problemas resueltos de sistemas de control continuo primera parte rev0

7/28/2019 Problemas Resueltos de Sistemas de Control Continuo Primera Parte Rev0

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Sistemas de Control Continuo

1

PROLOGO

La presente, esta dirigida al estudio de los sistemas de control de

tiempo continuo, mediante la resolución de problemas; donde cada uno

de los mismos fue cuidadosamente seleccionado de manera de poder

exponer con claridad los conceptos de sistemas de control.

Esta obra, dispone de un lenguaje claro y sencillo para explicar los

conceptos más importantes en los sistemas de control, esto permitirá al

lector introducirse con más herramientas al diseño de sistemas de

control para sistemas continuos.

Deseo expresar mi agradecimiento sincero al Ing. Mauricio Amestegui

y al Ing. Roberto Carranza (fallecido), docentes de la Carrera de

Ingeniería Electrónica, de la Facultad de Ingeniería de la Universidad

Mayor de San Andrés, quienes guiaron mi carrera y mi interés sobre los sistemas de control y automatización.

Esta obra esta dedicada a mis padres Roberto y María Asunta a

quienes les debo la vida, a Susana F. mi esposa, Abigail mi hija y

Matías quien no pudo ver la luz de la vida, por el cariño, paciencia,

apoyo y colaboración durante la elaboración de esta obra.

Raúl R. Roque Y.

La Paz Junio de 2009




2

PARTE I

PROBLEMASRESUELTOS




3

Problema 1

Determinar la función de transferencia del sistema representado mediante grafos de

flujo de señal de la figura.

a

ihg

f

ed cb

Fig. 1 Grafo de Señal

Solución

La función de transferencia del sistema según la Regla de Mason es:

= ΔΔ

∑1

k k k

P P ;

donde k P es la ganancia de la ésimak − trayectoria directa, Δ es el determinante

del grafo y k Δ se obtiene a partir de Δ , al quitar los lazos que tocan la trayectoria

k P .

Entonces:

1) Se identifican los lazos:

a

ihg

f

ed cbbgG =1

a

ihg

f

ed cbchG =2




4

a

ihg

f

ed cbciG =3

a

ihg

f

ed cbfghiG =4

2). El determinante Δ queda definido por:

( ) ( )Δ = − + + + +1 2 3 4 1 31 G G G G GG ;

3). Identificación de trayectorias

a

ihg

f

ed cbabcdeP =1

11 =Δ

a

ihg

f

ed cb

afeP =2

22 1 G−=Δ

finalmente se tiene que la función de transferencia es:

Δ+ −

= =Δ − + + + +

∑ (1 )

1 ( )

k k k

P abcde afe ch

P bc ch ci fghi bcgi

;




5

Problema 2.-

Mediante la Regla de Mason determinar la función de transferencia del siguiente

diagrama de bloques.

++

( )R s ( )Y s

+ +

1( )G s

( )F s

1( )H s

++

2( )G s +-

3( )G s

2( )H s

3( )H s

+

Fig. 2 Diagrama de Bloques

Solución.-

La función de transferencia del sistema según la Regla de Mason es:

( ) 1

( ) k k k

Y s P P

R s = = Δ

Δ ∑;

donde k P es la ganancia de la ésimak − trayectoria directa, Δ es el determinante

del grafo y k Δ se obtiene a partir de Δ , al quitar los lazos que tocan la trayectoria

k P . Entonces:

1) Se tiene los siguientes lazos:

1 1 1( ) ( )L G s H s = ;

2 3 2( ) ( )L G s H s = − ;

3 1 2 3 3( ) ( ) ( ) ( )L G s G s G s H s = ;

2). El determinante Δ queda definido por:




6

( ) ( )1 2 3 1 31 L L L L LΔ = − + + + ;

3). Identificación de trayectorias

1 2 3( ) ( ) ( )P F s G s G s = ;

2 1 2 3( ) ( ) ( )P G s G s G s = ;

4) Los determinantes mínimos entonces están dados por:

1 1 1 11 1 ( ) ( )L G s H s Δ = − = − ;

2 1Δ = ;

esto debido a que la trayectoria 1P toca 2L y 3L pero no 1L ; mientras que la

trayectoria 2P toca 1L , 2L y 3L .

5.- Finalmente se tiene que la función de transferencia es:

1 1 2 2k k

k

P P P

P

ΔΔ + Δ

= =Δ Δ

∑;

[ ]2 3 1 1

1 1 3 2 1 2 3 3 1 1 3 2

( ) ( ) 1 ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

G s G s G s H s P

G s H s G s H s G s G s G s H s G s H s G s H s

−=

− − − −

;




7

Problema 3.-

Obtenga la respuesta en el tiempo de un sistema con realimentación unitaria ante

una rampa unitaria, siendo la función de transferencia del sistema de lazo abierto:

=+

4( )

( 6)G s

s s

Solución.

La función de transferencia en lazo cerrado con realimentación unitaria es:

=+

( )( )

1 ( )

G s H s

G s

la función de transferencia será entonces:

+=

++

4( 6)

( )4

1( 6)

s s H s

s s

=+ +2

4( )

6 4H s

s s

Por otro lado, la entrada en términos de Laplace es una rampa: =2

1( )R s

s por lo

tanto:

2 2

4 1( ) 6 4Y s s s s = + +

Separando por fracciones parciales se tiene:

2

15 7 5 3 15 7 5120 2 20( )

(3 5) (3 5)Y s

s s s s

− + − +−

= − + + ++ + + −

mediante la transformada inversa de Laplace se obtiene la respuesta en el tiempo:

( )(3 5) (3 5)3 15 7 5( )

2 20t t y t t e e − − − +− +

= − + −

podemos ver gráficamente la respuesta del sistema en la siguiente figura:




8

Time (sec.)

A m p l i t u d e

Step Response

0 1 2 3 4 5 6 7 80

1

2

3

4

5

6

7

Fig. 3 Respuesta a rampa unitaria




9

Problema 4.-

Determine la respuesta al escalón unitario de un sistema de control de

realimentación unitaria cuya función de transferencia de lazo abierto es:

= +7( )

( 7)H s

s s

y obtenga el tiempo de crecimiento, el tiempo pico, el máximo sobrepaso y el

tiempo de establecimiento.

Solución.

De la forma general:

ω

ω ζ ω =

+ +

2

2 2( )

2n

n n

H s s s

por comparación tenemos:

ω = =7 2.646n

ξ = =7

1.3232

La solución general en el dominio del tiempo es:

1 2

21 2

( ) 12 1

s t s t n e e

y t s s

ω

ξ

− −⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

− ⎝ ⎠

siendo:

ξ ξ ω = + −21 ( 1) n s ξ ξ ω = − −2

2 ( 1) n s

de la función de transferencia del sistema se obtiene los polos y están dados por:

1 5.79s = − 2 1.1s = −

Como vemos s2 es comparablemente mayor a s1, de modo que el efecto de s1 es

despreciable en la respuesta final del sistema; por lo tanto podemos despreciar el

efecto de este polos, quedando:

2

( ) 1

s t

y t e

−=

− Para mayor claridad podemos revisar el comportamiento de cada ambos sistemas

mediante la grafica de ambas funciones en el tiempo:




10

Time (sec.)

A m p l i t u d e

Step Response

0 1 2 3 4 5 6 70

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Fig. 4 Respuesta al escalón unitario

Como podemos ver la consideración anteriormente hecha es aceptable, ya que la

diferencia es mínima. Lo que nos permite realizar simplificación en los cálculos :

Tiempo de levantamiento: como el sistema es sobreamortiguado el tiempo tr se

calculará con el tiempo del 10% al 90%.

= −(90%) (10%)r t t t ; ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠2

1 0.1ln

0.9r t

s

tr = 1.83 s

Tiempo de retardo, el tiempo de retardo para un sistema sobreamortiguado es:−= − 20.5 1 d s t e

despejando td tenemos:

= −1

ln(0.5)d t s

reemplazando:

td = 0.58 s

Tiempo de establecimiento: Para un error en estado estacionario del 2%, tenemos:

−

= −20.02 1

s ts

e despejando ts tenemos:

= − =1

ln(0.02) 3.26s t seg s

En un sistema sobreamortiguado no existen los parámetros de tiempo pico y

máximo sobrepaso.




11

Problema 5.-

Sea la función de transferencia de un sistema:

+ +=+ + + + +

2

24 5( )

( 8 20)( 1)( 3)( 5)s s G s

s s s s s ;

determinar el lugar de raíces de dicho sistema y realizar un análisis del mismo.

Solución.-

1.- Se determina los lugares geométricos de las raíces sobre el eje real, para ello se

utiliza la condición de ángulo.

Im

Re

2

1

-1

-2

-1-3-5

Fig. 5 Posible lugar de Raíces

2.- Se determina las asíntotas del Lugar Geométrico de las Raíces:

θ ° +

= ±−

180 (2 1)k

n m ; = 0,1,2,...k

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

θ ° +

= ± = ° +180 (2 1) 60 (2 1)3k k ;

θ = °0 60 , θ = °1 180 , θ = °2 300

3.- Se determina la intersección de las asíntotas con el eje real.




12

σ −

=−

∑ ∑polos ceros

n m ;

entonces:

σ + + + + − +

= = − = −−

(1 3 5 4 4) (2 2) 144.67

5 2 3

Hasta aquí se tiene la siguiente grafica

Im

Re

2

1

-1

-2

-1-3-5

Fig. 6 Puntos de Intersección y asíntotas del LGR

4.- Como se tiene 2 ramas unidas sobre el eje real (lugar de raíces entre –1 y -3),

ellos quiebran en su trayectoria a °90 , el punto de quiebre se determina utilizando:

=( )

0df s

ds , donde = +( ) 1 ( ) f s G s

reemplazando se tiene:

+ += +

+ + + + +

2

2

4 5( ) 1

( 8 20)( 1)( 3)( 5)

s s f s

s s s s s ;

finalmente:

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

df s P s s s s s s s

ds ;

cuyas raíces son:




13

= −1 1.7978s ; = −2 3.7044s ;

= ±3,4 4.2363 1.1975s i ; = − ±5,6 1.3459 1.6059s i ;

solo 1s pertenece al Lugar geométrico de las raíces, por tal razón el punto de

quiebre de las ramas es:

γ = −1.7978 .

Se construye finalmente el Lugar Geométrico de las Raíces, mediante el uso de la

regla: El diagrama del lugar de raíces parte de los polos del SLA y terminan en los

ceros del SLA, con esto se tiene la grafica.

Im

Re

2

1

-1

-2

-1-3-5

7978.1−=γ 6667.4−=σ

Fig. 7 Lugar Geométrico de las Raíces




14

Problema 6.-

Sea el SLA, con función de transferencia:

+ +=+ + +

2

26 5( )

( 6)( 2)( 6)s s G s

s s s ;

Trazar el Lugar Geométrico de las Raíces, diseñar K de tal manera que el

sistema tenga como polos dominantes a = − ±1,2 0.571 9.824s i .

Solución.-

El comportamiento del SLA a una entrada escalón es:

Tiempo (sec.)

A m

p l i t u d

Respuesta en el tiempo de G(s)

0 2 4 6 8 10 12-0.02

-0.01

0

0.01

0.02

0.03

0.04

Fig. 8 Respuesta en el Tiempo

Como se muestra en la figura anterior, el sistema es oscilante y mediante la

elección de la ganancia K , se podría lograr mejorar el desempeño del SLC.

1.- Primero se identifica los polos y ceros de la función de transferencia, con esto se

determina los posibles lugares de las raíces.

Polos : = ±1,2 6s i , =3 2s , =4 6s .

Ceros: =1 1z , =2 5z .




15

De esa manera se tiene la ubicación de los mismos en el plano complejo:

Im

Re

6

-6

-1-2-5-6

Fig. 9 Posible Lugar Geométricos de Raíces

2.- Determinación de las asíntotas de los lugares geométricos:θ ± ° +

=

−

180 (2 1)k

k

n m

;

θ ± +

= = ± ° +−

180(2 1)90 (2 1)

4 2k

k k ; (1)

Las asíntotas tiene ángulos :θ = °0 90 , θ = °1 270 ;

3.- Determinación del Punto de intersección de las asíntotas con el eje real.

σ −

=−

∑ ∑polos ceros

n m ;

σ + + − − +

=−

(2 6 6 6 ) (5 1)

4 2

i i ; (2)

El punto de intersección de las asíntotas y el eje real se produce en :

σ = 1 ;

4.- Determinación del puntos de quiebre de las ramas. Nótese que en este ejemplo

no se tiene la unión de dos ramas (polos).

= = =( ) ( )

( ) 0df s dG s

P s ds ds

; (3)

= + + − − =5 4 3( ) 2 26 116 384 1152 0P s s s s s ; (4)

cuyas raíces son:




16

=1 2.012s ; = − ±2,3 5.27 2.101s i ; = − ±4,5 2.23 1.971s i ;

ninguno de estas soluciones pertenece al Lugar de Raíces, entonces quiere decir que

no hay puntos de quiebre.

5.- Determinación de los ángulos con que el lugar de raíces deja a los polos:

ω = ° + − ∠ + ∠∑ ∑180 (2 1)k k otros polos ceros ;

ω = ° − ° + ° + ° + ° + ° = °1 180 (27 57 90 ) (32 72 ) 110 ; (5)

como los polos son conjugados:

ω = − − ° − ° − ° + − ° − ° = ° = − °2 180 ( 27 57 90 ) ( 32 72 ) 250 110 . (6)

La mediciones se muestran en la figura siguiente.

6.- El valor de K se halla reemplazando el polo deseado (este polo debe estar en el

LGR), y cumple con:

1.6456

)128)(36(

)(

1

824.9571.0

2

22

=++

+++==

+−=is

ss

sss

sGK . (7)

Im

Re

6

-6

-1-2-5-6

2732

5772

Fig. 10 Medición de ángulos




17

Im

Re

6

-6

-1-2-5-6

Fig. 11 Lugar geométrico de la Raíces

El sistema de Lazo cerrado es ahora es:

+

-)(sG1.64

R(s) C(s)

Fig. 12 Sistema de Lazo cerrado

el comportamiento en el tiempo se muestra en la figura 10.

Time (sec.)

A m p l i t u d e

Step Response

0 2 4 6 8 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

From: U(1)

T o : Y ( 1 )

Fig. 13 Respuesta al escalón Unitario




18

Es importante aclarar que el sistema en lazo abierto era oscilatorio, en cambio con

el uso de método del Lugar Geométrico de las raíces se ha encontrado una ganancia

la misma que hace que el sistema de lazo cerrado tenga mayor desempeño, aunque

con un sobre paso bastante grande.

El diseño anterior puede ser resuelto utilizando algunas herramientas

computacionales. Ahora se presenta el desarrollo del diseño utilizando rutinas de

MATLAB.

El Lugar Geométrico de Raíces es trazado mediante la función rlocus , se utiliza

el siguiente script para generar tal grafica:

num=[ 1 6 5] ;den=[ 1 8 48 288 432] ;si sl a=t f ( num, den) ;rlocus(sisla);

Generando :

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

Real Axis

I m a g

A x i s

Fig. 14 Lugar de raíces

mediante la función rlocfind se busca los polos deseados:




19

z=0. 057;wn=9. 84;sgr i d( z, wn) ;rlocfind(sisla);

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Real Axis

I m a g A x i s

Fig. 15 Resultado del comando rlocfind

esta función determina la ganancia K para obtener los polos deseados, el resultado

fue el siguiente:

» rlocfind(sisla)

Select a point in the graphics window

selected_point =

-0.59447004608295 + 9.59064327485381i

ans =

59.81092426934112.




20

Problema 7.-

Sea un proceso físico, el mismo que puede ser modelado mediante, la siguiente

función de transferencia:

= + +1.06( )

( 1)( 2)G s

s s s ;

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

)2)(1(

06.1

++ sss+-

( )R s ( )Y s

Fig. 16 Proceso con realimentación unitaria.

a) Determine la función de transferencia del sistema de lazo cerrado.

b) Determine los polos dominantes del sistema.

c) Determine la constante de error de velocidad.

d) Determine el Lugar Geométrico de las Raíces.

e) Hallar el intervalo de la constante K de manera que el sistema sea estable.

f) Diseñar un compensador de retraso para que el error estático de velocidad

incremente hasta casi 5 [1/seg] , sin que los polos del sistema de lazo cerradocon 1=K , no cambien en forma notable.

Solución.-

a). La función de transferencia para un sistema con realimentación unitaria es:

1.06

( ) ( 1)( 2)1.06

( ) 1 ( 1)( 2)

Y s s s s

R s s s s

+ +=

+ + +

;

simplificando:

( ) 1.06

( ) ( 1)( 2) 1.06

Y s

R s s s s =

+ + +;




21

b). Los polos dominantes se determinan con las raíces del denominador, esto es:

006.1)2)(1( =+++ sss ;

entonces:

= − ±1,2 0.33 0.58s j y = −3 2.33s ;los polos que están mas cerca del eje imaginario son los dominantes, entonces:

js 58.033.02,1 ±−= ;

de aquí se puede obtener el coeficiente de amortiguamiento y la frecuencia

natural no amortiguada de la siguiente manera:

Sabemos que:

ζω =0.33 n y ω ζ = − 20.58 1n ;

resolviendo ambas ecuaciones, se tiene que, el coeficiente de amortiguamiento

es:

5.0=ζ ;

y la frecuencia natural no amortiguada es:

ω = 0.66n ;

La respuesta al escalón unitario del sistema de lazo cerrado se obtiene mediante

el siguiente script en MATLAB:%Respuest a el Escal osn uni t ar i o num=[ 1. 06] ;den=[ 1 3 2 0] ;sl a=t f ( num, den) ;sl c=f eedback( sl a, 1) ;[ y, t ] =step( sl c);pl ot ( t , y) ;%f i n de scr i pt

0 4 8 12 16 200

0.5

1

1.5Respuesta al Es calon unitario del sistem a de Lazo Cerrado

Tiempo

SalidaEntrada





22

c). La constante de error de velocidad es:

→=

0( )v

s K Lim sG s ;

reemplazando la función de transferencia y resolviendo el limite se tiene que:

= 0.53v K ;

por otro lado el error en estado estacionario para una entrada rampa es:

= = =1 1

1.88680.53

ss

v

e K

la respuesta a una entrada rampa unitaria se la obtiene incluyendo el siguiente

script%Respuest a a l a Rampa uni t ar i a r am=t f ( [ 1] , [ 1 0] ) ;sl cer =ser i es( r am, sl c) ;[ yr , t r ] =step( s l cer) ;

r =t r ;pl ot ( t r , r , t r , yr ) ;%f i n de scri pt

se observa el comportamiento en la siguiente figura:

0 2 4 6 8 10 120

2

4

6

8

10

12Respuesta a una Ram pa unitaria

Tiempo

Entrada

Salida

Fig. 18 Respuesta a la rampa unitaria

Se nota que el error en estado estacionario es bastante grande.

d). Para hallar el Lugar Geométrico de las Raíces se utiliza el siguiente script enMATLAB:num=[ 1. 06] ;den=[ 1 3 2 0] ;sl a=t f ( num, den) ;r l ocus(s l a) ;




23

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

-2

-1

0

1

2

Real Axis

I m

a g

A x i s

Lugar Geométrico de las Raíces para el sistema:

G(s)= 1.06 / s(s+1)(s+2)

Fig. 19 Gráfica del Lugar de Raices

e). Para hallar el intervalo en el cual la ganancia K hace que el sistema sea

estable, se utiliza el criterio de Rout-Hurwitz, entonces se analiza la ecuación

característica:

+ =1 ( ) 0KG s ;

reemplazando:

+ =+ +

1.061 0

( 1)( 2)K

s s s ;

operando se tiene:

+ + + + =3 23 2 1.06( 1) 0s s s K ;

Entonces el arreglo de Rout-Hurwitz es:

[ ]

+

− +

+

3

2

1

0

12

31.06( 1)

106 1.06( 1)

31.06( 1)

s

s K

K s

s K

para que el sistema sea estable, los elementos de la primera columna deben ser

positivos, de esta manera se obtienen las siguientes condiciones:

i). [ ]− + >1

6 1.06( 1) 03

k ;

ii). + >1.06( 1) 0K ;

resolviendo las inecuaciones, el intervalo resultante es:




24

> >4.6604 0K ;

En el inciso d). se determinó que el error en estado estacionario era grande, si

desearíamos incluir la ganancia K , dentro la trayectoria directa modificará el erroren estado estacionario reduciéndolo, sin embargo como se ve el valor de la ganancia

K esta restringido en un pequeño intervalo, tal como se determino anteriormente.

f). El compensador de retraso tiene la forma:

T s

T s

K Ts

TsK sG ccc

β

β β

1

1

1

1)(

+

+=

+

+= ;

La localización del cero y el polo de este compensador deben estar alejados del los

polos dominantes deseado. La contribución angular de este compensador debe ser

bastante pequeña (menor que 7° [Ogata, 2da Edición]). Existen criterios de diseño

que indican que el valor del parámetro β debe ser β < <1 15 .

Con lo dicho anteriormente, la posición del cero será:

=1

0.08T

;

se elige β = 10 ;

entonces el compensador tiene la forma:

+=

+

0.08( )

0.008c c

s G s K

s ;

lo que queda determinar es la ganancia; antes de ello veamos la contribución

angular que da el compensador en la ubicación de los polos dominantes, es decir:

=− +∠ = ∠ + − ∠ +0.33 0.58( ) | 0.08 0.008c s j G s s s ;

=− +∠ = °0.33 0.58( ) | 5.72c s j G s ;

Esta contribución angular modifica el Lugar de Raíces, claro está que dicha

modificación es pequeña tal como se quería.

Ahora la función de transferencia de trayectoria directa, incluido el compensador

es:

+=

+ + +

0.08 1.06( ) ( ) *

0.008 ( 1)( 2)c c

s G s G s K

s s s s ;




25

lo que es igual :

+=

+ + +

0.08( ) ( )

( 0.008)( 1)( 2)c

s G s G s K

s s s s ;

donde = 1.06 c K K ;

ahora el Lugar Geométrico de la Raíces que da como:

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1

-0.5

0

0. 5

1

1. 5

2

2. 5

Real Axis

I m a g

A x i s

Lugar Geométrico de las Raíces para el sistema compensado:

Sin Compensador

Con Compensadorpolos dominantes

sin compensador

polos dominantes

con compensador

0.580. 5

-0.28

Fig. 20 Comparación de la ubicación de polos

entonces los nuevos polos dominantes son:

= − +1,2 0.28 0.5s j ;

ahora se debe hacer cumplir el criterio del modulo, sobre los nuevos polos

dominantes:

+=

+ + +

0.081

( 0.008)( 1)( 2)

s K

s s s s ;

es decir que:

=− +

+ + += =

+ 0.28 0.5

( 0.008)( 1)( 2)0.9510

0.08 s j

s s s s K

s ;

por otro lado:

= = 0.89721.06

c K K

el compensador es:

+=

+

0.08( ) 0.8572

0.008c

s G s

s ;




26

A continuación se muestra respuesta al escalón y la rampa unitaria para el sistema

sin compensador y la respuesta del sistema incluyendo el compensador de retraso

0 5 10 15 20 250

0. 2

0. 4

0. 6

0. 8

1

1. 2

1. 4

Tiem o

Respuesta al Escalon

Sistema

Compensado

Sistema no

Compensado


0 5 10 15 20 25-5

0

5

10

15

20

25Respuesta a la rampa unitaria

Sistema

Compensado

Sistema no

Compensado

Fig. 22 Respuesta a la rampa unitaria




27

Problema 8

Sea el sistema de orientación de satélite de la figura, donde θ es la posición angular

deseada, l es la distancia del eje del propulsor al centro de masa del satélite, β es

el ángulo de efecto de control, la variación del ángulo β es proporcional a la señal

de control u , R es una constante que representa una cierta ganancia estática del

actuador que convierte el control u en velocidad de variación del ángulo β y J es

la inercia efectiva del satélite.

l

β

θ

CM

Orientación

de

ReferenciaOrientación

Deseada

F

Fig. 23 Sistema de orientación de Satélite

Determinar el modelo matemático del sistema, realizar el análisis del sistema lineal

y no lineal mediante simulación y determinar un controlador basado en

realimentación de estados de manera de ubicar e satélite en una posición deseada.

Solución

Las ecuaciones diferenciales que rigen el movimiento del sistema se obtienen de la

segunda ley de Newton:

θ β = = = Fuerza x brazo sin( ) *J Torque neto aplicado F l ;




28

o en forma compacta:

θ β = sin( )J Fl ;

el ángulo β crece o decrece, de acuerdo al control aplicado mediante la ley de

variación:

β =

d Ru

dt ;

las variables d estado se escogen como:

θ =1x ; θ = 2x y β =3x ;

Entonces el sistema no lineal se describe de la siguiente manera en el espacio de

estados:

= +1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i i i x f x x x ug x x x ; = 1,2,...i n

es decir:

=1 2x x ;

=2 3sin( )Fl x x J

;

=3x Ru ;

El punto de equilibrio físicamente significativo del sistema, se obtiene igualando a

cero el miembro derecho de cada ecuación de estado. Este resulta ser:

=1x arbitrario ; =2 0x ; =3 0x y = 0u

La respuesta a un escalón unitario del sistema no lineal es:




29

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

50

100

150

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0

5

10

15

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

Respuesta del sistem a No lineal

x1

x2

x3

Fig. 24 Respuesta en Lazo abierto

Se tiene que la forma lineal general de un sistema SISO es:

= +x Ax Bu ;

donde:

== |i e x x A J ;

para linealizar el sistema alrededor de estos puntos se determina la matriz

Jacobiana del sistema, es decir:

⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

1 1 1

1 2 3

2 2 23

1 2 3

3 3 3

1 2 3

0 1 0 0 1 0

0 0 cos( ) 0 0

0 0 0 0 0 0

A

f f f

x x x

f f f Fl Fl A J x

x x x J J

f f f

x x x

;




30

⎡ ⎤∂⎢ ⎥

∂ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥∂

= = = ⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦⎢ ⎥∂⎣ ⎦

1

1

2

1

3

1

0

0B

g

u

g B J

u

Rg

u

; ⎡ ⎤=⎣ ⎦1 0 0C ;

luego resolviendo, la representación lineal en el espacio de estados es:

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥= + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1 1

2 2

33

0 1 00

0 0 0

0 0 0

x x Fl

x x u J

x x R

;

⎡ ⎤⎢ ⎥

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

1

2

3

1 0 0

x

y x

x

;

El sistema linealizado es independiente del punto de equilibrio pues ningún

miembro de la matriz de transferencia tiene como parámetro algún punto de

equilibrio. También es fácil ver que el sistema es completamente controlable pues la

matriz de controlabilidad:

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

0 0

0 0

0 0

FLR

J FLR

C J

R

;

es de rango completo (rango 3), pues su determinante es distinta de cero, por lo

tanto es controlable y es puede llevar el sistema de lazo cerrado a un punto deseado




31

Para realizar la simulación del sistema en lazo abierto se toman los siguientes

valores de las constantes:

= 200F ; = 3L ; = 20R ; = 50J ;

Los resultados son los siguientes

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0

100

200

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

2

4

6x 10

4

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

5000

10000

15000

Respuesta del sistem a No lineal

x1

x2

x3

Fig. 25 Respuesta en Lazo abierto

Diseño de un Controlador

El controlador que se va diseñar tiene el enfoque del espacio de estados, es decir

que se usara los estados para realizar una compensación, este método se denomina

control por realimentación de Estados.

Proponemos entonces la siguiente ley de control:

= − − −1 1 2 2 3 3u k x k x k x ;




32

Esta ley de control conlleva, en consecuencia, la siguiente expresión para el sistema

de control en lazo cerrado.

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 1

2 2

331 2 3

0 1 0

0 0

x x FL

x x J

x x Rk Rk Rk

;

puesto que el interés fundamental está en inducir una dinámica controlada para el

valor de las perturbaciones del estado de naturaleza asintóticamente estable a cero,

los valores de las ganancia 1k , 2k y 3k deben especificarse de tal manera que los

autovalores del sistema autónomo anterior(sistema de lazo cerrado) tengan parte

real negativa. Con el objetivo de hacer está especificación calculamos el polinomio

característico y lo igualamos a alguno del cual sabemos tiene sus raíces en el

semiplano izquierdo en valores preestablecidos.

El polinomio característico del sistema de lazo cerrado está dado por:

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥− + = − = + + +⎢ ⎥⎢ ⎥+⎣ ⎦

3 2 2 13

1 2 3

1 0

det( ) det 0

s

FL FLRk FLRk sI A bk s s Rk s s

J J J Rk Rk s Rk

como puede apreciarse de la formación de este polinomio característico, los

parámetros de diseño intervienen independientemente en cada término del

polinomio. Este hecho permitirá obtener estos valores al igualar el polinomio

característico deseado, cuyos polos se encuentran en el semiplano izquierdo.

Supongamos que deseamos contar con una localización de polos como la que se

muestra en la figura:




33

cj

-cj

ab

Fig. 26 Ubicación de Polos deseados

Es decir, deseamos que el polinomio característico en lazo cerrado por:

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

donde a, b y c, son conocidos y se escogen de tal manera que el sistema de lazo

cerrado tenga características deseables. Igualando, los coeficientes de las mismas

potencias de ambos polinomios obtenemos el siguiente conjunto de ecuaciones para

los parámetros de diseño:

+=

2 2

1

( )a b c k J

FLR;

+ +=

2 2

2

2b c abk J

FLR;

+=3

2b a k

R;

Para realizar la verificación del diseño del controlador, se utilizaron los siguientes

datos en le controlador: = 2a ; = 3.5b ; = 12.75c ;

las condiciones iniciales del sistema son:

=1 2x ; =1 0x ; =3 0x ;

el valor de referencia es: =1 2.5ref x ;




34

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-0.5

0

0 .5

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 102

2 .5

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-1

0

1

2

Res pu es t a de l s is t em a e Laz o c e r rado

x 1

x 2

x 3

x 1 re f

Fig. 27 Respuesta a la referencia deseada 2.5mm

Se realizó otra simulación para una condición inicial diferente es decir 1.1)0(1 = x

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-2

0

2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-2

0

2

4

Res pues t a de l s i s t em a e Laz o c e r rado

x 1

x 2

x 3

x 1 re f

Fig. 28 Respuesta a la referencia deseada 2.5 con diferente C.I.




35

es claro notar que cuando la condición inicial del sistema está próxima a la

referencia, el controlador realiza óptimamente su trabajo.

Para el en el que la condición inicial es:

=1(0) 0x ;

entonces se tiene que el controlador proporciona:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

5

10

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0. 5

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-1

0

1

2

Respuesta del sistema e Lazo cerrado

x1

x2

x3

x1ref

Fig. 29 Respuesta a la referencia deseada 2.5 con diferente C.I.

es claro ver que en este caso la señal de control no proporciona una señal de control

adecuada, pues como se ve no llega a al valor de referencia deseado.




36

Problema 9

Sea el sistema

1

1

2 1 11 121 22

2 2 2 22 2

0 1

0

i

e e

e e

T x x Ah

Ah C R u w T x x x x A h C A h C A h

ρα α

ρ ρ

⎡ − ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −− ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

;

Hallar los puntos de equilibrio del sistema, donde i T , W , 1A , 2A , 1h , 2h , ρ , R , α

y e C son constantes y u , w son entradas del sistema, para ello considere los

valores: 30ºi T = , 10ºe T = , 1 173.3e C R K ρ = = , 31 1 1Ah m = , 3

2 2 1Ah m = ,

2 0.714e C K α ρ = = , 228u = , 5w = .

Linealizar el sistema no lineal alrededor de los anteriores puntos de equilibrio y

determinar además la función de transferencia total del sistema mediante el usode los comandos ss y tf de Matlab. Dibuje un diagrama de bloques para dicha

función de transferencia.

V R

eT q

2T

iT q,

1T

Fig. 30 Sistema de tanques en serie

Solución.-

En primer lugar la forma compacta del sistema es:

( , , )x f x u v = ; (1)

con:

1

2

( , , )( , , )

( , , )

f x u w f x u w

f x u w

⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

;(2)

los puntos de equilibrio del sistema se hallan haciendo la dinámica nula, es decir:




37

1

2 1 11 12

1 2

2 2 2 22 2

0 10

00

i

e e

e e

T x

Ah Ah C R u w T x x x A h C A h C A h

ρα α

ρ ρ

⎡ − ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −− ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

;

(3)

luego, los puntos de equilibrio quedan definidos por las relaciones:2

1

1

i i

e

u u x T T

w C R wK ρ= + = + ;

(4.a)

1

2 12

2

e

e e

e

T wx

K T wx C x

K w w C

α

ρα

ρ

++

= =++

;

(4.b)

reemplazando valores numéricos, los puntos de equilibrio son:

1 90ºx = ; (5.a)

2 80ºx = ; (5.b)

entonces el modelo lineal del sistema estará dado por:

1 2g g g g x Ax B u B w = + + ; (6.a)

g g y Cx = ; (6.b)

donde: g x x x = − , g u u u = − , g w w w = − , g y y y = − y además:

1 1

1 2

2 2

1 2x x

u u

w w

f f

x x A

f f

x x =

=

=

⎡ ⎤∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥=⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

;

1

12

x x u u

w w

f

u B f

u =

=

=

⎡ ⎤∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂

= ⎢ ⎥∂⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥∂⎣ ⎦

;

1

22

x x u u

w w

f

w B f

w =

=

=

⎡ ⎤∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂

= ⎢ ⎥∂⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥∂⎣ ⎦

;

realizando operaciones se tiene que:

1 11 1

22

2 2 2 22 2 2 2

100

1x x

u u

w w

w w

Ah Ah A

w K w K w w

Ah Ah Ah Ah =

=

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ++ ⎢ ⎥

−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

;

(7.a)

1 1 1 1 11

2 2

0 0e

x x

u u

w w

u u

Ah C R Ah K B ρ

=

=

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

;(7.b)




38

11

1 11 12

1 2 1 2

2 2 2 2

i i

x x

u u

w w

T x T x

Ah Ah B

x x x x

Ah Ah =

=

=

⎡ − ⎤⎡ − ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= =⎢ ⎥

− −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

;

(7.c)

reemplazando valores numéricos respectivos el modelo lineal es:

5 0 602.63

5 5.714 0 10g g g g x x u w − ⎡− ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

;(8.a)

[ ] gg x y 10= ; (8.b)

el siguiente Script en Matlab determina la función de transferencia del sistema

[ ]( ) det( )G s C sI A B = − % Si st ema de Tanques Tér mi cos

% Li neal i zaci ón al r ededor de punt os de equi l i br i o% Tomando en cuent a l as dos ent r adas: Fl uj o y Vol t aj eA1 = 1;A2 = 1;h1 = 1;h2 = 1;

Ti = 30; Te = 10;x10 = 90;x20 = 80;u0 = 228;v0 = 5;k1 = 173. 28;k2 = 0. 714;

a11 = - v0/ ( A1*h1) ;a12 = 0;a21 = v0/ ( A2*h2) ;a22 = - v0/ ( A2*h2) - k2/ ( A2*h2) ;% Matr i z de estadoA = [ a11 a12; a21 a22] ;% Matr i z de ent r adab11 = 2*u0/ ( A1*h1*k1) ;b12 = ( Ti - x10) / ( A1*h1) ;b21 = 0;b22 = ( x10- x20) / ( A2*h2) ;B = [ b11 b12; b21 b22] ;% MAt r i ces de ent r ada por separado

B1 = [ b11; b21] ;B2 = [ b12; b22] ;% Mat r i z de sal i dac1 = 0;c2 = 1;C =[ c1 c2] ;% Matr i z de acopl ami ent oD = [ 0 0] ;% Funci ón de t r ansf er enci a




39

sl a = ss( A, B, C, D) ;f ts l a = t f (s l a) ;

dando el resultado:

2 2 2

13.16 10 250( ) ( ) ( )

10.17 28.57 10.17 28.570

s T s U s W s

s s s s

−= +

+ + + +; (9)

finalmente el diagrama de bloques es:

57.2817.10

16.132 ++ ss

57.2817.10

250102 ++

−

ss

s

+

+

)(sU

)(sW

)(2 sT

Fig. 31 Representación en Diagrama de Bloques




40

Problema 10

Sea un sistema de lazo cerrado con realimentación negativa

( )G s

)(s R ( )Y s

( )H s

Fig. 32 Sistema realimentado

Determinar el error en estado estacionario para una entrada test tipo ( )q

AR s

s = ;

Solución.-

La función de transferencia del sistema de lazo cerrado esta dado por:( ) ( )

( )( ) 1 ( ) ( )

Y s G s F s

R s G s H s = =

+

Para un caso general defínase que la función de transferencia para cada la

trayectoria directa y para la trayectoria de realimentación son respectivamente:

1

1

( ) ( )( )

( ) ( )

g

N g

N s K N s G s K

D s s D s = = y

( )( )

( )h

h

N s H s K

D s = ;

Podemos decir que ( )G s dispone de N polos en el origen y ( )H s no dispone de

polos ni ceros en el origen. Además que se cumple:1(0) 1N = ; 1(0) 1D = ;

(0) 1h N = ; (0) 1h N = ;

Utilicemos el siguiente diagrama de bloques para determinar el error en estado

estacionario del sistema

( )G s +-

)(s R )(sC

( )H s

+- ( )E s

Fig. 33 Sistema realimentado y algebra de bloques




41

de manera que el error en estado estacionario es:

( ) ( ) ( )E s R s C s = − ;

reemplazando:( ) ( ) ( ) ( )E s R s R s F s = − ;

[ ]( )

( ) ( ) 1 ( ) ( ) 11 ( ) ( )

G s E s R s F s R s

H s G s

⎡ ⎤⎢ ⎥= − = −⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

1 ( ) ( ) ( )( ) ( )

1 ( ) ( )

H s G s G s E s R s

H s G s

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

Asumiendo que el sistema de lazo cerrado es estable el error de estado estacionario

puede ser obtenido aplicando el teorema del valor final a ( )E s :

[ ] [ ]0( ) ( )ss t s e Lim e t Lim sE s →∞ →

= = ;

reemplazando en esta ultima e obtiene:

0

1 ( ) ( ) ( )( )

1 ( ) ( )ss

s

H s G s G s e Lim sR s

H s G s →

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

Para una señal de test:

1

0

1 ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( )q

ss s

H s G s G s e ALim s

H s G s −

→

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

Utilizando la suposición inicial acerca la forma de las funciones de transferencia:

1 1

1 1 1

01

1

( ) ( ) ( )1

( ) ( ) ( )( ) ( )

1( ) ( )

h h N

q h ss

s h h N

h

k N s KN s KN s

D s s D s D s e ALim s

k N s KN s

D s s D s

−

→

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥

⎢ ⎥= ⎢ ⎥

⎢ ⎥+⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

;

1 1 1 1

01 1

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

( ) ( ) ( ) ( )

N N q h h h h h

ss N s h h h

s D s D s k KN s N s k s D s N s e ALim s

s D s D s k KN s N s −

→

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

1 1 1 1

01 1

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

( ) ( ) ( ) ( )

N N q h h h h h

ss N s h h h

s D s D s k KN s N s k s D s N s e ALim s

s D s D s k KN s N s −

→

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

reemplazando finalmente se tiene:1

0

N N q h h

ss N s h

s k K k s e ALim s

s k K −

→

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

;

Esta última es una relación general para sistemas con realimentación negativa no

unitaria.




42

Problema 11.-

Un sistema de control con realimentación unitaria tiene como función de

transferencia de lazo abierto:

2( ) ( )( 5)

C K G s G s s s

=+

;

Determinar el rango de valores de K si existe de manera que todos los modos de

lazo cerrado sean más rápidos que t e − .

Solución.-

El requerimiento del problema es determinar los valores de K de manera que todos

los polos del sistemas de lazo cerrado tengan como parte real negativa valores

menores que -1. Por lo tanto se debe considerar la línea 1 0s + = como nuevolímite de estabilidad, entonces se hace una transformación 1s w = − y se

complementa con el uso del criterio de Routh-Hurwitz para hallar el valor de K .

El sistema de lazo cerrado se define como:

3 2

( ) ( ) ( )

( ) 1 ( ) ( ) 10 25c

c

Y s G s G s K

R s G s G s s s s K = =

+ + + +;

el polinomio característico esta dado por:3 2( ) 10 25P s s s s K = + + + ;

para el valor desplazado:3 2

1( ) ( 1) 10( 1) 25( 1)s w P s w w w K = − = − + − + − + ;

3 2( ) 7 8 16P w w w w K = + − + − ;

Se realiza el arreglo de Routh-Hutwitz para dicho polinomio:

[ ]

3

2

1

0

1 8

7 16

172

7

16

w

w K

w K

w K

−

− −

−

se obtiene:1

( 72) 07

K − − > y ( 16) 0K − >

por lo tanto si 16 72K < < , entonces todos los polos deberían tener parte real

menor que -1.




43

% Si st ema de Pri mer orden f ( t ) = exp( - t )num = 1;den = [ 1 1] ;% Respuest a al escal on uni t ar i osl ades = t f ( num, den) ;[ x, t ] =st ep( sl ades, 10) ;

% Si st ema de Lazo Abi ert o% 1% F( s) =- - - - - - - - - - - - - - - - - -% s ( s + 5) ( s+5)K1 = 16. 5;num1 = K1;den1 = [ 1 10 25 K1] ;sl c1 = t f ( num1, den1) ;[ x1, t 1] =st ep( sl c1, 10) ;K2 = 71. 5;num2 = K2;den2 = [ 1 10 25 K2] ;sl c2 = t f ( num2, den2) ;

[ x2, t 2] =st ep( sl c2, 10) ;K3 = 72. 1;num3 = K3;den3 = [ 1 10 25 K3] ;sl c3 = t f ( num3, den3) ;[ x3, t 3] =st ep( sl c3, 10) ;pl ot ( t , x, ' y- ' , t 1, x1, ' b- ' , t 2, x2, ' g- ' , t 3, x3, ' r - ' ) ;p1 = r oot s( den1) ;p2 = r oot s( den3) ;p3 = r oot s( den3) ;

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Respuesta al escalon Unitario

exp(-t)K=16.5

K=71.5

K=72.1

Fig. 34 Respuesta de diferentes valores de la ganancia K




44

Problema 12.-

Sea el convertidor DC/DC reductor-elevador (Buck-boost converter) representado

en la figura. Determinar el modelo promedio de dicho sistema. Considere los

valores 10R = Ω , 12L mH = y 250C F μ= para realizar la simulación del sistemaconsiderando un esquema PWM con frecuencia de 500F Hz = y un ciclo de trabajo

0 0.5d = .

C RinV

Q

D

0v+

-

+

-

Li

Fig. 35 Convertidor DC/DC Reductor-elevador(Buck-boost converter)

Solución.-

Se considera que tomando en cuenta la base de un esquema de modulación de

ancho de pulso, la conmutación del switch Q cada periodo de tiempo T es ( )d t

(los valores numéricos de d satisfacen 0 ( ) 1d t ≤ ≤ ), de donde se puede extraer las

relaciones matemáticas de dicho modelo considerando el estado del switch Q .

Cuando el switch Q esta en el estado ON, es decir cumple 0 t dT ≤ < las

ecuaciones que rigen el sistema son:

0

10 o dv

C v dt R

= + ; (1)

Li

di V L

dt = ; (2)

y cuando el switch está en OFF lo que quiere decir que T t dT ≤< , las ecuaciones

del sistema son:

00

1L

dv i C v

dt R= + ; (3)

00 Ldi L v dt

= + ; (4)

se elige como estados a 1 Lx i = y 2 O x v = , a la entrada ( )u d t = y finalmente la

salida a

2O y v x = = , con lo que podemos representa las ecuaciones anteriores como:




45

1 2

1(1 ) in V

x x u u L L

= − − + ; (5.a)

2 1 2

1 1(1 )x x u x

C RC = − − ; (5.b)

2y x = ; (5.c)

Claramente se puede observar que es un sistema bilineal, por el producto xu que

existe; este sistema goza de propiedades interesantes que hacen su uso popular

como caso de estudio en el diseño de sistemas de control. Según el esquema PWM

es posible reemplazar los valores discretos de u por una función promedio

denominada d [Sira Ramirez, 1992]. Como objetivo didáctico se realizara la

simulación del sistema en lazo abierto considerando 3 valores de la función

promedio d .

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10

0.5

1

Fig. 36.a Esquema de Modulación de Ancho de pulso

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1-10

0

10

20

30

x2

x1

Fig. 36.b Dinámica del vector de estados




46

Problema 13

Sea el Sistema de Levitación Magnética como el de la figura 37, el cual consiste en

suspender una esfera en el aire mediante un a fuerza electromagnética producida

por un electroimán. R

)( x L )(t V

x

M

Fig. 37 Sistema de Levitación Magnética.

La esfera tiene una masa M , el electroimán tiene una resistencia R y una

inductancia ( )L x variable en el tiempo según la posición de la esfera, la entrada al

sistema se define como el voltaje al electroimán y la salida es la posición de la

esfera. La inductancia puede modelarse como 0( )a

L x Lb x

= ++

, donde 0L , a y b

son constantes positivas.

estos valores fueron tomados de [Joo S., Jin S. ,1997]

a.) Determinar los puntos de equilibrio del sistema considerando los valores de

la tabla anterior.

b.) Obtener la respuesta en lazo abierto de dicho sistema y estudiar su

estabilidad mediante simulación.

Descripción Símbolo Valor

Masa de la EsferaM

0.54

Aceleración de la gravedad g 9.80

Resistencia de la Bobina R 11.58

Inductancia de la Bobina0L 0.8052

Constante 1a

0.001599

Constante 2

b

0.00789




47

Solución.-

Sabemos que el modelo en el espacio de estados del sistema de levitación magnética

esta dado por:

1 2x x = (1.a)

23

2 212 ( )

ax x g

M x b= −

+

(1.b)

2 3 13 3 2

1 1 0 1

1

( ) ( ) ( )

ax x x bx Rx u

L x b x a L x b

⎛ ⎞ +⎟⎜ ⎟= − + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ + + +⎝ ⎠ ;

(1.c)

1 x y = ; (1.d)

Con el objetivo de realizar un estudio de las propiedades del sistema de levitación

magnética, es necesario calcular los valores en régimen permanente del sistema,

pues es bien sabido que sobre estos puntos es posible obtener características delsistema como por ejemplo de estabilidad o llegar a diseñar controladores lineales

entre otros. En forma práctica estaríamos hablando de calcular la corriente ss I que

debe circular por el electroimán para que la esfera se ubique en una determinada

posición d x deseada.

Sabemos que en régimen permanente se cumple:

1 2 3 0 0 0T T

s s s x x x x ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

; (2)

entonces aplicando al modelo definido en 1.a y 1.b tenemos:

2

23

21

2 332

1 1

0

02 ( )

01

( ) ( )

s

s

s

s s s s

s

x

ax g

M x b

ax x Rx u

L x x b

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− +⎢ ⎥⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

;

de donde se tiene:

3 1

2( )s

gM x x ba

= + ;

3s s u Rx = ;

luego los valores de régimen permanente para una posición d s X x =1 son:

1s d x X = ; (3.a)

2 0d x = ; (3.b)




48

3

2( )s d

gM x X b

a = + ;

(3.c)

2( )s d

gM u R X b

a = + ;

(3.d)

los valores obtenidos en (3.a) hasta (3.d) serán utilizados en el estudio de la

estabilidad local, lo cual nos proporciona ideas claras sobre las propiedades del

sistema ya en forma general o en todo el espacio de estados.

A continuación se presenta resultados de simulación para el sistema lazo abierto.

Es claro ver que el sistema es inestable ante variaciones en las condiciones iniciales

del sistema, aun si estas son mínimas como se presenta en este caso.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5-0.05

-0.025

0

0.025

0.05x1 : Posicion de la Esfera

x 1

x1d

x1d*0.99

x1d*1.01

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5-0.5

-0.25

0

0.25

0.5

x 2

x2 : Velocidad de la Esfera

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5-2

-1

0

1

2x3 : Corriente en el Electroiman

x 3

a)

b)

c)

Fig. 38 Respuesta del Sistema de Lazo Abierto




49

Si se desea realizar el control de la esfera en una determinada posición es decir de

forma local alrededor de un punto de equilibrio, entonces se debe realizar la

linealización del sistema 1.a y 1.b en el punto de equilibrio definido en las

relaciones 3.a, 3.b, 3.c y 3.d..

b) Linealización del Sistema de Levitación Magnética en un Punto de Equilibrio

El sistema en su modelo no lineal, debe ser linealizado en el punto de operación que

se elija, entonces el modelo lineal queda definido por:

111 12 13

21 22 23 2

31 32 33 3

ba a a

x a a a x b u

a a a b

δ δ δ

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= + ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

;

(4.a)

1y x δ δ = (4.b)

Donde cado de los elementos de las matrices y vectores quedan definidos por las

relaciones:

11 0a = ; (5.a)

12 1a = ; (5.b)

13 0a = ; (5.c)23

21 31( ) e

e

x x u u

ax a

M b x =

=

=+

;(5.d)

22 0a = ; (5.e)

23

23 21( ) e

e

x x u u

ax a

M b x =

=

=+

;(5.f)

[ ][ ]31 3 2 3 0 0 12

0 1

( 2 2 )( ) e

e

x x

u u

a a u Rx ax x a L b L x

a L b x =

=

= − − + +

+ +

;(5.g)

[ ]3 1

32

0 1

( )

( ) e

e

x x u u

ax b x a

a L b x =

=

+=

+ +;

(5.h)

[ ]1

31 2

0 1

( )

( ) e

e

x x u u

R b x a

a L b x =

=

+= −

+ +

;(5.i)




50

1 0b = ; (5.j)

2 0b = ; (5.k)

13

0 1( ) e e x x u u

b x b

a L b x =

=

+=

+ +

;(5.l)

Entonces con las relaciones de las ecuaciones (3.a) hasta (3.d), (4.a) y (4.b)

obtenemos la linealización del sistema para la posición deseada [ ]5d

x mm= , a

continuación se presenta el script en MATLAB que realiza el calculo del modelo

linealizado del sistema de levitación magnética.%*************************** ***************************** **********% SI STEMA DE LEVI TACI ON MAGNETI CA %% UNI VERSI DAD MAYOR DE SAN ANDRES %% FACULTAD DE I NGENI ERI A %% CARRERA DE I NGENI ERI A ELECTRONI CA %

% Aut or: Raúl R. Roque Y. %%*************************** ***************************** *********%% Par ámet r os numeí cos del si st ema de Levi t aci on magnét i cag = 9. 81 ;a = 0. 001599 ;b = 0. 00789 ;L0 = 0. 8052 ;M = 0. 54 ;R = 11. 58 ;% Cal cul o de punt os de operaci on segun l os parámetr os ant eri ores% y l a posi ci on deseada xdxd = 0. 005 ;x1s = xd ;

x2s = 0 ;x3s = sqr t ( 2*g*M/ a) *( xd + b) ;us = R*sqr t ( 2*g*M/ a)*( xd + b) ;% Val or es del si st ema l i neal i zado baj o l os punt os de equi l i br i o% def i ni dos en l a secci on ant er i ora11 = 0;a12 = 1;a13 = 0;a21 = ( a*( x3s) 2) / ( M*( b+x1s) 3) ;a22 = 0;a23 = ( a*( x3s) ) / ( M*( b+x1s) 2) ;a31 = a*( ue- R*x3s- a*x2s*x3s* ( a+2*L0*( b+x1s) ) ) / ( a+L0*( b+x1s) ) 2;a32 = ( a*x3s*( b+x1s) ) / ( ( a+L0*( b+x1s) ) *( b+x1s) 2) ;a33 = - R*( b+x1s) / ( a+L0( b+x1s) ) ;

b1 = 0;b2 = 0;b3 = ( b+x1s) / ( a+L0( b+x1s) ) ;A = [ a11 a12 a13; a21 a22 a23; a31 a32 a33] ;B = [ b1 ; b2 ; b3] ;%*************************** ***************************** **********




51

Problema 14.-

Realizar un programa en MATLAB para determinar el retrato de fase de un

sistema de segundo orden.

Solucion.-% Est e scr i pt genera el r et r ato de f ase de un si st ema de segundo or den% La r epr esent aci on del si st ema se l a r eal i za en l a f unci ón myecu. m% Fuent e: M. Zak

T0=0; Tf =20; Tspan=Tf - T0;a = 4;m = - a: 0. 1: a;s1 = 1;n = - s1*m;x0= [ - a - a] ;but t on =1;

p = a*[ - 1 0; 1 0] ;c l f ;pl ot ( p( : , 1) , p( : , 2) ) ;hol d on;pl ot ( m, n) ;pl ot ( p( : , 2) , p( : , 1) ) ;axi s( a*[ - 1 1 - 1 1] ) ;whi l e ( but t on ==1)

[ t , x] = ode45( ' myecu' , Tspan, x0)pl ot ( x( : , 1) , x( : , 2) )[ x1, x2, but t on] =gi nput ( 1) ;x0=[ x1, x2] ;

end

las ecuaciones dinámicas del sistema se deben introducir en un m-file definido como:

function dy = myecu(t,y)

dy = zeros(2,1); % a column vector

dy(1) = y(2) ;

dy(2) = y(1);




52

Problema 15.-

Sea el sistema de segundo orden mostrado en la figura

k

M

x

bF

b

-5 -3 -1 1 3 5 7 9-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20Fb

xdot

(b,0)

((xdot- b)- c)2+ d

-((xdot- b)+ c)2- d

Fig.39 a) Sistema físico b) Curva de fricción viscosa

El modelo matemático esta dado por: ( ) 0bMx kx F x + + = ; luego en el espacio de

estados con 1x x = , 2x x = esta definido como:

( )

1 2

2 1 2

1. ( )b

x x

x kx F x M

=

= −

;

La función bF esta definida por:2

2 2

2 22 2

(( ) )( )

(( ) )b

x b c d x bF x

x b c d x b

⎧ − − + >⎪⎪⎪=

⎨⎪− − + − <⎪⎪⎩

considerar los siguientes valores para los parámetros del sistema 3M = , 3k = ,

1b = , 2c = y 3d = . Obtenga el plano de fase del sistema y estudie el

comportamiento físico del sistema.




53

Realice la linealización del sistema en el punto de equilibrio, obtenga el plano de

fase para el sistema linealizado y comparar con el sistema no lineal.

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

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

(0,0)

Inicio dedeslizamiento

Deslizalimiento

Retencion

x2

x1

Fig. 40 Comportamiento físico del sistema

-6 -4 -2 0 2 4 6-6

-4

-2

0

2

4

6x2

x1

Fig. 41 Plano de fase de las trayectorias

Se determina los puntos de equilibrio del sistema:

2 0x = ;




54

( )1 2

1( ) 0kx F x

M − = ;

resolviendo el sistema se obtiene el punto de equilibrio 0

4,0

3x

⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, entonces

0

1 1

1 2

22 2

21 2

0 1

1 ( )

x x

f f x x

A k F x f f

M M x x x

=

⎡ ⎤∂ ∂ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥= = ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

;

0 1 0 1

22( )1

3

A k b c

M M

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =−⎢ ⎥ ⎢ ⎥−− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

;

obtenemos el retrato de fase del sistema linealizado, claramente se ve que el sistema

es un nodo inestable. Los nuevos ejes se trasladan al punto singular o punto de

equilibrio.

-6 -4 -2 0 2 4 6-6

-4

-2

0

2

4

6

(4/3,0)

Fig. 42 Plano de fase del sistema linealizado sobre el punto de equilibrio




55

Problema 16.-

Considere el modelo matemático del sistema de descarga de agua de un tanque

mediante gravedad:

21 2 12

p f

p

A g K x x x L Aρ

= − ;

( )(1 )2 max 1

1 u C

t

x F x A

α− −= − ;

2y x = ;

Donde 1x es la tasa de flujo volumétrico que sale del tanque a través de la cañería

y 2x es la altura del liquido en el tanque, maxC F es el flujo volumétrico máximo

del liquido que ingresa al tanque, g es la aceleración de la gravedad, L es la

longitud de la cañería por la cual se descarga el liquido, mientras que f K es unfactor debido a la fricción y ρ la densidad del liquido, pA es el área transversal de

la cañería y t A es el área transversal del tanque, α es un parámetro de propio de

la válvula y la entrada de control u es la posición de la válvula tomando valores

entre el intervalo [0,1]. El objetivo de control es mantener el tanque a un nivel

deseado.

a) Hallar los puntos de equilibrio del sistema. Considere los siguientes valores:3

max 2 /C F m s = ; 29.81 /g m s = ; 914L m = ; 2 34.41 / f K N s m = ;

3998 /kg m ρ = ; 20.653pA m = ; 210.5t A m = ; 10α = ;

b) realizar la linealización del sistema y determine la función de transferencia según

los puntos de equilibrio considerando que se desea mantener el nivel del tanque a

5m , c) realizar un programa en MATLAB de manera de obtener una comparación

entre el sistema original y el sistema linealizado, para los siguientes valores para la

entrada: ( ) 0.90u t = , ( ) 0.95u t = , ( ) 0.98u t = y ( ) 0.99u t = . d) determinar un

controlador para el sistema linealizado para mantener la altura en 5.4m.

Solución.-

a) Se define 1X y 2X como los puntos de equilibrio, de modo que se debe resolver

22 12

0 p f

p

A g K X X

L Aρ= − ;




56

( )(1 )max 1

10 U

C

t

F X A

α− −= −

de forma inmediata se tiene que los puntos de equilibrio están dados por:

(1 )1 max

U C X F α− −

= ; 2 2(1 )2 max3

f U C

p

LK X F

g Aα

ρ

− −= ;

Observemos que los puntos de equilibrio depende de la entrada U , ahora como el

objetivo de control es el nivel del tanque es decir 2X , entonces se debe determinar

los valores de equilibro para 1X y U . De este modo se tiene:

31

1t d

f

X gA X K L

ρ= ;

2 d X X = ;3 2

maxlog( ) log( )1

2 log( )p d f C gA X K LF

U ρ

α

−= + ;

reemplazando tenemos:3

1 1.8360 /X m s = ; 2 5X m = ; 0.9627U = ;

b) Luego para la linealización consideramos la forma:

;x Ax Bu

y Cx

δ δ δ

δ δ

= +

=

que representa una aproximación al comportamiento de las perturbaciones queexhibe el sistema no lineal alrededor de los puntos de operación dados y tenemos:

1 1

1 2

2 2

1 2x x

u u

f f

x x A

f f

x x =

=

⎡ ⎤∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥=⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

;

1

2x x

u u

g

u B g

u =

=

⎡ ⎤∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂

= ⎢ ⎥∂⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥∂⎣ ⎦

;

finalmente

12

2

10

f p

p

t

K X A g

A LA

A

ρ

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

; (1 )max

0

ln( ) U C

t

B F

Aα α− −

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

;

se define las siguientes relaciones para realizar la comparación de respuestas del

sistema no lineal y el sistema lineal




57

( ) ( )x t X x t δ = + ; ( ) ( )u t U u t δ = + y ( ) ( )y t Y y t δ = +

O equivalentemente:

( ) ( )x t x t X δ = − ; ( ) ( )u t u t U δ = − y ( ) ( )y t y t Y δ = − ;

La función de transferencia del sistema linealizado es:

2

( ) 0.40326( 0.03811)( )

( ) 0.03811 0.0006675

U s s G s

Y s s s

+= =

+ +;

c) El siguiente programa en MATLAB nos permitirá obtener la respuesta del

sistema no lineal y linealizado respectivamente

% si mt anqueg. m% Progr ama para l a si mul aci on del model o del t anque% de descar ga por gravedad% Par amet r osgl obal g L Kf den Ap At a Fcmax Xd X1 X2 U uu

g = 9. 81; % gravedad

L = 914; % Longi t ud de l a cañer i a;Kf = 4. 41 ; % Fri cci on del aguaden = 998 ; % densi dad del aguaAp = 0. 653 ; % Ar ea t r ansver sal de l a cañeri a de descar gaAt = 10. 5 ; % Ar ea t r anver sal del t anquea = 10; % coef i c i enteFcmax = 2; % f l uj o maxi mo de ent r ada al t anque% Punt os de Equi l i br i oXd = 5; X1 = sqrt ( ( den*g*Ap 3*Xd) / ( Kf *L) ) ; X2 = Xd; U = ( 0. 5*l og( ( den*g*Ap 3*Xd) / ( Kf *L*Fcmax 2)) ) / l og( a)+1;% Condi ci ones I ni c i al esx0 = [ X1 X2] ;% Si st ema Li neal

a11 = - 2*Kf *X1/ ( den*Ap 2) ;a12 = Ap*g/ L;a21 = - 1/ At ;a22 = 0;b11 = 0;b12 = ( Fcmax/ At ) *( a ( U- 1) ) *l og( a);A = [ a11 a12; a21 a22];B = [ b11; b12] ;C = [ 0 1] ;D = 0;sl at a=ss( A, B, C, D) ;s l ata t f =t f (s l ata) ;% Ti empo de Si mul aci ónt i = 0; t f = 300;opt i ons = odeset ( ' Rel Tol ' , 1e- 2, ' AbsTol ' , [ 1e- 3 1e- 3] ) ;

t t = 0: 0. 05: t f ;% Si mul aci ón a uu = - 0. 0635;[ t , xa] = ode45( ' t anqueg' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;uua = - 0. 0635*ones( si ze( t t ) ) ;[ Ya, Xa] =l si m( sl at at f , uua, t t , [ 0 0] ) ; Ya = Ya + X2;% Si mul aci ón buu = - 0. 0135;[ t , xb] = ode45( ' t anqueg' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;




58

uub = - 0. 0135*ones( si ze( t t ) ) ;[ Yb, Xb] =l si m( sl at at f , uub, t t , [ 0 0] ) ; Yb = Yb + X2;% Si mul aci ón cuu = 0. 0165;[ t , xc] = ode45( ' t anqueg' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;uuc = 0. 0165*ones( si ze(t t ) ) ;[ Yc , Xc]=l s i m( s l at at f , uuc, tt , [ 0 0] ) ; Yc = Yc + X2;% Si mul aci ón duu = 0. 0265;[ t , xd] = ode45( ' t anqueg' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;uud = 0. 0265*ones( si ze(t t ) ) ;[ Yd, Xd] =l si m( sl at at f , uud, t t , [ 0 0] ) ; Yd = Yd + X2;% Gr af i cas de r espuest asubpl ot( 221) , pl ot ( t , xa( : , 2) , ' b' , t t , Y a , ' r - - ' )t i t l e( ' x2 vs t ( u = 0. 90) ' ) , gr i d;subpl ot( 222) , pl ot ( t , xb( : , 2) , ' b' , t t , Yb, ' r - - ' )t i t l e( ' x2 vs t ( u = 0. 95) ' ) , gr i d;subpl ot( 223) , pl ot ( t , xc( : , 2) , ' b' , t t , Y c , ' r - - ' )t i t l e( ' x2 vs t ( u = 0. 98) ' ) , gr i d;subpl ot( 224) , pl ot ( t , xd( : , 2) , ' b' , t t , Yd, ' r - - ' )t i t l e( ' x2 vs t ( u = 0. 99) ' ) , gr i d;

% t anqueg. m% Model o del t anque de descar ga por gravedadf uncti on xdot = t anqueg( t , x)gl obal g L Kf den Ap At a Fcmax Xd X1 X2 U uu% cal cul o de l a ent r ada al si st emau=U+uu;% def i ni ci ón de l as ecuaci ones di f er enci al esxdot1=( Ap*g/ L) *x( 2) - ( Kf / ( den*Ap 2) ) *x( 1) 2;xdot 2=( 1/ At ) *( Fcmax*a ( - ( 1- u) ) - x(1) ) ;xdot = [ xdot1; xdot2] ;% f i n de t anqueg. m

Como se puede ver en la figura, la respuesta del sistema lineal dada para la entrada( ) 0.90u t = y ( ) 0.99u t = definen un error bastante apreciable comparado con la

respuesta proporcionada con ( ) 0.95u t = y ( ) 0.98u t = .




59

0 100 200 3003

3.5

4

4.5

5x2 vs t (u = 0.90)

0 100 200 3004.6

4.7

4.8

4.9

5

5.1x2 vs t (u = 0.95)

0 100 200 3005

5.1

5.2

5.3

5.4

5.5x2 vs t (u = 0.98)

x2 (no lineal)x2 (linealizado)

0 100 200 3005

5.2

5.4

5.6

5.8x2 vs t (u = 0.99)

Fig.43 Respuesta del sistema de tanque con descarga por gravedad

Esto muestra como el sistema lineal va introduciendo un error conforme las

variables se vayan alejando de los puntos de equilibrio.

d) El esquema del sistema de control realimentado es el siguiente:

( , )x f x u =

++( )u t δ

U

( )u t

+-

X

( )x t ( )x t δ

Fig. 44 Esquema para simulación

De la función de transferencia obtenemos que el sistema es de tipo 0, por lo tanto

para que el error de estado estacionario sea nulo requiere agregar en el lazo directo

un controlador que disponga de un integrador puro, podríamos pensar rapidamente

en un controlador PI de la forma:

1/( ) i

PID p

s T G s k

s

+= =




60

donde el valor de pk y i T se podrían determinar de forma experimental o utilizando

por ejemplo el criterio de adición de polo y cero. Como el SLA tiene un cero en

0.03811z s = − , podemos elegir simplemente:

0.5pk = , 100i T = Con el objetivo completamente académico, se invita al lector a verificar la

implementación de un controlador PI en variables de estado.

2 2

1 1( ) ( ) ( ); (0) 0

( ) ( ) ( );

( ) ( );

i i

p

ref

z t z t u t z T T

u t z t k e t

e t X x t

+ = =

= +

= −

con esto podemos utilizar el script desarrollado mas arriba.

% si mt anquegPI . m% Progr ama para l a si mul aci on del model o del t anque% de descar ga por gr avedad y cont r ol PI% Par amet r osgl obal g L Kf den Ap At a Fcmax Xe X1 X2 X3 U uu Kp Xd Tig = 9. 81; % gr avedadL = 914; % Longi t ud de l a cañer i a;Kf = 4. 41 ; % Fri cci on del aguaden = 998 ; % densi dad del aguaAp = 0. 653 ; % Ar ea t r ansver sal de l a cañeri a de descar gaAt = 10. 5 ; % Ar ea t r anver sal del t anquea = 10; % coef i ci ent eFcmax = 2; % f l uj o maxi mo de ent r ada al t anque% ganaci as del cont r ol ador PI

Kp = 0. 5; % ganaci a pr oporci onal Ti = 100; % Ti empo i nt egr al% Punt os de Equi l i br i oXe = 5;X1 = sqr t ( ( den*g*Ap 3*Xe) / ( Kf *L) ) ;X2 = Xe;X3 = 0; % U = ( 0. 5*l og( ( den*g*Ap 3*Xe) / ( Kf *L*Fcmax 2) ) ) / l og( a)+1;% Condi ci ones I ni ci al esx0 = [ X1 X2 X3] ;% Ti empo de Si mul aci ónt i = 0; t f = 300;opt i ons = odeset ( ' Rel Tol ' , 1e- 4, ' AbsTol ' , [ 1e- 3 1e- 3 1e- 3] ) ;

t t = 0: 0. 01: t f ;% Si mul aci ón par a el cont r ol de ni vel al t ur a 5. 3 mXd = 4. 4;[ t a, xa] = ode45( ' t anquegPI ' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;% Si mul aci ón par a el cont r ol de ni vel al t ur a 5. 3 mXd = 4. 8;[ t b, xb] = ode45( ' t anquegPI ' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;% Si mul aci ón par a el cont r ol de ni vel al t ur a 5. 3 mXd = 5. 2;[ t c, xc] = ode45( ' t anquegPI ' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;




61

% Si mul aci ón par a el cont r ol de ni vel al t ur a 5. 3 mXd = 5. 6;[ t d, xd] = ode45( ' t anquegPI ' , [ t i t f ] , x0, opt i ons ) ;% Respuest a de l a var i abl e a cont r ol ar : Ni vel f i gure;subpl ot ( 221) , pl ot ( t a, xa( : , 2) , ' b' ) ;

t i t l e( ' x2 vs t ( Xd = 4. 4m) ' ) , gr i d; subpl ot ( 222) , pl ot ( t b, xb( : , 2) , ' b' ) ; t i t l e( ' x2 vs t ( Xd = 4. 8m) ' ) , gr i d; subpl ot ( 223) , pl ot ( t c, xc(: , 2) , ' b' ) ; t i t l e( ' x2 vs t ( Xd = 5. 2m) ' ) , gr i d; subpl ot ( 224) , pl ot ( t d, xd( : , 2) , ' b' ) ; t i t l e( ' x2 vs t ( Xd = 5. 6m) ' ) , gr i d;% Gr af i cas de respuest as par a l a señal de cont r ol u( t ) f i gure;subpl ot ( 221) , pl ot ( t a, xa( : , 3) +Kp*( 4. 4- xa( : , 2) ) +U, ' b' ) ;t i t l e( ' u( t ) vs t ( Xd = 4. 4m) ' ) , gr i d;subpl ot ( 222) , pl ot ( t b, xb( : , 3) +Kp*( 4. 8- xb( : , 2) ) +U, ' b' ) ;t i t l e( ' u( t ) vs t ( Xd = 4. 8m) ' ) , gr i d;

subpl ot ( 223) , pl ot ( t c, xc(: , 3) +Kp*( 5. 2- xc(: , 2) ) +U, ' b' ) ;t i t l e( ' u( t ) vs t ( Xd = 5. 2m) ' ) , gr i d;subpl ot ( 224) , pl ot ( t d, xd( : , 3) +Kp*( 5. 6- xd( : , 2) ) +U, ' b' ) ;t i t l e( ' u( t ) vs t ( Xd = 5. 6m) ' ) , gr i d;% Gr af i cas de r espuest as del er r or : e( t ) = Xd - x2( t ) ; f i gure;subpl ot ( 221) , pl ot ( t a, 4. 4- xa( : , 2) , ' b' ) ;t i t l e( ' e( t ) vs t ( Xd = 4. 4m) ' ) , gr i d;subpl ot ( 222) , pl ot ( t b, 4. 8- xb( : , 2) , ' b' ) ;t i t l e( ' e( t ) vs t ( Xd = 4. 8m) ' ) , gr i d;subpl ot ( 223) , pl ot ( t c, 5. 2- xc(: , 2) , ' b' ) ;t i t l e( ' e( t ) vs t ( Xd = 5. 2m) ' ) , gr i d;subpl ot ( 224) , pl ot ( t d, 5. 6- xd( : , 2) , ' b' ) ;t i t l e( ' e( t ) vs t ( Xd = 5. 6m) ' ) , gr i d;

cl ear al l ;

y el archivo con el modelo no lineal del tanque y el control PI:% t anquegPI . m% Model o del t anque de descarga por gr avedad% con un cont r ol ador PI i mpl ement ado en espaci o de est ados% dz + 1/ Ti *z = 1/ Ti *u% u( t ) =z( t ) +kp*e( t )% e( t ) = SP - PV;% se agr ega en el espaci o de est ados del si st ema i ni ci al un estado% con X3( 0)= 0;f uncti on xdot = t anqueg( t , x)

gl obal g L Kf den Ap At a Fcmax Xd X1 X2 X3 U uu Ti Kp% cal cul o del cont r ol PIuu = x( 3) +Kp*( Xd- x( 2) ) ; u=U+uu;% Se pl ant ea un bl oque de sat uraci ón como en un si st ema r eal i f U+uu >=1

ut = 1;el se ut = u;end;




62

% def i ni ci ón del si st ema de ecuaci ones di f er enci al esxdot1=( Ap*g/ L) *x( 2) - ( Kf / ( den*Ap 2) ) *x( 1) 2;xdot 2=( 1/ At ) *( Fcmax*a ( - ( 1- ut ) ) - x(1) ) ;% def i ni ci ón de l a i mpl ement aci ón de un cont r ol ador PI xdot3=( - x( 3) +uu) / Ti ;xdot = [ xdot1; xdot2; xdot3] ;

% f i n de t anqueg. m

Se tiene los siguientes comportamiento para diferentes referencias de nivel a

controlar:

0 100 200 3004.2

4.4

4.6

4.8

5x2 vs t (Xd = 4.4m)

0 100 200 3004.75

4.8

4.85

4.9

4.95

5x2 vs t (Xd = 4.8m)

0 100 200 3005

5.05

5.1

5.15

5.2

5.25x2 vs t (Xd = 5.2m)

0 100 200 3005

5.2

5.4

5.6

5.8x2 vs t (Xd = 5.6m)

Fig. 45 Respuesta del sistema de control para el nivel

0 100 200 3000.6

0.7

0.8

0.9

1u(t) vs t (Xd = 4.4m)

0 100 200 3000.86

0.88

0.9

0.92

0.94

0.96u(t) vs t (Xd = 4.8m)

0 100 200 3000.95

1

1.05

1.1

1.15u(t) vs t (Xd = 5.2m)

0 100 200 3000.9

1

1.1

1.2

1.3u(t) vs t (Xd = 5.6m)

Fig. 46 Comportamiento de la variable de control




0 100 200 300-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2e(t) vs t (Xd = 4.4m)

0 100 200 300-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1e(t) vs t (Xd = 4.8m)

0 100 200 300-0.1

0

0.1

0.2

0.3e(t) vs t (Xd = 5.2m)

0 100 200 300-0.2

0

0.2

0.4

0.6e(t) vs t (Xd = 5.6m)

Fig. 47 Comportamiento del error para el control de nivel

El control PI diseñado cumple el objetivo de control de nivel satisfactoriamente

para valores cercanos o dentro la vecindad de los puntos de equilibrio. Podriamos

mas adelante comparar esta respuesta con diferentes algoritmos de control mas

sofisticados y ver el desempeño de cada uno de ellos.

Para el lector: este problema fue planteado con el objetivo de desarrollar ciertas

técnicas tanto teóricas como prácticas. El modelo del sistema físico fue obtenido del

trabajo del profesor Sira-Ramirez.

problemas resueltos de sistemas de control continuo primera parte rev0

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