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Capítulo 7: Sistemas de orden

superior

carlos.platero@upm.es (C-305)

Capítulo 7: Sistemas de orden superior

Objetivos de la lección

Influencia en la adición de polos y ceros

En la cadena abierta

En serie

Sistemas equivalente reducido

+-

)( sGpsT+1

1)(sG ( )zsT+1+

-)( sG

psT+1

1+-

)( sGpsT+1

1)(sG ( )zsT+1)(sG ( )zsT+1

Adición de un polo en la cadena abierta

Los polos de la C.A. hacen alejar las ramas del LDR

+

- 12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω psT+1

1+

- 12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω psT+1

1

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Adición de un polo en la cadena abierta con Tp 0, 0.5, 1, y 5 s

Tiempo (s)

Am

plit

ud

0 5 10 15 20 250

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

TP=5s

TP=0s TP=0.5s TP=1s

(ωn= 1,ξ=0.5 y k=1)

%Herramienta de Matlab

rltool(tf(1,[1 1 1]))

Adición de un polo en serie

Los polos en serie son filtros paso-bajo

(ωn= 1,ξ=0.5 y k=1)

12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω ( )PsT+1

1

12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω ( )PsT+1

1

×

×

×pT

s1−

=

djω

σ

( )ξθ arccos=nω

θ×

×

×pT

s1−

=

djω

σ

( )ξθ arccos=nω

θ

Adición de un polo en la cadena cerrada con Tp 0, 0.5, 1, 2 y 4 s

Tiempo (s)

Am

plit

ud

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

TP=0

TP=4s

TP=2s

TP=0.5

TP=1s

Adición de un polo en la cadena cerrada con Tp 0, 0.5, 1, 2 y 4 s

Tiempo (s)

Am

plit

ud

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

TP=0

TP=4s

TP=2s

TP=0.5

TP=1s

Adición de un cero en cadena abierta

Los ceros de la C.A. hacen atraer las ramas del LDR

(ωn= 1,ξ=0.5 y k=1)

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

Adición de un cero en la cadena abierta con Tz 0, 0.5, 1, y 5 s

Tiempo (sec)

Am

plit

ud

0 5 10 150

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

Tz=5s

Tz=1s

Tz=0.5s

Tz=0s

Adición de un cero en la cadena abierta con Tz 0, 0.5, 1, y 5 s

Tiempo (sec)

Am

plit

ud

0 5 10 150

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

Tz=5s

Tz=1s

Tz=0.5s

Tz=0s

+-

•12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω( )zsT+1

%Herramienta de Matlab

rltool(tf(1,[1 1 1]))

Adición de un cero en serie

Los ceros en serie tienen carácter predictivo

(ωn= 1,ξ=0.5 y k=1)

12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω

( )zsT+1y(t)

( )ty*

12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω

( )zsT+1y(t)

( )ty*

( )

+

+

⋅+

+

+

=

1212

.1

22

nn

z

nn

ss

ksT

ss

k

ssY

ωξ

ωωξ

ω

( ) ( ) ( )tyTtyty z

**+=

0 2 4 6 8 10 12-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2Respuesta ante una entrada en escalon unitario con cero añadido en la cadena cerrada

tiempo (sec)A

mp

litud

Tz y*(t)

y*(t)

y(t)

Adición de un cero en serie

Los ceros en serie tienen carácter predictivo

(ωn= 1,ξ=0.5 y k=1)12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω

( )zsT+1y(t)

( )ty*

12

2

+

+

nn

ss

k

ωξ

ω

( )zsT+1y(t)

( )ty*

Adición de un cero en la cadena cerrada con Tz 0, 0.5, 1, 2 y 4 s

Tiempo (sec)

Am

plit

ud

0 2 4 6 8 10 120

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Tz=0s

Tz=4s

Tz=2s

Tz=1s

Tz=0.5s

Adición de un cero en la cadena cerrada con Tz 0, 0.5, 1, 2 y 4 s

Tiempo (sec)

Am

plit

ud

0 2 4 6 8 10 120

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Tz=0s

Tz=4s

Tz=2s

Tz=1s

Tz=0.5s

Sistema equivalente reducido

Formas de reducir el modelo

Polos dominantes

Cancelación de polos y ceros próximos entre sí.

Igualdad de las respuestas del sistema y su equivalente reducido

×

×

×

Región de

polos

insignificantes

Región de

polos

dominantes

-1/Td

d = 5 a 10σdo

Td> 5 a 10 T

-σd×-1/T ×

×

×

Región de

polos

insignificantes

Región de

polos

dominantes

-1/Td

d = 5 a 10σdo

Td> 5 a 10 T

-σd×-1/T

( ) ( )ssYssY eqss 00limlim

→→=

Ejemplo

Dibujar la respuesta aproximada al escalón unitario de estos dos sistemas

1)

( ) ( )( )( )352

5321

+++

+=

sss

ssG ( ) ( )

( )( )15201.0

13022

+++

+=

sss

ssG

212,1 js ±−= ( ) ( ) ( ) ( )52

51

35

530

5

30

52

321

*

2

*

++≈⇒=

⋅

⋅==

⋅=⇒

++≈

sssGY

kY

ss

ksG eqeqeq

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Respuesta al escalón

Tiempo (s)

Am

plit

ud

Geq(s)G1(s)

0 1 2 3 4 5 60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Respuesta al escalón

Tiempo (s)

Am

plit

ud

Geq(s)G1(s)

st r 12

=−

=ϑπ

πσ

π==st

st p 57.12

==π

radarctg 1.12 ==ϑ

%79.202079.02/ <>== −πeM p

Ejemplo

Dibujar la respuesta aproximada al escalón unitario de estos dos sistemas

2)

( ) ( )( )( )352

5321

+++

+=

sss

ssG ( ) ( )

( )( )15201.0

13022

+++

+=

sss

ssG

sts 30103 =⋅=

( ) ( )( )( )

( )( )( )( )78.022.191.0

130

15201.0

13022

+++

+=

+++

+=

sss

s

sss

ssG

( ) ( )1.0

220

78.022.191.0

30

1.00

1.0 +=⇒=

⋅⋅==⇒

+=

sG

kY

s

ksG eqeqeq

0 10 20 30 40 50 600

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20Respuesta al escalón

Tiempo (s)

Am

plit

ud

Geq(s)

G2(s)

0 10 20 30 40 50 600

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20Respuesta al escalón

Tiempo (s)

Am

plit

ud

Geq(s)

G2(s)

Examen de primer parcial

El control de temperatura de una célula Peltier es realizado mediante un sistema de realimentación unitaria. La planta Peltier es modelada mediante la siguiente función de transferencia:

Se pide:

1. Dada el siguiente esquema electrónico, calcular en función de los nombres de las resistencias y condensadores y demostrar que vale para los valores dados. (4 puntos)

( )( ) ( )( )07.0525.0

045.0

++=

sssv

sv

r

s

( )( ) ( ) s

s

susu

sv

se

r

11

2115

+

+=

−

Examen de primer parcial2. Diagrama de bloques del sistema de control y función de transferencia de la cadena cerrada. (3 puntos)

( )( )

( )( )

( )( )

( )712.098.1595.1

5.035.1

525.007.0

045.0

1

21151

525.007.0

045.0

1

2115

23 +++

+=

+++

++

+++

+

=sss

s

sss

s

sss

s

su

su

e

s

Examen de primer parcial

3. Respuesta temporal ante una entrada en escalón unitario. Utilice el equivalente reducido, sabiendo que el sistema tiene un polo en cadena cerrada en -0.495. Indicar sobre la gráfica el tiempo de establecimiento, el tiempo de subida, el tiempo de pico y la sobreoscilación. (3 puntos)

( )( )

( ) ( )( )( ) 437.11.1

36.1

437.11.1496.0

5.035.1

712.098.1595.1

5.035.12223 ++

≅+++

+=

+++

+=

sssss

s

sss

s

su

su

e

s

Los polos son -0.55±j1.065. El sistema es sub-amortiguado, luego los valores

de los puntos característicos son:

%6.199.19.27.5 ==== prps Mststst

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

Problema 2: Dinámica de un telégrafo

La figura muestra el modelo simplificado de un telégrafo. Ante la recepción de un pulso eléctrico se produce una fuerza magnética proporcional a la corriente de su bobina, originando un desplazamiento en la palanca que provoca el movimiento de la masa del martillo, el cual choca contra una campana, produciendo una onda sonora. Se pide:

1. Conjunto de ecuaciones algebro-diferenciales que modele la dinámica del telégrafo.

2. Diagrama a bloques y función de transferencia entre el efecto, x2(s), y la causa, e(s).

l1 l2

M1

B1

R, L

M2

K2 B2

x1 x2

e(t)

l1 l2

M1

B1

R, L

M2

K2 B2

x1 x2

e(t)

Problema 2: Dinámica de un telégrafo

1. Conjunto de ecuaciones algebro-diferenciales que modele la dinámica del telégrafo.

2. Diagrama a bloques y función de transferencia entre el efecto, x2(s), y la causa, e(s).

l1 l2

M1

B1

R, L

M2

K2 B2

x1 x2

e(t)

l1 l2

M1

B1

R, L

M2

K2 B2

x1 x2

e(t)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2

1 1 2 2

1 2

;

;

;

p

r

r

r r

e t Ri t Li t f t k i t

f t M g M x t B x t f t

f t M g M x t B x t k x t

x t x tf t l f t l

l l

= + =

+ = + +

= + + +

= ≅

( )( )

( )

2

21 2 1 2 21 2 1 2 2

2 1 2 1 1

pkx s

e s l l l l lR sL M M s B B s k

l l l l l

∆=

∆ + + + + +

Problema 2: Dinámica de un telégrafo

Modelo equivalente reducido

( )( )

( )( ) ( )

2

3 3 2

21 2 1 2 21 2 1 2 2

2 1 2 1 1

0.4

10 10 6.4 10 0.24 4

pkx s

e s s s sl l l l lR sL M M s B B s k

l l l l l

− −

∆= =

∆ + ⋅ + + + + + + +

( )( ) 106.0106.1

01.023

2

++⋅≅

− ssse

sx

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.30

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012Respuesta a 1V de escalon

Tiempo (sec)

Despla

zam

iento

del t

ele

gra

fo

1,2 18.7 16.53s j= − ±

0.167 0.19 0.146 6%s p r pt s t s t s M= = = =

Problema 3

Para la traslación horizontal de una cámara de vídeo pan-tilt se ha utilizado una cinta transportadora. En el control se ha utilizado un motor de continua y una reductora. Se pide:

1. Diagrama de bloques del sistema

2. FDT entre la velocidad de desplazamiento del carro y la tensión en el motor.

3. Si se le aplica una tensión de 10V al motor, determinar la evolución de la velocidad del carro, tanto gráficamente como analíticamente (aplíquese equivalente reducido).

4. Con la señal recibida del anterior apartado, ¿Cuánto se habrá desplazado, aproximadamente, la cámara después de cinco segundos?

Datos:

Motor: Resistencia de armadura = 7.94 Ω, Inductancia equivalente del flujo disperso = 1.54 mH, Constante del par motor = 39.3 mNm/A., Constante de la fuerza contralectromotriz => 243 rpm/V, Momento de inercia del rotor= 26.6 gr cm2Tren de engranajes: relación de transmisión = 1:198Cinta transportadora: Radio de las poleas = 25 mm, Peso de la cámara= 1200 gr. Rozamiento viscoso equivalente de las poleas = 10-1 N.m.s/rad

Problema 3

Diagrama a bloques M

1:197

cJJM

1ϑ

2ϑBC

ia LaRa

( )( ) ( )( )17.755082

33.1211

1056.11011.21096.4

1096.43529

6

++=

⋅+⋅⋅+⋅⋅

⋅=

−−−

−

sssssu

sx

m

( )( ) ( ) ( )

30.238 3.2 10

75.17 0.013 1m

x s

u s s s

−⋅≈ =

+ +

Problema 3

3. El equivalente reducido queda:Ante una entrada de 10V, la velocidad de desplazamiento de

carro sigue la expresión analítica de:

Y la evolución de la velocidad del carro con el tiempo será:

4. Como se ve en la gráfica, la velocidad del carro alcanza el régimen permanente en 40 ms, por tanto, la velocidad es prácticamente constante y el espacio recorrido en 5 segundo será 0.0317[m/s] x 5 [s] = 0.1585 [m].

( )( ) ( )17.75

238.0

+≈

ssu

sx

m

( ) ( )tetx 17.7510317.0 −−=

0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.080

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

System: untitled1

Final Value: 0.0317

Evolucion de la velocidad del carro

tiempo (sec)

[m/s

]

Problema 5En la figura se muestra un sistema de suspensiones activas para un vehículo. En paralelo con el clásico amortiguador pasivo (con constante equivalente K, B), el sistema activo utiliza un actuador hidroneumático, controlado a partir de la medida captada por la posición de la cabina. La fuerza del actuador es proporcional, ka, a la tensión recibida en la electrovalvula, u(t). La señal muestrada de posición, ym, sigue con ganancia km al movimiento vertical de vehículo. El compensador es de tipo proporcional. kc. Se pide:

K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)

1. Conjunto de ecuaciones algebro-diferenciales que describe la

dinámica del sistema de control.

2. Diagrama a bloques del sistema linealizado alrededor del punto de reposo.

3. Calcular la FDT , cuando la señal de mando es nula y el

compensador es unitario.

4. Evolución temporal aproximada de la salida del apartado anterior ante un escalón unitario como excitación.

5. Evaluar las mejoras de la suspensión activa respecto al sistema

clásico: excitar la entrada con un escalón unitario y ver la evolución

temporal con la suspensión clásica y comparar los resultados con

el apartado anterior.Datos

M = 250 kg, B = 500 Ns/m, K=1000N/m, ka= 100 N/V, km= 10V/m, kc=1

Problema 5

K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)

1. Conjunto de ecuaciones algebro-diferenciales que describe la dinámica del sistema de control.

2. Diagrama a bloques del sistema linealizado alrededor del punto de reposo.

3. Calcular la FDT , cuando la señal de mando es nula y el compensador es unitario.

( )( ) 1000500250

50010002 +⋅+⋅

⋅+=

∆

∆

ss

s

sx

sy

( )( ) 2000500250

50010002 +⋅+⋅

⋅+=

∆

∆

ss

s

sx

sy

Sin actuador

Con actuador

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( )

ref m c a

m m

e t y t y t u t k e t f t k u t

Mg f t My t K y t x t B y t x t

y t k y t

= − = ⋅ = ⋅

+ = + − + −

=

Problema 5

K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)K B

M

ym (t)

posición

Gc (s)

Fuerza

actuador

Controlador

rueda

x(t)

y(t)

yref(t)

-

u(t)

( )( ) 1000500250

50010002 +⋅+⋅

⋅+=

∆

∆

ss

s

sx

sy ( )( ) 2000500250

50010002 +⋅+⋅

⋅+=

∆

∆

ss

s

sx

sySin actuador Con actuador

4. Evolución temporal aproximada de la salida del apartado anterior ante un escalón unitario como excitación.

5. Evaluar las mejoras de la suspensión activa respecto al sistema clásico: excitar la entrada con un escalón unitario y ver

la evolución temporal con la suspensión clásica y comparar los resultados con el apartado anterior.

1 1 1.73ds j= − ±1 1 2.65ds j= − ±