Sistemas de Control Automático Ejercicio Resuelto PDF

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Ejercicio Resuelto. Sistemas de Control Automático Ejercicio Resuelto Jorge Pomares Baeza Grupo de Innovación Educativa en Automática © 2011 GITE – IEA -1- Índice 1. Descripción del sistema y ecuaciones del mismo. ............................................. ...........................................

Description

Ejercicio Resuelto.

Sistemas de Control Automático

Ejercicio Resuelto

Jorge Pomares Baeza

Grupo de Innovación Educativa en Automática

© 2011 GITE – IEA

-1-

Índice 1. 2. 3. 4. 5. 6. 6.1 6.2 6.3 7. 8. 9. 9.1 9.2 9.1 10. 11.

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Descripción del sistema y ecuaciones del mismo. ............................................. ............................................. 6 Diagrama de bloques y función de transferencia. ............................................ ............................................ 10 Errores y Controlador P. ................................................................ .................................................................................. .................................................. 15 Diseño de sistemas PD ..................................................................................... ..................................................... 26 Diseño de sistemas PI ................................ Diseño ................................................................ ................................ ...................................................... ...................... 34 Diseño de un controlador PID empleando la respuesta en frecuencia. ............ 38 Calcular el error de velocidad (determinar K a ) ................................ .............................................. .............. 39 Diseño de la red de avance de fase ................................................................ .................................................................. ................................ 44 Diseño de la red de retraso de fase................................................................ ................................................................... ................................ 49 Diseño de un PID por las reglas de Zigher Zigher-Nicols Nicols .......................................... .......................................... 56 Construcción de un PID discreto. ................................ ................................................................ ................................ .................................... .... 58 Análisis de los sistemas obtenidos. ................................................................ .................................................................. ................................ 77 PD ................................................................ ................................................................................................ .................................................................................... .................................................... 78 PID (Diseñado por respuesta en frecuencia).................................................... .................................................... 79 PID Discreto (Diseñado por lugar de las raíces)................................ .............................................. .............. 84 ANEXO A Valores comerciales de resistencias ................................ .............................................. .............. 87 ANEXO B Valores comerciales de condensadores ......................................... ......................................... 88

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1. Descripción del sistema y ecuaciones del mismo.

Las partes principales de que consta todo sistema de control en bucle cerrado son la entrada (señal de referencia que índica de algún modo lo que se quiere obtener), salida (resultado o actuación en el medio que se obtiene de ejecutar el bucle de control) y ppor or último la señal de error error.. Esta señal se obtiene restando a la señal de referencia, la señal de salida de la planta, o medición del cambio que nuestro sistema ha inducido en el ella. Esta también puede estar multiplicada por un factor de corrección corrección.. Y de eesta sta manera la señal de error represent representa, a, cuanto le queda por corregir al bucle de control para obtener el resultado deseado en la salida. En el caso de nuestro sistema de control para el servomecanismo, servomecanismo, tenemos los siguientes valores de tensiones tensiones, que re representarán presentarán cada una de estas partes VR (t ) , VS (t ) y

Va (t ) respectivamente. Los dos primeros valores de tensión representan el ángulo de giro de potenciómetros potenciómetros,, mientras que el segundo es la diferencia entre los dos primeros. Enn el caso de nuestro sistema la salida ha de ser la misma que la señal de referencia, por lo que no se aplica ningún factor de corrección a la lectura de la señal de salida salida.. A esto se denomina, sistema con realimentación unitaria. Lo que si haremos es amplificar amplificar la señal de error en un factor K a . E Esto sto amplificará el valor de error aumentando así la velocidad del sistema sistema.. De esta manera, tendremos que ajustar este valor para obtener el resultado que deseamos en nuestro controlador controlador. Las ecuaciones que representan las señales comentadas serían los siguientes: VR (t ) = KPθR (t ) → Potencial de referencia ((orientación orientación deseada de la antena). VS (t ) = K Pθ S (t ) → Potencial de salida (orientación actual de la antena). Va (t ) = Ka (VS (t ) − VR (t )) = Ka K P (θS (t ) − θ R (t )) → Potencial de error. Del mismo modo, modo, la potencia de error, podemos hallarla del otro lado de la malla como la suma de la caída de tensión en la resistencia, la caída en la bobina y la corriente contra electromotriz que se produce en la bobina del motor motor.. Esta corriente es la que se genera en la bobina de un motor como re reacción acción al giro de un bobinado en el seno del campo magnético del mismo.

δθ m (t ) → Corriente contra electromotriz. δt δ i (t ) δ i (t ) δθ (t ) Va (t ) = Ra ia (t ) + La a + Vb (t ) = Ra ia (t ) + La a + K b m δt δt δt Vb (t ) = K b

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El sumatorio de pares de fuerzas es igual al momento de inercia por las aceleraciones angulares. De este modo la ecuación que describe los pares y fuerzas que intervienen en el primer eje se puede describir como sigue a continuación:

Tm (t ) = Kmia (t ) → Par motor. TN1 (t ) y TN2 (t ) → Par generado por los engranajes que se opone al movimiento. Ti ∑
Sumatorio de los pares que intervienen

δ 2θ m (t ) = τm
t 2 δ momento  de inercia aceleración del eje angular

δθ (t ) δ 2θ m (t ) Tm (t ) − bm m − TN1 = τ m

δ t δt2  par motor par generado par provocado por el rozamiento

TN 2 (t ) =

por la oposición al movimiento de los engranajes

− N2 TN (t ) → Relación entre los pares debido a los engranajes. N1 1

Tm (t ) = τ m

 δ 2θ m (t ) δθ (t )  N + bm m +  − 1 TN (t )  2 δt δt  N2  2

De igual modo en el segundo eje tenemos la siguiente ecuación:

δθ (t ) δ 2θ S (t ) TN2 (t ) − bc S = τc
δ t δ t 2    Par transmitido al eje

Par que se provoca debido al rozamiento y que se opone al movimiento

Momento de inercia del segundo eje por la aceleración angular del mismo

Despejamos en la ecuación el par de entrada al eje:

δ 2θ S (t ) δθ (t ) TN (t ) = τ c + bc S 2 δt δt 2

De aquí podemos obtener la ecuación que relaciona el par del motor inicial con todo el sistema de engranajes engranajes,, y combinando ambas ecuaciones tenemos tenemos: Tm (t ) = τ m

δ 2θ m (t ) δθ m (t )  N1   δ 2θ S (t ) δθ (t )   + b +  − + bc S    τ c m 2 2 δt δt δt δ t    N 2  

A continuación vamos a simplificar esta ecuación para dejara en función función de los valores del eje motor.

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De la relación de transmisión de los engranajes podemos obtener la equivalencia de giro del motor de salida en función del motor interno como expresamos a continuación:

θ S (t ) = −

N1 θ m (t ) N2

Dado que la derivada de una función por una constante es igual a la constante por la derivada de la función tenemos: Tm (t ) = τ m

 N1  δθ m (t )   δ 2θ m (t ) δθ m (t )  N1    N1  δ 2θ m (t ) + b + − τ − + b    c    m c − 2 δ t2 δt  N 2  δ t    N 2    N 2  δ t

Tm (t ) = τ m

δ 2θ m (t ) δθ m (t ) N12 δ 2θ m (t ) N12 δθ m (t ) + b + τ + b m c c δt2 δt N22 δ t 2 N22 δ t

 N 2  δ 2θ m (t )  N12  δθ m (t ) Tm (t ) = τ m + τ c 1 2  + b + b  m c 2 N2  δ t 2 N2  δ t       τeq ⇒ Momento de inercia equivalente

Tm (t ) = τ eq

Beq ⇒ Rozamiento equivalente (fricción viscosa)

δ 2θ m (t ) δθ (t ) + Beq m 2 δt δt

Con lo que en resumen tenemos las siguientes ecuaciones que describen el sistema:  1) V (t ) = K K [θ (t ) − θ (t ) ] a a P S R   δ ia (t ) δ i (t ) δθ (t ) + Vb (t ) = Ra ia (t ) + La a + K b m  2) Va (t ) = Ra ia (t ) + La δt δt δt  3) Tm (t ) = K mia (t )  2  4) Tm (t ) = τ eq δ θ m (t ) + Beq δθ m (t )  δ t2 δt  N 5) θ S (t ) = − 1 θ m (t ) N2 

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Ahora hemos de pasar las ecuaciones al dominio de L Laplace aplace, aplace, donde una integración se traduce en una división por ‘s’ y una derivada en una multiplicación por ‘s’: ‘s’

 1) V ( s) = K K [θ ( s) − θ ( s)] a a P S R  2) Va ( s) = Ra I a ( s) + La sI a ( s) + Kb sθ m ( s) = I a ( s) [ Ra + sLa ] + Kb sθ m ( s)  3) Tm ( s) = K m I a ( s)  2 4) Tm ( s) = τ eq s θ m ( s) + Beq sθ m ( s)  N 5) θ S ( s) = − 1 θ m ( s) N2 

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2. Diagrama de bloques y función de transferencia. Este es el diagrama de bloques que corresponde con el sistema que estamos estudiando. θ R (s)

+

−θ

−Ka K p S (s)

Va (s) +

−

τ m ( s) Ia (s ) 1 θ m ( s) 1 Km 2 Ra + La s τ eq s + beq s

−

N1 N2

−

N1 N2

θ S (s)

θ m ( s)

Kb s

Ahora hemos de reducir el sistema sistema:: θ R (s)

+

−θ

−Ka K p S (s)

Va (s) +

Km ( Ra + La s )(τ eq s 2 + beq s )

−

θ m ( s)

θ m ( s)

Kb s

Dado un sistema en bucle cerrado como el siguiente: siguiente:

R( s)

+

−

G ( s)

Y (s) Y ( s ) = G ( S )[ R ( S ) − H ( s )Y ( S )]

H (s)

Es fácil realizar la siguiente demostración:

Y ( s ) = G ( S )[ R ( S ) − H ( s )Y ( S )] Y ( S ) = G ( s ) R ( s ) − H ( s )Y ( s )G ( s ) Y ( s ) + H ( s )Y ( s )G ( s ) = G ( s ) R ( s ) Y ( s ) [1 + H ( s )G ( s ) ] = G ( s ) R ( s ) Y (s) G (s) = R( s ) 1 + H ( s )G ( s )

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θ S (s)

Por lo que Y ( s ) =

G( s) R( s) y con esto se obtiene la relación: 1 + H ( s)G ( s )

R( s)

+

G ( s)

−

Y (s)

R( s )

G (s) Y (s) 1 + G (s) H (s)

H (s)

De esta manera podemos podemos reducir los bucles del sistema siguiendo esta misma regla:

θ R (s)

+

−θ

−Ka K p S

−θ

−Ka K p S

−θ

Va (s)

θ m ( s)

  Km ( K s) 1+   ( Ra + La s ) (τ eq s 2 + beq s )  b  

K m ( Ra + La s ) (τ eq s 2 + beq s )

( Ra + La s ) (τ eq s 2 + beq s ) + K m K b s  ( Ra + La s )(τ eq s 2 + beq s )  

−

θ m ( s)

θ S (s)

N1 N2

−

N1 N2

θ S ( s)

( s)

θ R (s)

+

Va (s)

(s)

θ R (s)

+

Km ( Ra + La s )(τ eq s 2 + beq s )

−Ka K p S

Va (s)

Km ( Ra + La s ) (τ eq s 2 + beq s ) + K m Kb s

θ m ( s)

−

N1 N2

θ S ( s)

( s)

Así que el diagrama de bloques que representa al sistema que estamos analizando es el siguiente:

θ R (s)

+

−θ

K a K p K m N1

( Ra + La s ) (τ eq s 2 + beq s ) + K m K b s  N 2   S

θ S (s)

(s)

Si aplicamos los valores de los parámetros parámetros, obtenem obtenemos os la función de transferencia del sistema sistema. 11

Los os parámetros que hemos de utilizar son los siguientes: · Ra = 2 K Ω · La = 5 H

bm = 0 N ·m / (rad / s )

·τ m = 0.05 Kg·m 2

N1 = 1

·τ c = 10 Kg·m 2

N 2 = 10

·bc = 5 N ·m / (rad / s )

K p = 24 / 2π V / rad

· K m = 0.2863 N ·m / A · K b = 0.4 V / (rad / s )

Y el resultado es el sistema: 24 ·0.2863 2π 10·( 2000 + 5s ) (τ eq s 2 + beq s ) + 0.2863·0.4s 

θ R (s)

+

Ka·

−θ

S

θ S (s)

(s)

Para terminar de calcular su función de transferencia hemos de calcular el valor τ eq de y de Beq :

N12 1 τ eq = τ m + 2 τ c = 0.05 + 2 10 = 0.05 + 0.1 = 0.15 Kg m 2 N2 10 2 N 1 5 Beq = bm + bc 1 2 = 0 + 5 2 = = 0.05 N m/(rad/s) N2 10 100

θ R (s)

+

24 ·0.2863 2π 10·( 2000 + 5s ) ( 0.15s 2 + 0.05s ) + 0.2863·0.4 s  Ka·

−θ

S

θ S (s)

(s)

Por lo que tenemos que la función de transferencia de nuestro sistema es:

24 ·0.2863 2π Gb ( s ) = 10·( 2000 + 5s ) ( 0.15s 2 + 0.05s ) + 0.2863·0.4 s  Ka·

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Ahora simplificaremos la ecuación para obtener una representación más sencilla del sistema, tomaremos por convenio redondear a 6 decimales:

Gb ( s) =

1.0935854 K a 10·300s 2 + 100s + 0.75s 3 + 0.25s 2 + 0.11452s 

Gb ( s ) =

1.0935854 K a 3000 s 2 + 1000 s + 7.5s 3 + 2.5s 2 + 1.1452 s

Gb ( s ) =

1.0935854 K a 1001.1452 s + 3002.5s 2 + 7.5s 3

Gb ( s) =

1.0935854 K a s (1001.1452 + 3002.5s + 7.5s 2 )

Para la mayoría de los cálculos que hemos de realizar en el análisis del sistema, es aconsejable tener la función de transferencia en forma de producto de factores. En este caso particular, el numerador solo tiene término independiente por lo que hemos de descomponer en raíces el denominador. Por lo tanto lo primero que tenemos que hacer es sacar factor común en el denominador, y luego descomponer la ecuación de segundo grado resultante en un producto de raíces raíces.. Así que comenzamos normalizando el denominador: denominador

Gb ( s) = Gb ( s) =

1.0935854 K a 7.5s (133.486027 + 400.333333s + s 2 )

Gb ( s) =

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1.0935854 K a s (1001.1452 + 3002.5s + 7.5s 2 )

0.145811K a s (133.486027 + 400.333333s + s 2 )

Ahora que ya tenemos el denominador normalizado, podemos hallar sus raíces, resolviendo la ecuación de segundo grado obtenida. obtenida

s=

−400.333333 ± (400.333333) 2 − 4 ⋅133.486027 2

s=

−400.333333 ± 160266.777511 − 533.944108 2 s=

s=

−400.333333 ± 159732.833403 2

−400.333333 ± 399.665902  −0,3337155 = 2 −399.999618

Por lo que nuestro sistema queda factorizado de esta forma:

Gb ( s ) =

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0.145811K a s ( s + 0.337154 )( s + 399.999618 )

3. Errores y Controlador P P. Ahora vamos a analizar el sistema que hemos obtenido, desde el punto de vista de los errores y la estabilidad, para ver hasta qué punto podemos modificar el sistema para obtener los resultados que dese deseamos. amos.

G0 ( s) =

1.0935854 K a s (1001.1452 + 3002.5s + 7.5s 2 )

Los tipos de errores en un sistema de control se dividen entre los errores debidos debidos a las perturbaciones y los errores de respuesta del sistema. Entre los errores debidos a las perturbaciones tenemos; las perturbaciones de las entradas por interferencias interferencias,, lo que nos lleva a obtener salidas no deseadas, y las perturbaciones en realimentación dadas en los sensores que se emplean para realimentar realimentar sistemas en bucle cerrado, cerrado, estas últimas suelen ser debidas sobre todo al desgaste de los sistemas sistemas. Entre los errores intrínsecos de los sistemas tenemos los errores en régimen permanente como el error en velocidad y el error en aceleración, y lo loss errores en régimen estacionario como el error de posición. El sistema que estamos estudiando es un sistema en bucle cerrado, se elige este tipo de sistemas ya que son sistemas que permiten el ajuste para corregir este tipo de errores. Generalmente esta capacidad de los sistemas en bucle cerrado depende directamente del tipo de sistema del que estemos hablando. El tipo de un sistema se corresponde con el 1 número de integraciones en la función de transferencia Gb ( s ) . s En la tabla siguiente tenemos un resumen de la capacidad frente a la mitigación de errores de los sistemas en bucle cerrado, dependiendo del tipo del sistema que estemos tratando.

Tipo \

Error

Posición Velocidad

Aceleración

0

1 1+ K p

∞

∞

1

0

1 Kv

∞

2

0

0

1 Ka

El tipo de un sistema corresponde con la cantidad de raíces en cero de su denominador en la función Gb ( s ) . Por tanto een este caso tenemos un sistema de tipo 1, enn esta clase de sistemas encontramos por sus características que carecen de error de posición, tienen un error en velocidad constante y un error de aceleración infinito. Esto quiere decir que mientras que el error en posición es cero, el error en velocidad 15

podemos eliminarlo o mitigarlo mediante las acciones de control pertinen pertinentes tes,, mientras que el error de aceleración no se puede eliminar del todo en este tipo de sistemas. Los errores de un sistema se interpretan como la diferencia de la señal de salida o lectura de la planta con respecto a la señal de referencia introducida. Los distintos errores comentados anteriormente corresponden a esta diferencia en instantes muy, muy lejanos en el tiempo, pero habiendo introducido en cada uno de ellos una señal de entrada diferente. En el primer caso, el error de posición, se corresponde con eell error obtenido cuando el tiempo tiende tiende a infinito habiendo introducido una señal escalón unitario (en en el tiempo equivale a un valor de 1 constante constante) y que en el dominio de Laplace se corresponde con 1/s. En el caso del error en velocidad, se emplea una entrada en rampa para comprobar la velocidad con que el sistema responde y de esa manera comprobar el valor al que converge el error de este tipo. Por último en el caso del error en aceleración, se evalúa mediante la entrada de una parábola. Por lo tanto tanto para obtener el valor de los errores comentados hay que resolver el siguiente límite e = lim e(t ) sin embargo al intentar resolver este límite aparece una t →∞

convolución como se puede ver en la siguiente demostración:

e(t ) = r (t ) − y(t ) = r (t ) − e(t )* g (t ) Al no poder resolver el valor de e(t) de una forma sencilla por depender de una convolución, lo mejor es recurrir al teorema del valor final según el cual: lim f (t ) = lim s f ( s ) t →∞

s→0

Así pasamos a res resolver olver el problema en el dominio de Laplace donde donde la solución es más sencilla que en el dominio del tiempo. Podemos definir el error de un sistema de control con realimentación unitaria como la diferencia entre la salida y el valor de referencia E ( s ) = R ( s ) − Y ( s ) y de aquí podemos realizar la ssiguiente iguiente deducción:
<...