocidad tiene un efecto estabilizador sobre el sistema.

←

⊕

→

44.- El diagrama de Nyquist de la función de transferencia en lazo abierto del sistema está representado en el plano G(z). Quiere ello decir, que el punto de corte 0.03 con el eje real positivo corresponde al valor de la función para z=e-jπ=-1, y el punto de corte con el eje real negativo corresponde al valor de la función para z=ej0=1. Como G(-1) =

K (- 0.67) (- 0.18) ≅ 0.028 K (- 1.6) (- 2.67)

de la condición 0.028 K = 0.03 , se obtiene el valor de Κ ≅ 1, luego el punto de corte con el eje real negativo es

78

Soluciones

G(1) = K 1.33 1.82 ≅ - 9 K ≅ - 9 0.4 (- 0.67) Análisis de la estabilidad: G(z) tiene un polo en =1.67, fuera del círculo unidad, luego P=1. El diagrama de Nyquist rodea una vez al punto -1 pero en sentido contrario a las agujas del reloj, luego N=-1. El número de polos de la ecuación característica fuera del círculo unidad es por tanto Z = N + P = -1 + 1 = 0 y el sistema es estable para ese valor de K. Si K fuera mucho menor, entonces N sería igual a 0, y el sistema sería inestable. Un dibujo aproximado del lugar de las raíces confirma estos resultados.

←

⊕

→

45.- a) No se incluye solución a este apartado porque se ha elegido como ejercicio 3 de la 3ª Prueba de evaluación. b) Para trazar el diagrama de Bode es conveniente utilizar la transformada bilineal, que para T=0.2 sg supone el siguiente cambio z=(10+w)/(10-w). Entonces (w + 250.1733) (w - 10) 2 GH(w) = 0.03 - 0.0091 w - 2.1835 w + 22.7445 = - 0.03 0.0091 3.5661 (w + 0.9967) (w + 0.2) 3.5661 w 2 + 4.2674 w + 0.7108 y sustituyendo w por jω, interesa expresarla de la forma jω jω +1 +1 250.1733 10 GH(jω) = 0.9600 jω jω +1 +1 0.9967 0.2 Luego en el diagrama de Bode hay que considerar las siguientes contribuciones: - Una constante de 0.96 ≅ 1, que contribuye en el diagrama de amplitud con 20 log 1 = 0 db y en el diagrama de fase con 0o. - Un polo real negativo a la frecuencia 0.2, que contribuye en el diagrama de amplitud con - 20 log

2 1+ ω 0.2 2

y en el diagrama de fase con

- arc tg ω 0.2

79

Soluciones

- Un polo real negativo a la frecuencia 0.9967 ≅ 1, que contribuye en el diagrama de amplitud con - 20 log 1 + ω2 y en el diagrama de fase con - arc tg ω - Un cero real positivo a la frecuencia 10, que contribuye en el diagrama de amplitud con 20 log y en el diagrama de fase con

2 1+ ω 102

- arc tg ω 10

como si fuera un polo. - Un cero real negativo a la frecuencia 250.1733 ≅ 250, que contribuye en el diagrama de amplitud con 2 20 log 1+ ω 2502 y en el diagrama de fase con arc tg ω 250 Teniendo en cuenta estas contribuciones se obtienen los siguientes diagramas de amplitud y de fase.

80

Soluciones

En el diagrama de fase se observa que a la frecuencia ωcg ≅ 3.5 se produce el corte con la línea de -180o. A esa frecuencia el diagrama de amplitud toma el valor de -36.28 dB, luego el margen de ganancia del sistema es MGdB = 36.28 dB, o expresado en valor absoluto MG = 65.13. En el diagrama de amplitud se observa que no se produce el corte con la línea de 0 dB, luego el margen de fase es igual a 180o. Los resultados están de acuerdo con los obtenidos en el apartado (a). c) La frecuencia ω de la oscilación mantenida, es decir la frecuencia de la respuesta que tendrá el sistema como consecuencia de estar en el límite de la estabilidad, se obtiene a partir de la frecuencia de la oscilación mantenida ωw = ωcg ≅ 3.5 (obtenida en el plano w en el apartado anterior), deshaciendo la transformación bilineal mediante la expresión

ω = 2 arc tg ωw T ≅ 3.4 2 T El valor de ωw también se podría haber obtenido aplicando el criterio de Routh, para ello basta sustituir la ganancia K por el MG=65.13, que da el límite de la estabilidad y por tanto la oscilación mantenida, en la ecuación de segundo grado en w del apartado (a) del problema 42 ao = 3.55

;

3.55 w2 + 45.16 = 0

←

a1 = 0 ⇒

;

a2 = 45.16

w = j 3.5

⊕

⇒ ωw = 3.5

→

46.- La compensación en serie se realiza generalmente con un bloque proporcional para conseguir las especificaciones estacionarias y con una red de adelanto o de retardo, según convenga, para conseguir las especificaciones de margen de fase y margen de ganancia. En este caso concreto, para conseguir Kv=10, se necesita un bloque proporcional K, tal que Kv = lim K (z - 1) G(z) = K 2 z→ 1 T

4 (1 + 1)2 =2K 3+1

luego K = 5. Para decidir si se necesita una red de adelanto o de retardo es necesario dibujar el diagrama de Bode del sistema inicial, descrito por G(z), más el bloque proporcional. Como T=2, la transformación bilineal a aplicar es z=(1+w)/(1-w), se obtiene la siguiente función de transferencia en w 81

Soluciones

1+w 2 + 21+w +1 1-w 10 K G(w) = 20 1 - w = 2 1 + w 1 + w w 1 +w 3 - 2 -1 2 1-w 1-w Luego en el diagrama de Bode hay que considerar las siguientes contribuciones: - Una constante de 10, que contribuye en el diagrama de amplitud con 20 log 10 = 20 db y en el diagrama de fase con 0o. - Un polo en el origen, que contribuye en el diagrama de amplitud con - 20 log ω y en el diagrama de fase con -90o. - Un polo real negativo a la frecuencia 2, que contribuye en el diagrama de amplitud con - 20 log y en el diagrama de fase con

1+ω 22

2

- arc tg ω 2

En una figura posterior están representados los diagramas de amplitud y de fase del sistema sin compensar, en los que se observa un margen de ganancia infinito, y un margen de fase aproximado de 25o que se presenta a la frecuencia ωcf ≅ 4 (Un cálculo más exacto, haciendo la amplitud de KG(jω) igual a 1, lleva al valor de ωcf ≅ 4.25). El margen de fase del sistema sin compensar es inferior al margen de fase deseado, la compensación se va a realizar con una red de adelanto. El margen de ganancia que es infinito actualmente no se verá afectado por la red de adelanto y por tanto se cumplirá la especificación de MG>=10dB. Para proceder a la compensación por adelanto (en el dominio w) sin que se altere la ganancia del conjunto (proceso+bloque proporcional) a bajas frecuencias, con lo que se mantienen los errores y los coeficientes de error determinados previamente, se recomienda seguir el mismo procedimiento del problema 25. En este caso concreto si se elige ωc=8 y se especifica MF=60o, se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc) ) = 0o - 90o - arc tg 8 = - 166o 2 20 log G(j ωc) = 20 - 20 log 8 - 20 log

82

2

1 + 8 = -10.36 dB ⇒ G(j ωc) = 0.3 22

Soluciones

θ = 60 - 180 - (- 166) = 46 ωwo =

sen θ ωc = 2.2 1 - cos θ G(j ωc)

ωwp =

sen θ ωc = 14.6 cos θ - G(j ωc)

Los diagramas de amplitud y de fase de la red diseñada se determinan a partir de las expresiones siguientes 1+ w 1+ w ω 2.2 wo D(w) = = 1+ w 1+ w 14.6 ωwp D(jω) = 20 log

2 1 + ω - 20 log 2.2 2

2 1+ ω 14.6 2

arg ( D(jω) ) = arc tg ω - arc tg ω 2.2 14.6

dB

20

DIAGRAMA DE AMPLITUD DE LA RED

10 0 10-1

100

101 log w

102

wwp wwo

≈ 16.5dB

103

DIAGRAMA DE FASE DE LA RED

grados

50

20 log

θ=46º

0 10-1

100

wc

101 log w

102

103

La siguiente gráfica representa los diagramas de amplitud y de fase del sistema sin compensar y del sistema compensado. Los márgenes, MG=infinito y MF=60o, de éste último están dentro de las especificaciones.

83

Soluciones

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

dB

50 0 -50 -100 10-1

100

102

103

FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

-50 grados

101 log w

-100

MF=60º

-150

MF≅25º

-200 10-1

100

101 log w

102

103

Para obtener la función de transferencia discreta de la red diseñada hay que deshacer la transformación bilineal, que es equivalente a utilizar las expresiones (8-11) y (8-15) del libro de Phillips y Nagle (1987). Así, (z - zo ) D(z) = Kd (z - zp )

Kd =

Kd =

ωwp (ωwo + 2/T) ωwo (ωwp + 2/T)

14.6 (2.2 + 1) ≅ 1.36 2.2 (14.6 + 1)

2/T - ωwp ; zo = 2/T - ωwo ; zp = 2/T + ωwo 2/T + ωwp

; zo =

←

1 - 2.2 1 - 14.6 ≅ - 0.3750 ; z p = ≅ - 0.8718 1 + 2.2 1 + 14.6

⊕

→

47.- a) Con D(z)=K, el error estacionario para una entrada escalón es 1 = 1 1 = = 0.03 1 + Kp 1 + lim 0.03 K G(z) 1 + 0.03 32 K z→ 1 luego para que ess sea del 3%, la ganancia debe ser de K=33.68. Como este valor está dentro del ess =

rango de estabilidad determinado en el problema 42, el sistema es estable. También se puede contestar a esta pregunta resolviendo la ecuación característica del sistema para ese valor de K y comprobando que las raíces resultantes tienen módulo inferior a la unidad.

84

Soluciones

b) En el diagrama de Bode del conjunto (bloque proporcional+proceso), que se obtiene fácilmente añadiendo la contribución de 20 log K = 30.55 dB en el diagrama de amplitud del problema 45 y manteniendo el mismo diagrama de fase, se observa un MG ≅ 6 dB a la frecuencia ωcg ≅ 3.5 y un MF ≅ 13ο a la frecuencia ωcf ≅ 2.5. Ambos márgenes están por debajo de las especificaciones. Se pide diseñar una red de retardo. Como hay que conseguir el mismo ess del apartado (a), se recomienda considerar la ganancia obtenida anteriormente como parte del sistema a compensar y aplicar el mismo procedimiento del problema 26 En este caso concreto, si se elige MF=50o se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc) ) = 50o - 180o + 5o = - 125 ⇒ ωc = 0.9118 ≅ 0.9 G(j ωc) = 5.1315 ≅ 5 ωwo = 0.1 ωc ≅ 0.09 ωwp =

ωwo ≅ 0.09 = 0.018 G(j ωc) 5

Los diagramas de amplitud y de fase de la red diseñada se determinan a partir de la expresión 1+ w 0.09 D(w) = 1+ w 0.018

dB

0

DIAGRAMA DE AMPLITUD DE LA RED

-5

20 log

-10 -15 10-3

10-2

w wp w wo

10-1

≈ 14dB

100

log w wc θ≅-5º

grados

0

DIAGRAMA DE FASE DE LA RED

-50 10-3

10-2

10-1

100

log w

85

Soluciones

La función de transferencia discreta de la red diseñada es la siguiente 2/0.2 - 0.09 0.018 (0.09 + 2/0.2) z - 2/0.2 + 0.09 D(z) = ≅ 0.5 z - 0.98 0.09 (0.018 + 2/0.2) z - 2/0.2 - 0.018 z- 0.99 2/0.2 + 0.018 donde por las aproximaciones efectuadas en las posiciones del cero y del polo ha habido que sustituir Kd por 0.5 tal que la ganancia a bajas frecuencias de la red sea la unidad. La función de transferencia total del compensador es K D(z), con el valor de K determinado en el apartado (a). La siguiente gráfica representa los diagramas de amplitud y de fase del sistema sin compensar y del sistema compensado, los márgenes MG=19 dB y MF=50o de éste último están dentro de las especificaciones.

dB

50

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA MG≅6dB

0 -50 -100 10-3

MG≅19dB

10-2

100

102

103

104

103

104

MF≅13º

-100 MF≅50º

-200 -300 10-3

101 log w

FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

0 grados

10-1

10-2

10-1

100

←

101 log w

⊕

102

→

48.- Se trata del mismo sistema que en el problema anterior. El diagrama de Bode se determinó en el problema 45, en el que se observa un MG = 36.28 dB a la frecuencia ωcg ≅ 3.5 y un MF = 180ο. Se pide diseñar un controlador PI que reduzca el MF a 45o y mantenga el MG superior a 8 dB. Para ello se recomienda aplicar el mismo procedimiento del problema 27.

86

Soluciones

En este caso concreto, el MFdeseado=45o, se determina ωa ≅ 1, si se elige ωc=0.5 se obtienen los siguientes resultados arg ( G(j ωc) ) ≅ - 98o 20 log G(j ωc) ≅ -22.85 dB ⇒ G(j ωc) ≅ 0.32 θ = 45 - 180 - (- 98) = -37 KP = cos θ ≅ 2.50 G(j ωc)

K I = - sen θ ωc ≅ 0.95 G(j ωc)

Los diagramas de amplitud y de fase de la red diseñada se determinan a partir de las expresión siguiente 2.50 w + 0.95 I D(w) = K P + K w ≅ w

dB

40

DIAGRAMA DE AMPLITUD DEL CONTROLADOR

20 0 10-2

20 logKp ≅ 8dB

10-1

100

101

log w 0

DIAGRAMA DE FASE DEL CONTROLADOR

grados

θ=-37º

-50 -100 10-2

10-1

wc

100

101

log w

La siguiente gráfica representa los diagramas de amplitud y de fase del sistema sin compensar y del sistema compensado, los márgenes MG ≅ 25 dB y MF ≅ 45ο de éste último están dentro de las especificaciones.

87

Soluciones

dB

50

AMPLITUD SIN COMPENSAR Y COMPENSADA MG≅25dB

0

MG≅36dB

-50 -100 10-2

10-1

101 log w

102

103

104

FASE SIN COMPENSAR Y COMPENSADA

0 grados

100

-100 -200 -300 10-2

MF≅45º

10-1

100

101 log w

102

103

104

Para obtener la función de transferencia discreta del controlador PID diseñado se utiliza la expresión (8-52) del libro de Phillips y Nagle (1987), que no es equivalente a deshacer la transformación bilineal salvo que se trate de un controlador PI como es este caso. D(z) = KP + K I T z + 1 ≅ 2.60 z - 2.40 2 z-1 z-1 Al tratarse de un sistema de control PI estable (porque ambos márgenes de ganancia y de fase son positivos), está garantizado un error estacionario nulo para entrada escalón.

←

⊕

→

49.- No se incluye solución a este problema porque se ha elegido como ejercicio 4 en la 3º Prueba de evaluación.

←

⊕

→

50.- La ecuación característica del sistema es 1+ K D(z) G(z)=0 siendo G(z) = z z- 1

88

Ζ s2 (s1+ 1)

= z z- 1

Ζ s12 - 1s + s +1 1

Soluciones

G(z) = z z- 1

T z - z + z = 0.3679 (z + 0.7183) (z - 1) (z - 0.3679) (z - 1)2 z - 1 z - e-T

a) Considerando D(z) = 1, se trata de encontrar el valor de K que da amortiguamiento crítico. En el lugar de las raíces, ver la gráfica siguiente donde sólo se ha representado parte de este lugar (para K entre 0 y 1), se observa que el amortiguamiento crítico, determinado por una raíz real doble, se obtiene en el punto de ruptura entre los dos polos del sistema.

1

SISTEMA SIN COMPENSAR

K=1

imag

0.5

K=0

0

K = 0.1961 -0.5

-1 -1

-0.5

0

0.5

1

real A continuación se calculan los puntos de ruptura y el valor de la ganancia en el punto de ruptura que está dentro del círculo unidad, porque es en éste donde se presenta el amortiguamiento crítico d 1 = 0 ⇒ (2 z - 1.3679) 0.3679 ( z + 0.7813) - 0.3679 (z - 1) (z - 0.3679) = 0 d z G(z) (z - 1) (z - 0.3679) 2

z2 + 1.4366 z - 1.3505 = 0 ⇒ 0.65 y -2.08 son los puntos de ruptura Kac =

rp1 rp2 (1 - 0.65) (0.3679 - 0.65) = = 0.1961 rz1 0.3679 (-0.7183 - 0.65) 0.3679

b) La constante de tiempo asociada a esta raíz real es τac = - T = - 1 = 2.32 ln r ln 0.65

c) En este caso concreto son válidas las recomendaciones de diseño en el lugar de las raíces, incluidas en el apartado 8.11 del libro de Phillips y Nagle (1987). Concretamente para la red de 89

Soluciones

retardo, zp y zo se deben elegir muy próximos entre sí y al polo más a la derecha del sistema, y tal que la ganancia de la red permita cumplir las especificaciones Kac nueva ≅ Kac anterior Kd una posible solución es

⇒ K d ≅ K ac anterior = 0.5 2 Kac anterior

D(z) = Kd zz -- zzo ≅ 0.5 z - 0.98 p z - 0.99

El lugar de las raíces del sistema compensado confirma que el punto de ruptura se ha mantenido, y que entre las soluciones de la ecuación característica 1+KD(z)G(z)=0 para K=0.39, que son 0.9788, 0.7087 y 0.5983, hay dos muy próximas al punto 0.65.

1

COMPENSACION POR RETARDO

imag

0.5

0 K ≅0.41

-0.5

-1 -1

-0.5

0

0.5

1

real d) Para la red de adelanto, se debe elegir zo para que exista cancelación con el polo más a la izquierda del sistema, y zp se calcula para cumplir las especificaciones. En este caso concreto se desea que el amortiguamiento crítico se consiga con raíces cuya constante de tiempo sea la mitad del apartado (a), luego el punto de ruptura debe estar situado en τ τac nueva = ac anterior = 1.16 ⇒ r = e 1.16 ≅ 0.42 2 T

y debe pertenecer al lugar de las raíces de la función 0.3679 (z + 0.7183) D(z) G(z) = Kd z -z0.3679 - zp (z - 1) (z - 0.3679)

90

Soluciones

Imponiendo la condición de punto de ruptura se llega a la siguiente ecuación, donde zp es el valor a determinar tal que z=0.42 sea solución de ella 2 z - (1 + zp ) (z + 0.7183) - z2 - (1 + zp ) z + zp = 0 ⇒ zp ≅ 0.0342 si z=0.42 La función de transferencia de la red es por tanto D(z) = 1 - 0.0342 z - 0.3679 1 - 0.3679 z - 0.0342 El lugar de las raíces del sistema compensado confirma que el nuevo punto de ruptura se sitúa en el valor deseado.

1

COMPENSACION POR ADELANTO

imag

0.5

0 K ≅ 0.35

-0.5

-1 -1

-0.5

0

0.5

1

real

91

Soluciones

51.- La ecuación de estados, en forma matricial, que describe el sistema es la siguiente x1 (t) = x2 (t)

a -b c -d

x1 (t) x2 (t)

su ecuación característica es sI-A = s-a b = s 2 + (d - a) s - a d + b c = 0 -c s+d aplicando el criterio de Routh a la ecuación se obtienen las condiciones de estabilidad en función de los parámetros a, b, c y d del sistema d-a>0 bc - a d > 0

←

=> =>

⊕

d>a ad
→

52.- a) Para representar internamente el sistema se necesitan dos variables de estado, sean x1(k) = y(k) x2(k) = y(k+1) entonces, la ecuación en diferencias se puede descomponer en las siguientes ecuaciones de estado y de salida x1(k+1) = x2(k) x2(k+1) = 2 x2(k) - x1(k) + u(k) y(k) = x1(k) que se pueden expresar en forma matricial como x(k+1) = 0 1 x(k) + 0 -1 2 1

u(k)

y(k) = 1 0 x(k) b) Con los datos de partida, y(1)=0, y(2)=1, u(1)=1, u(2)=-1, se conoce el vector de estados para k=1, se pide determinar el valor que tendrá para k=3. Para ello, basta utilizar la ecuación de estado x(2) = 0 1 x(1) + 0 u(1) = 0 1 -1 2 1 -1 2 x(3) = 0 1 x(2) + 0 u(2) = 0 1 -1 2 1 -1 2 92

y(1) + 0 u(1) = 1 y(2) 1 3 1 + 0 (-1) = 3 3 1 4

Soluciones

←

⊕

→

53.- a) La función de transferencia del sistema en lazo cerrado es s+5 10 s + 20 V(s) (s + 1) 2 10 s + 50 = = R(s) 1 + s + 5 10 s 3 + 22 s 2 + 51 s + 70 s + 20 (s + 1)2 Una representación en forma canónica controlable del sistema se obtiene directamente de la función de transferencia, sin más que identificar los coeficientes del polinomio numerador y del polinomio denominador y sustituir en la expresión general de la representación canónica controlable. n n-1 G(s) = bn s + bn-1 s + ..... + b1 s + b0 s n + an-1 s n-1 + ..... + a1 s + a0

x1 (t) 0 1 0 x2 (t) 0 0 1 . . . . . = . . . . . . . 0 0 0 xn-1 (t) - ao - a1 - a2 xn (t)

y(t) = [ b0 - a0 bn

b1 - a1 bn

.

x1 (t) 0 x2 (t) 0 . . . + . u(t) . . xn-1 (t) 0 1 xn (t)

0 0 . . . . . . 1 . . . - an-1 . . . . . .

.

. bn-1 - an-1

x1 (t) x2 (t) . bn ] + bn u(t) . . xn-1 (t) xn (t)

Concretamente, para este sistema de orden tres son necesarias tres variables de estado, que dan lugar a las siguientes ecuaciones

x(t) =

0 1 0 0 -70 -51 v(t) =

50

0 1 -22 10

0 x(t) + 0 1 0

r(t)

x(t)

A las que corresponde el siguiente diagrama de bloques

93

Soluciones

10 r(t)

+

x3(t)

1 s

x2(t)

1 s

+

x1(t)

1 s

50 +

-

22

51 +

v(t)

70 +

+

+

b) El cálculo de la matriz de transición φ(t) se complica excesivamente si se utiliza la expresión exacta φc (t) = L -1

s I - Ac -1

por lo que es recomendable utilizar la siguiente expresión aproximada 2 3 φc(t) = I + A t + A2 t + A3 t 2! 3!

llegándose al siguiente resultado

φc(t) =

1 - 70 t3 6 - 70 t2 + 1540 t3 2 6 - 70 t + 1540 t2 - 30310 t3 2 6

t - 51 t3 6 1 - 51 t2 + 1052 t3 2 6 - 51 t + 1052 t2 - 20543 t3 2 6

1 t2 - 22 t3 2 6 t - 22 t2 + 433 t3 2 6 1 - 22 t + 433 t2 - 8474 t3 2 6

c) El polinomio característico obtenido a partir de la representación en el espacio de estados debe coincidir con el denominador de la función de transferencia en lazo cerrado sI-A =

s 0 70

-1 s 51

0 -1 s + 22

= s 3 + 22 s2 + 51 s + 70

efectivamente así es. Aplicando el criterio de Routh a este polinomio

94

Soluciones

s3

1

51

s2

22

70

s1

(22 51 - 70) / 22 = 47.82

0

s0

70

se observa que todos los elementos de la primera columna son positivos y por tanto el sistema es estable.

←

⊕

→

54.- Para pasar de representación interna a función de transferencia se puede utilizar la expresión G(z) = c (z I - A)-1 b + d En este caso A= 0 1 -2 -3

;

b= 1 1

(z I - A)-1 =

z 2

-1 z+3

;

c = -2 1

;

d=0

luego -1

=

z+3 1 z (z+3) + 2 -2

1 z

y G(z) = -2 1

z2

z+3 1 + 3 z + 2 -2

←

1 z

⊕

1 = - (z + 10) 1 z2 + 3 z + 2

→

55.- a) Se pide un modelo de estados discreto para el sistema en lazo abierto. En primer lugar hay que obtener su representación interna continua (Ac, bc, cc) a partir de la ecuación diferencial. A continuación se procede a la discretización de dicha representación con el período de muestreo T, aplicando las siguientes expresiones Ad = φc (T) = eAc T T

φc (t) dt bc

bd = 0

cd = cc siendo φc(t) la matriz de transición del sistema continuo. 95

Soluciones

A partir de la ecuación diferencial, con la elección de estados x1(t)=y(t), x2(t)=dy(t)/dt, se obtiene la representación canónica controlable x(t) =

0 1 x(t) + 0 m(t) -0.02 -0.2 1 y(t) = 1 0 x(t)

El cálculo de φc(t) se complica excesivamente en este sistema, obteniéndose φc (t) = L -1 φc (t) =

s I - Ac -1

e-0.1 t cos 0.1 t + e-0.1 t sen 0.1 t

10 e-0.1 t sen 0.1 t

- 0.2 e-0.1 t sen 0.1 t

e-0.1 t cos 0.1 t - e-0.1 t sen 0.1 t

por lo que es recomendable utilizar la expresión aproximada para φc(t), que da lugar a las siguientes expresiones aproximadas para Ad y bd 2 3 Ad = φc (T) = I + AcT + A2c T + A3c T 2! 3!

2 3 4 bd = I T + Ac T + A2c T + A3c T bc 2! 3! 4!

con los siguientes resultados Ad = 0.9653 1.6267 -0.0325 0.6400

bd = 1.7467 1.6267

b) Se pide un modelo de estados para el sistema en lazo cerrado, con la misma elección de variables de estado que en el sistema en lazo abierto. Para el sistema en lazo cerrado se verifica m(t) = u(t) y(t), por tanto m(k) = u(k) - y(k). Sustituyendo en la ecuación de estados del sistema en lazo abierto discretizado x(k+1) = Ad x(k) + bd u(k) - bd y(k) = (Ad - bd cd ) x(k) + bd u(k) y(k) = cd x(k) resulta que el sistema en lazo cerrado viene descrito por los mismos vectores bd y cd, y por una matriz A´d = Ad - bd cd ´ Ad = -0.7813 1.6267 -1.6592 0.6400

96

Soluciones

←

⊕

→

56.- a) Como suma de la fuerzas en la dirección horizontal se determina la siguiente ecuación u(t) = (M+m) y + m l θ cos θ siendo l la longitud del péndulo. Como suma de las fuerzas responsables en el giro del péndulo se tiene m l θ = m g sen θ - my cos θ Suponiendo que θ es pequeño, se llega a las ecuaciones lineales siguientes u(t) = (M+m) y + m l θ mlθ =mgθ -my que en el espacio de estados x1 x2 x3 x4

x1 x2 x3 x4 = y y θ θ

0 0 0 0

=

1 0 0 0

0 -mg/M 0 g/l

0 0 1 0

se pueden expresar como x1 x2 x3 x4

+

0 1/M 0 -1/Ml

u(t)

Donde se ha despreciado m frente a M. La ecuación característica del sistema indica que hay dos raíces en s=0, una raíz en s = g/l y otra en s = - g/l .Luego el sistema es inestable debido a la raíz en el semiplano-s derecho. b) Sustituyendo la señal de control por una combinación lineal de las variables x3 y x4, se obtienen la ecuación de estados x1 x2 x3 x4

=

cuya ecuación característica

0 0 0 0

1 0 0 0

0 0 (k1 -mg)/M k2 /M 0 1 (Mg-k1)/Ml -k2 /Ml

x1 x2 x3 x4

k -Mg s 2 s 2 + k2 s + 1 =0 Ml Ml

tendrá todos las raíces en el semiplano-s izquierdo si k1>Mg y k2>0. Con estas dos condiciones, la realimentación de estados permite estabilizar el sistema.

97

Soluciones

←

⊕

→

57.- a) Como el sistema está representado en forma canónica controlable, no es necesario comprobar la controlabilidad del sistema ni aplicar la fórmula de Ackerman, el vector de realimentación se obtiene como K = [ K1 K2 ] = [ α0 - a0 α1 - a1] siendo ai los coeficientes del polinomio característico del sistema y αi los coeficientes del polinomio característico deseado. Concretamente, por la forma de la matriz A, a1=1 y a0=0.16. Y como se desea el siguiente polinomio característico αc(z) = (z - 0.5 - 0.5 j) (z - 0.5 + 0.5 j) = z2 - z + 0.5 => α1 = -1 , α0 = 0.5 El vector de ganancias necesario es K = [ 0.5 - 0.16 -1 - 1 ] = [ 0.34 -2 ]. b) Como el sistema es de segundo orden, la realimentación de estados dará lugar a respuesta plana si el polinomio característico tiene sus dos raíces en el origen αc(z) = z2

=> α1 = 0 , α0 = 0

Luego, efectivamente con K = [ 0 - 0.16 0 - 1 ] = [ -0.16 -1 ] se consigue respuesta plana. c) Con realimentación de estados, la ecuación de estados del sistema en lazo cerrado es x(k+1) = ( A - b K ) x(k) que con el vector de ganancias del apartado (b) toma el siguiente valor x1 (k+1) 0 1 = x2 (k+1) -0.16 -1

x1 (k) x2 (k)

0 1

-0.16 -1

Dada esta ecuación, para cualquier estado inicial x1 (0) = x2 (0)

98

a b

x1 (k) = x2 (k)

0 1 0 0

x1 (k) x2 (k)

Soluciones

con a y b constantes arbitrarias, se tiene que x1(1) = x2(1)

0 1 0 0

a b

=

b 0

x1(2) = x2(2)

0 1 0 0

b 0

=

0 0

es decir, que a partir del segundo instante de muestreo el vector de estados se hace nulo y el sistema permanece en este estado para siempre, de ahí el nombre de respuesta plana.

←

⊕

→

58.- El sistema no está representado en forma canónica observable. Hay que comprobar su observabilidad, Θ=

c cA

1 0 1 T

=

⇒

Θ = T

la matriz de observabilidad tiene rango 2 = nº de estados, luego el sistema es totalmente observable. Se desea que el error de estado tenga respuesta plana, para ello los dos polos del observador deben estar situados en el origen, luego αe(z) = z2

=> α1 = 0 , α0 = 0

Ya se puede aplicar la fórmula de Ackerman para obtener el vector de ganancias G del observador 0 1

-1

G = αe(A) Θ siendo

αe(A) = A2 = 1 T 0 1 Θ

luego

-1

=

1 0 1 T

1 T 0 1 -1

g G = g1 2

=

1 0

=

1 0 -1/T 1/T

=

2 1/T

2T 1

99

Soluciones

La solución al problema también se puede obtener a partir del polinomio característico del observador zI-A+GC =

z - 1 - g1 g2

-T z-1

= z2 + (g1 - 2) z + 1 - g1 + g2 T

e igualando con el polinomio deseado αe(z), se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones g1 -2 = 0 => g1 = 2 1 - g1 + g2 T = 0 => g2 = 1/T cuya solución coincide con el resultado de aplicar la fórmula de Ackermann.

←

⊕

→

59.- a) El sistema está representado en forma canónica controlable, la matriz A tiene la forma 0 0 -a0

A =

1 0 -a1

0 1 -a2

=

0 1 0 0 0 1 -1 -2 -1

⇒

a0 = 1 a1 = 2 a2 = 1

se desea el siguiente polinomio característico del sistema en lazo cerrado con realimentación de estados α0 = 1 3 2 αc(s) = (s + 1) (s + 1) (s + 1) = s + 3 s + 3 s + 1 ⇒ α1 = 3 α2 = 3 el vector de realimentación necesario es por tanto K = [ α-0 - a0

α1 - a1

α2 - a2 ] = [ 1-1 3-2 3 -1 ] = [ 0 1 2]

b) En este sistema la primera variable de estado es accesible en la salida, el número de variables a observar es igual a 3-1=2. Se identifican pues las siguientes matrices y vectores Aaa = 0

,

Aab = [ 1 0 ] ba = 0

, Aba = ,

bb =

0 -1

, Abb =

0 1 -2 -1

0 1

La matriz Abb no está expresada en forma canónica observable, hay que comprobar que el subsistema es totalmente observable

100

Soluciones

Θ=

Aab Aab Abb

=

1 0 0 1

⇒ rango ( Θ ) = 2 , sistema totalmente observable

Se desea el siguiente polinomio característico para el observador de orden reducido αe(s) = (s + 2) (s + 2) = s2 + 4 s + 4

=> α1 = 4 , α0 = 4

Como la salida es una medida única, concretamente y(t)=x1(t), el vector de ganancias del observador reducido se puede obtener mediante la expresión 0 1

-1

G = αe(Abb ) Θ siendo

αe(Abb ) = A2bb + 4 Abb + 4 = 2 3 -6 -1

luego

g G = g1 2

=

3 -1

La solución al problema también se puede obtener a partir del polinomio característico del observador de orden reducido s I - Abb + G Aab =

s + g1 g2 + 2

-1 s+1

= s 2 + (g1 + 1) s + g1 + g2 + 2

e igualando con el polinomio deseado αe(s), se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones g1 + 1 = 4 => g1 = 3 g1 + g2 + 2 = 4 => g2 = -1 cuya solución coincide con la anterior. c) Combinando la ecuación del observador reducido con la de realimentación de estados y el cambio de variable η(t) = qb(t) – G y(t), se llega a las siguientes ecuaciones y al siguiente diagrama de bloques η& (t) = (A bb - G A ab )(η (t) + G y(t)) + (A ba - G A aa ) y(t) + (b b - G b a ) u(t)  0 - 3 1   3 0 η (t) +   y(t)  +   y(t) +   u(t) η& (t) =    -1   - 1 - 1  - 1 1      y(t)  u(t) = - K   = [0 - 1 q b (t)

y(t)   - 2]   η (t) + G y(t)

101

Soluciones

s-1 I b u(t)

0 0   1

1 s  0  0 

x& (t)

+

+

 0  0  1 s 

0 1 s 0

c

x(t)

[1

0 0]

y(t)

A

1 0 0 0 0 1   − 1 − 2 − 1

bb – G ba 0 1    0  − − −     I n- m 

-K

[0

0 0  1 0    0 1 

s-1 I

1 s  0 

η(t)

+

− 1 − 2]

+

+

0 −1  

+

Aba – G Aaa

Abb – G Aab − 3 1   − 1 − 1  

+ +

q(t)

 0 1  s

G

+

3  −1  

1 3   −1

 Im  − − −     G 

60. a) Aplicando transformada inversa de Laplace a la función de transferencia del proceso se obtiene la siguiente ecuación diferencial θ&&(t ) − 0.0297θ (t ) = 0.9407δ (t ) que en el espacio de estados (θ(t) , dθ(t)/dt) le corresponde la siguiente representación x1 (t) = x2 (t)

0 0.0297

θ (t) = [ 1

102

θ(t)

1 0

θ(t) 0]

x1 (t) x2 (t)

+

0 0.9407

δ(t)

Soluciones

Se pide un modelo de estados discreto, para ello se procede al cálculo de la matriz de transición φc(t), como sigue φc (t) = L -1

φc (t) = L

s I - Ac -1 = L -1

s2

0.5 0.5 + s - 0.1723 s + 0.1723 0.0297 0.5 0.5 0.1723 s - 0.1723 s + 0.1723

-1

φc (t) =

1 - 0.0297

s 0.0297

1 s

1 0.1723

0.5 0.5 s - 0.1723 s + 0.1723 0.5 0.5 + s - 0.1723 s + 0.1723

0.5 e0.1723 t + e-0.1723 t

0.5 e0.1723 t - e-0.1723 t 0.1723

0.5 0.0297 e0.1723 t - e-0.1723 t 0.1723

0.5 e0.1723 t + e-0.1723 t

Particularizando la matriz de transición en t=T=0.04 sg e integrando se obtienen respectivamente 1 0.0400 0.0012 1

Ad = φc (0.04) =

T

T

φc (τ) dτ bc = 0.9047

bd =

0

0.5 e0.1723 t - e-0.1723 t 0.1723

dt

T

0

0.5 e0.1723 t + e-0.1723 t

dt

0

= 0.9047

0.5 e0.1723 T - e-0.1723 T - 2 0.1723 0.1723 0.5 e0.1723 T - e-0.1723 T 0.1723

= 0.9047

0.0008 0.0400

Luego el modelo discreto viene representado por las ecuaciones x(k+1) =

1 0.0400 x(k) + 0.9047 0.0012 1

0.0008 0.0400

δ(k)

θ (k) = 1 0 x(k)

103

Soluciones

b) Como el sistema no está representado en forma canónica controlable, antes de determinar la realimentación de estados hay que comprobar la controlabilidad bd

Ad bd = 0.9407

0.0008 0.0024 0.0400 0.0400

como la matriz de controlabilidad tiene de rango 2, queda comprobada la controlabilidad del sistema. Se pide encontrar la matriz de ganancias para conseguir la siguiente ecuación característica z2 - 1.9802 z + 0.9802 = 0. Luego, sustituyendo 0.0480 0.7920 0.02380 0.0480

αc(Ad) = A2d - 1.9802 Ad + 0.9802 = 10-3 bd

Ad bd -1 =

-690.8616 41.4507 690.8450 -13.8169

en la fórmula de Ackermann, se obtiene el siguiente valor de K K=[0

1 ] bd

Ad bd -1 α c(Ad) =

0.0328

0.5465

c) Suponiendo que θ(t) es la única señal medida, se pide diseñar un observador reducido. En estas condiciones las submatrices a considerar y la matriz de observabilidad son todas escalares Aaa = 1

;

Aab = 0.0400

;

Aba = 0.0012

ba = 0.9407 0.0008

;

bb = 0.9407 0.0400

Θ = Aab = 0.04

;

Abb = 1

-1

⇒ Θ = 25

Como la dinámica del observador debe ser más rápida que la del sistema, si se elige respuesta plana para el observador, αe(z) = z

=>

αe(Abb) = Abb = 1

La fórmula de Ackerman se reduce a G = Abb = 25 Aab

104

Soluciones

d) Considerando la expresión del observador de orden reducido, se tiene que q2(k+1) = (Abb - G Aab) q2(k) + G θ(k+1) + (Aba - G Aaa) θ(k) + (Bb - G Ba) δ(k) q2(k+1) = 25 θ(k+1) - 24.9988 θ(k) + 0.0188 u(k) siendo q2(k) la velocidad estimada, θ(k) la salida del proceso, posición angular, y δ(k) la entrada al proceso. Y por la realimentación de estados δ(k) = - K [θ(k) q2(k)]T = - 0.0328 θ(k) - 0.5465 q2(k) Despejando q2(k) de la ecuación de control y sustituyendo en la ecuación del observador, se obtiene la expresión -1.8298 u(k+1) - 0.0600 θ(k+1) = 25 θ(k+1) - 24.9988 θ(k) + 0.0188 u(k) de la que aplicando, transformada z, se determina la función de transferencia del filtro equivalente D(z) = - U(z) = 25.06 (z - 0.9975) 1.8298 (z - 0.0103 θ (z) que corresponde a una red de adelanto (el cero es mayor que el polo).

105

Soluciones

106

Pruebas de evaluación

Colección de problemas sobre sistemas lineales: continuos, discretos, muestreados y representación en variables de estado

PRUEBAS DE EVALUACIÓN

1

Pruebas de evaluación

1ª PRUEBA DE EVALUACION.

Ejercicio 1.- Problema 3 ; apartado (b).

Ejercicio 2.- Problema 6.

Ejercicio 3.- Uno de los grandes problemas a los que se enfrentan actualmente los ingenieros es el empleo óptimo de los recursos energéticos. En la figura (a) se muestra un sistema para aprovechamiento de energía solar en el calentamiento de casas. El sistema emplea colectores solares y almacenamiento térmico. El diagrama de bloques de dicho sistema se muestra en la figura (b), donde los colectores, el almacenamiento térmico y la dinámica de la casa están representados por G(s). Supóngase, como una aproximación para el regulador, que τ1=1 s y τ2=0. a) Determínese la ganancia del sistema en lazo abierto, K = K1 K2, para que la respuesta a una entrada escalón sea lo más rápida posible con una sobreelongación inferior al 5%. b) En las condiciones del apartado (a), determínense los errores en estado estacionario del sistema para entradas escalón y rampa.

Sol

Colectores solares

R(s)

+

Temperatura deseada

Almacenamiento térmico

Ventiladores y controles

(a)

Ejercicio 4.- Problema 13.

2

Calor

G(s) =

K1 s2

K 2 (τ 1s + 1) (τ 2 s + 1)

(b)

C(s) Temperatura de la casa

Pruebas de evaluación

2ª PRUEBA DE EVALUACION. Ejercicio 1.- La figura muestra el lugar de las raíces de un sistema de control proporcional, en función de la ganancia proporcional K. Basándose en este diagrama responda a las preguntas: a) ¿Cuál es el valor de K en el límite de la estabilidad? b) ¿Qué valor de K producirá raíces con coeficiente de amortiguamiento δ=0.707? c) ¿ Cúal es el margen de ganancia del sistema si K toma el valor determinado en el apartado (b)? Imag

2 1 Real

-5

-4

-3

-2

-1

0 -1 -2

Ejercicio 2.- Problema 20; apartado (b). Ejercicio 3.- En la figura se muestra un control de velocidad para un motor de gasolina. Debido a la restricción en la entrada del carburador y la capacitancia de la reducción múltiple, se presenta una constante de tiempo τt, que es igual a 1 s. La constante de tiempo del motor τe es de 4 s. La constante de tiempo del medidor de velocidad es de 0.5 s. a) Determínese la ganancia K para que el error en estado estacionario sea inferior al 7% de la velocidad de referencia. b) Con la ganancia determinada en el apartado (a), utilícese el criterio de Nyquist para investigar la estabilidad del sistema. c) Determínense los márgenes de fase y de ganancia del sistema.

3

Pruebas de evaluación

R(s)

+ -

Válvula reguladora

Momento de torsión

Velocidad

K τ es + 1

1 τ ts + 1

C(s)

1 τ ms + 1

Ejercicio 4.- Un computador emplea una impresora como dispositivo de salida rápida. Se desea mantener un control de posición preciso con un paso rápido de papel por la impresora. Considérese el siguiente modelo para el motor y el amplificador G(s) =

0.15 s (s + 1) (5 s + 1)

Diséñese un compensador por adelanto de fase para que el ancho del sistema, con realimentación unitaria, sea de 0.75 rad/s y el margen de fase de 30o. Empléese una red de adelanto con razón α = ωsp/ωso = 10.

4

Pruebas de evaluación

3ª PRUEBA DE EVALUACION.

Ejercicio 1.- Problema 39.

Ejercicio 2.- La siguiente gráfica muestra parte del lugar de las raíces de la función de transferencia, y donde no está marcada la posición del cero. G(z) =

z-a (z - 0.5) (z - 1)

a) Determinar el valor del cero sabiendo que los puntos de ruptura se sitúan en -1.7247 y 0.7247. b) El período de muestreo utilizado en el sistema es T=1, determinar el rango de estabilidad en función de la ganancia K del controlador. c) Suponiendo que K=0.25, determinar el margen de ganancia aproximado mediante el diagrama de Bode. Comprobar que el resultado está de acuerdo con los resultados del apartado (b).

LUGAR PARA K ENTRE 0 Y 5 1.5 1 0.5 0

K=0

K=5

-0.5 -1 -1.5 -2

-1

0

1

real

Ejercicio 3.- Problema 45 ; apartado (a).

Ejercicio 4.- Problema 49.

5

Pruebas de evaluación

4ª PRUEBA DE EVALUACION.

Ejercicio 1.- Dado el sistema contínuo x(t) = 0 1 x(t) + 0 u(t) -1 0 1

;

y(t) = [ 1

0 ] x(t)

a) Comprobar que es totalmente controlable y observable. b) Discretizar el sistema con un período de muestreo T y determinar las condiciones de controlabilidad y observabilidad en función de T.

Ejercicio 2.- La ecuación dinámica de un satélite situado entre la Tierra y la Luna en el punto en que su atracción es igual, para pequeñas perturbaciones que le lleven fuera del punto de equilibrio, está dada por x-2 y-9x=0 y+2 x+4y=u

siendo u la aceleración debida al empuje del motor en la dirección y. a) Con u = 0, mostrar que el punto de equilibrio x = 0, y = 0 es inestable. b) Para estabilizar la posición, utilizar una ley de realimentación de variables de estado u = - k1 x - k2 x - k3 y - k4 y

de modo que los polos del sistema en lazo cerrado se sitúen en s = -3, s = -4, s = (-3±3j).

Ejercicio 3.- Dado el sistema continuo, descrito por la función de transferencia G(s) =

1 s2 - 9

a) Obtener una representación de estados en forma canónica controlable. b) Diseñar un observador completo de estados, para las variables del apartado (a), con polos en 10±10j. c) Representar, mediante un diagrama de bloques, el diseño obtenido en el apartado (b).

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