DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA ELÉCTRICAFACULTAD DE INGENIERÍAUNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓNCONCEPCIÓN, CHILE.

TAREA Nº 1:

(543244) Sistemas de Control

Integrantes: Salvador Gallardo

Gerar Peña Miranda

Profesor: José R. Espinoza C.Daniel G. Sbárbaro H.

10 de Septiembre de 2015

Sistemas de Control 2015-2Ingeniería Civil Biomédica

Enunciado

La figura muestra un levitador magnético con una masa 𝑀 = 0.3 a una posición (𝑡) que puede ser 0.30, 0.35 o bien 0.25, manipulando la tensión (𝑡). La masa está solidara al piso conk r=30 y da=2. Considere que la masa 𝑀 está a una distancia de 0.3 del piso con el resorte en reposo y la tensión 𝑒(𝑡) = 0, ll=0.5, a l=0.02 y que la fuerza que ejerce el imán es k i i

2(t)/(al+ll−x (t)), k i=0.03. Notar que el imán se puede representar por Re=2 y Le=0.05 y que la gravedad es gt=10. Se pide desarrollar y comentar todo lo siguiente:

Fig. 1 Levitador Magnético problema enunciado.

a) Determine un modelo lineal algebraico del sistema dado por A1 , B1 ,C1 , y D1 , con Δu=Δv=Δe /ka, Δ𝑦 = Δ𝑥, Δx=[ Δ x1 Δ x2 ]T = [ Δx (t ) Δ x (t ) ]T que desprecie la dinámica de la corriente y que contempla un actuador de ganancia k a=50.

2

Problema:

a) El sistema está conformado por una planta y un actuador, con los siguientes parámetros y variables:

Variables de Estado: x1 ( t )=x (t) y x2 ( t )=dx ( t )dt

Entrada del sistema actuador: v ( t )= e ( t )ka

Salida: y (t )=x1 (t )=x (t )

Parámetros:

da=2, x0=0.3, ll=0.5, a l=0.02, k i=0.03, Re=2, Le=0.05, k a=50, g=10, m=0.3, k r=30

De acuerdo a lo visto en sistemas lineales, podemos formular las ecuaciones que describen el sistema mencionado en el enunciado, así, la ecuación que describe el circuito involucrado en éste, es la siguiente:

e (t )=Re i+Ledidt (1)

Como se menciona en el enunciado debemos despreciar el valor de la dinámica de la corriente por lo que:

didt

=0

Y con esto:

e ( t )=Re i (2)

Por otro lado, igualmente de sistemas lineales conoces la expresión que describe la Fuerza magnética del imán sobre la esfera que corresponde a:

Fm=k ii

2

(al+ ll−x)=

k i e2

Re2(al+ll−x)

(3)

En lo que respecta al modelo físico, mediante la aplicación de leyes de newton sobre el cuerpo (esfera), obtenemos la fórmula que representa las fuerzas actuando sobre esta:

M d2 xd t 2 =−kr ( x−x0 )−Mg−da

dxdt

+Fm (4)

3

M d2 xd t 2 =−kr ( x−x0 )−Mg−da

dxdt

+k i e

2

Re2(al+ll−x)

(5)

Definiendo las variables a utilizar en el problema:

x1(t)=x (t )

x2(t)=dx (t)

dt

v ( t )=u( t)= e (t)k a

Reemplazando obtenemos las siguientes ecuaciones que representan el sistema, acorde a las variables recién mencionadas:

dx1

dt=f 1 ( x1 , x2 , v )=x2 (6)

d x2

dt=f 2(x1 , x2 , v )=−g−

kr ( x1−x0 )M

−da x2

M+

k i ka2 v2

Re2 M (a l+ ll−x1)

(7)

Como el sistema es de tipo no lineal, debemos proceder a linealizarlo con respecto a un punto de operación (x10 , x20 , v0) que por definición corresponde a:

f 1 ( x10 , x20 , v0 )=x20=0

A partir de esto y considerando x10=0.3, para facilitar cálculos, se tiene que:

f 2 ( x10 , x20 , v0 )=−10+502∗(v 0

2)∗0.03((2)¿¿2∗0.3∗(0.22 ))=0 ¿

Luego:v0=0.187617

Con el punto de operación ya definido, procedemos a obtener las matrices que representan el sistema mencionado linealizado.

Sabemos por definición que las matrices se obtienen:

4

Al=[ ∂ f 1

∂ x1

∂ f 1

∂ x2

∂ f 2

∂ x1

∂ f 2

∂ x2]y Bl=[ ∂ f 1

∂ v∂ f 2

∂ v]

Y para la salida:

y=x=[10 ][ x1

x2]+[ 0 ] v=Cx+ Dv

Quedando el modelo matricial linealizado de la forma:

d Δ xdt

=A l Δ x+Bl Δ v

Y la ecuación de salida linealizada será:

Δ y=Cl Δ x+Dl Δ v

Aplicando el punto de operación, resulta que:

Al=[ 0 1−54.55 −6.67] y Bl=[ 0

106.59]Y para a salida se tiene finalmente que:

C l=[ ∂ h∂ x1

∂ h∂ x2 ]=[10]

Dl=0

b) Encuentre la expresión para determinar Δ v0=Δe0

ka en función de una salida

Δ y 0=Δ x0. Determine la entrada Δ v01 para Δ x01=5 cm y la entrada Δ v02 para Δ x02=‑ 10cm para el punto de operación x0=30 cm .

Solución:

Para resolver esta parte utilizaremos el modelo linealizado conseguido en el punto anterior y se despeja la segunda ecuación con los valores conseguidos de la siguiente forma:

5

dΔ x2

dt=−54.55 Δ x1−6.67 Δ x2+106.59 Δv

Al traspasar los términos Δ x1 y Δ x2, en función de Δ y=Δ x (dado en enunciado), se tiene:

d2 Δ yd t2 =−54.55 Δ y−6.67 d Δ y

dt+106.59 Δ v

Con derivadas de Δy=0, definido por la evaluación en ess, se obtiene la siguiente expresión:

Δ v= 54.55106.59

Δ y=0.512 Δ y

Así, con esto, y reemplazando el valor de Δ x01=0.05 dado en el enunciado, calculamos el valor para Δ v01, lo que equivale a:

Δ v01=54.55

106.59∗(0.05 )=0.026

Y haciendo el mismo procedimiento para Δ v02 con Δ x02=−0.1, mencionado en enunciado, resulta que:

Δ v02=54,55106.59

∗(−0.1 )=−0.051

c) Simule el sistema tal que ∆ v ( t )=∆ v01 (t ) U ( t−1 )+ (∆ v02−∆ v01 ) u ( t−6 ) .Grafique para 0 ≤ t ≤ 10 Δ(t), Δ𝑒(t), Δ𝑖(t), ΔX1(t) cm y ΔX2(t) cm/s. Si kst = 1/10. Grafique 1000Δ𝑥s(t).

Solución:

Simulando el sistema obtenido con una entrada:

Δv ( t )=0.026 U ( t−1 )−(0.026+0.051)U ( t−6 )

6

Fig. 1. Gráfico para Δ x1(t)=Δ y (t )

Fig. 2. Gráfico para Δ x2(t)

7

Fig. 3. Gráfico para 1000∗∆ xst ( t )

Fig. 4. Gráfico para ∆ v ( t )

8

Fig. 5. Gráfico para ∆ i (t )

Fig. 6. Gráfico para ∆ e ( t )

Comentarios:

Para obtener las simulaciones se utilizó Matlab (simulink). Tanto ∆ v ,∆i , y ∆ erepresentan señales de tipo escalón sin muestra de error.

d) Considere que utiliza un esquema de control realimentado con un controlador kc.

Determine un modelo algebraico del sistema dado por Acp , Bcp , C cp y Dcp, donde la entrada es ∆ xsref . Si K c=10 y ∆ xsref ( t )=k st ∆ x01U ( t−1 )+kst (∆ x02−∆ x01)U (t−6) simule y grafique para 0≤ t ≤10 igual que en (c) pero agregue 1000∗∆ xsref ( t ) . Indique los valores propios del sistema en L.A y en L.C. Encuentre la ganancia k c>0 tal que el sistema tiene dos raíces iguales.

Solución:

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Para esta parte, se calcularán las matrices Acp , Bcp ,C cp y Dcp para el sistema de tipo realimentado, tal que la entrada a nuestro nuevo sistema es Δ xsref como se menciona en el enunciado, así:

k st Δ xref=Δ xstref =k st ( Δ x01U (t−1 )+( Δ x02−Δ x01) U ( t−6 ) )Δ xst ref=0.005 U (t−1 )−0.015 U (t−6)

Se puede observar que en la ecuación matricial linealizada es de la siguiente forma:

dΔxdt

=Al Δ x+Bl Δv

Δ y=Cl Δ x+Dl Δ v

Al expresar la entrada Δ v en función de la entrada Δ xs t ref y las variables de estado, se tiene que:

Δ v=hc( Δ xstref−kst Δ y )=kc( Δ xstref−kst Δ y )

Lo cual se puede reemplazar en las ecuaciones anteriores, lo que queda como:

dΔxdt

=Al Δ x+Bl kc(Δ xstref −kst Δ y)

Δ y=Cl Δ x+Dl kc (Δ x stref−k st Δ y)

Y además, la matriz Dl=0, por lo que:

Δ y=Cl Δ x C cp=C l=[10] Dcp=0

Así, con todo esto, resulta lo siguiente:

dΔxdt

=Al Δ x+Bl kc ( Δ xstref−kst Cl Δ x )d Δ x

dt=( A l−Bl kc kst C l ) Δ x+Bl kc Δ xstref

Acp=Al−B lk c k st C l=[ 0 1−54.55 −6.67 ]−[ 0

106.59]∗[1 0 ]

Finalmente los valores de las matrices pedidas son los siguientes:

Acp=[ 0 1−161.14 −6.67 ];

10

Bcp=B lkc=[ 01065.9 ];

Fig. 7. Gráfico que muestra la comparación entre 1000∗∆ ystref (rosa) y 1000∗∆ yst(verde).

Fig. 8. Gráfico de v (t).

11

Fig. 9. Gráfico de i (t).

Fig. 10. Gráfico de e (t).

12

Fig. 11. Gráfico de ∆ x1 ( t ) .

Fig. 12. Gráfico de ∆ x2 ( t ) .

Comentarios:

13

Se puede observar en las figuras, que aparece un error estacionario, el cual es debido a el tipo de entrada que posee el sistema, puesto que esta equivale a una entrada de tipo escalón y con éste tipo de señal, el sistema es de tipo 0,

lo cual indica que poseerá un error constante equivalente a 1

1+k p.

Para conseguir que las raíces del sistema sean iguales, debemos encontrar un valor para k c, así, primero, por definición sabemos que:

H (s)=h∗hc

1+hst hc hyv

Y además que la función de transferencia del sistema en Lazo Abierto está definida como:

h ( s)=C l (sI−A )−1 Bl+Dl

Por lo que reemplazando lo ya obtenido resulta que la función de transferencia del sistema corresponde a:

h ( s)= 106.59s2+6.67 s+54.55

Luego considerando por definición que:

h ( s)= g (s )1+l (s)

y con esto la adición del controlador, se tiene lo siguiente:

H (s )=106.59 k c

s2+6.67 s+54.55+106.5910

kc

= 106.59s2

k c+ 6.67 s

kc+ 54.55

kc+10.659

Lo que implica que las raíces del sistema depende de k c de la forma:

s34=

−6.67kc

±√( 6.67kc )

2

−4∗( 10.659k c

+ 54.55k c

2 )

2

Para que las raíces sean iguales se debe cumplir que el discriminante de la ecuación debe ser igual a cero, por lo que:

14

( 6.67kc )

2

−4∗(10.659kc

+ 54.55k c

2 )=0

6.672−4∗54.55=4∗10.66∗k c

k c=6.672−4∗54.55

4∗10.66=−4.07

Por lo tanto, no existe un k c>0, tal que el sistema tenga dos polos iguales. Finalmente los valores del sistema tanto en Lazo abierto y Lazo Cerrado para k c=10son respectivamente:

s12=−3.3350+6.5900 j s34=−3.334 ±12.249j

e) Repita (d) con el controlador kc

s donde el modelo algebraico será Aci , Bci , Cci y Dci.

Si k c=15 simule como en (d). Encuentre k c>0 tal que el sistema es marginalmente estable.

Solución:

Para esta parte se pide encontrar unas nuevas matrices, por lo que debemos realizar el mismo procedimiento de la parte d), pero esta vez utilizando un integrador en vez de un controlador, así, se calcularán las matrices Aci , Bci , Cci y Dci para el sistema realimentado, tal que la entrada a nuestro nuevo sistema es Δ xs t ref, tal que:

Δ xst ref=0.005 U (t−1 )−0.015 U (t−6)

Se observa que en la ecuación matricial linealizada:

dΔxdt

=Al Δ x+Bl Δv

Δ y=Cl Δ x+Dl Δ v

Al expresar la entrada Δ v en función de la entrada Δ xs t ref y las variables de estado, se tiene que:

Δ v=kc

s(Δ xstref −kst Δ y)

Haciendo el respectivo reemplazo en las ecuaciones matriciales anteriores se obtiene:

15

dΔxdt

=Al Δ x+Bl

k c

s(Δ xst ref−k st Δ y)

Δ y=Cl Δ x

C ci=C l=[10] Dci=0

Reemplazando se tiene finalmente que:

dΔxdt

=Al Δ x+Bl

k c

s ( Δ xstref−kst Cl Δ x )

d Δ xdt

=( Al−B l( kc

s )kst Cl) Δ x+B lk c Δ xst ref

Aci=Al−Bl(

k c

s)k st Cl=[ 0 1

−54.55 −6.67]−[ 0106.59]∗15

s∗1

10∗[ 1 0 ]

Así, el valor de las matrices pedidas en esta parte corresponden a:

Aci=[ 0 1

−54.55−159.89∗1s

−6.67]; Bci=

Bl kc

s=[ 0

1598.85s ];

C ci=[1 0];

Dci=0;

A continuación se muestran las simulaciones pedidas en el enunciado que describen el sistema y las condiciones que se indicaban en esta parte de la tarea:

16

Fig. 13. Gráfico de ∆ e ( t ) .

Fig. 14. Gráfico de ∆ xs t ref(t ) .

17

Fig. 15. Gráfico de ∆ i ( t ) .

Fig. 16. Gráfico de ∆ x1 ( t ) .

Fig. 17. Gráfico de ∆ x2 ( t ) .

18

Fig. 18. Gráfico de ∆ v (t ) .

Fig. 19. Gráfico de 1000∗∆ xst ( t ) .

COMENTARIOS:

De las imágenes se puede inferir que…

A continuación se encontrará k c>0, tal que el sistema sea marginalmente estable. Para ello debemos buscar las raíces de la matriz Aci:

Aci=[ 0 1

−54.55−kc

s∗10.659 −6.67 ];

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Aplicando la definición de la ecuación característica con la matriz, obtenemos la expresión de característica de ésta, que correspondes a la siguiente:

|( sI−Aci )|=s2+6.67 s+54.55+kc

s∗10.659=0

Para que el sistema sea marginalmente estable se debe cumplir que un valor sea cero o se encuentre en el origen o bien, que existan dos polos imaginarios conjugados en la frontera de los dos semiplanos. Para esto se ha de cumplir:

s3+6.67 s2+54.55 s+kc∗10.659=0

Al dividir por dos polinomios forzamos a que uno de ellos tenga soluciones imaginarias conjugadas:

s3+6.67 s2+54.55 s+kc∗10.659=(as2+b)(cs+d)

Tal que:

ac=1ad=6.67bc=54.55

bd=10.659 k c

Por último, Si tomamos:

a=1=> c=1=>b=54.55=>d=10.659kc

54.55=>a=6.67∗54.55

10.659 kc=1=>k c=34.14

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