SEC Tema 1 Teoría de Sistemas 1314a ocwocw.upc.edu/.../1/53979/sec_tema_1_teoria_de_sistemas_1314a_oc… · ETSETB. Sistemas Electrónicos de Control 1314a 5 2. Representación de

Sistemas Electrónicos de Control

Curso 2013/2014-1

Tema 1. Teoría de Sistemas

Profesora: Rosa M. Fernández-Cantí


ETSETB. Sistemas Electrónicos de Control 1314a 2

Índice

1. Introducción a la Teoría de Control ....................................................................................................... 4

2. Representación de sistemas ..................................................................................................................... 5 2.1 Lenguajes matemáticos ..................................................................................................................... 5

2.1.1 Ecuación diferencial (ED) ........................................................................................................ 5 2.1.2 Ecuaciones de estado (EE) ........................................................................................................ 7 2.1.3 Función de transferencia (FT) .................................................................................................. 9

2.2 Lenguajes gráficos ............................................................................................................................ 9 2.2.1 Esquemas de bloques ................................................................................................................ 9 2.2.2 Álgebra de bloques ................................................................................................................. 10 2.2.3 Flujograma de señal ................................................................................................................ 14 2.2.4 Flujograma de estado .............................................................................................................. 14 2.2.5 Regla de Mason ...................................................................................................................... 15

2.3 Analogías ......................................................................................................................................... 17 2.4 Linealización ................................................................................................................................... 19 2.5 Ejercicios resueltos ......................................................................................................................... 22

3. Respuesta temporal ................................................................................................................................ 32 3.1 Obtención de la respuesta temporal a partir de la ecuación diferencial (método clásico) ............. 32 3.2 Transformada de Laplace ............................................................................................................... 33

3.2.1 Definición y propiedades ........................................................................................................ 33 3.2.2 Teorema del valor inicial (TVI) y teorema del valor final (TVF) ........................................... 35 3.2.3 Solución de EDOs (lineales y de coeficientes constantes) en el dominio s ............................ 35 3.2.4 Cálculo de residuos ................................................................................................................. 36

3.3 Obtención de la respuesta temporal a partir de la función de transferencia .................................. 40 3.3.1 Diagramas de polos y ceros .................................................................................................... 40 3.3.2 Modos naturales ...................................................................................................................... 40 3.3.3 Polos dominantes .................................................................................................................... 42

3.4 Transitorios. Dinámica de orden 1, 2 y n ....................................................................................... 43 3.4.1 Dinámica de primer orden ...................................................................................................... 43 3.4.2 Dinámica de segundo orden .................................................................................................... 44 3.4.3 Bloque de segundo orden con un polo (o un cero) adicional .................................................. 46 3.4.4 Sistemas de orden n (I). Con polos dominantes ..................................................................... 47 3.4.5 Sistemas de orden n (II). Sin polos dominantes: Formas prototipo ...................................... 47 3.4.6 Sistemas de orden infinito (retardo puro) ............................................................................... 49

3.5 Simulación de la respuesta temporal .............................................................................................. 50 3.5.1 Introducción del sistema. Polos, ceros y residuos .................................................................. 50 3.5.2 Respuesta temporal con Matlab .............................................................................................. 53 3.5.3 Respuesta temporal con Simulink........................................................................................... 55

3.6 Ejercicios resueltos ......................................................................................................................... 56

4. Respuesta frecuencial ............................................................................................................................ 65 4.1 Régimen permanente ....................................................................................................................... 65

4.1.1 Bases ....................................................................................................................................... 65 4.1.2 Sistema resonante de segundo orden ...................................................................................... 67

4.2 Diagramas de Bode ......................................................................................................................... 69 4.2.1 Reglas para el trazado de la aproximación asintótica ............................................................. 69 4.2.2 Curvas de corrección de los diagramas asintóticos ................................................................. 72

4.3 Simulación de la respuesta frecuencial. Matlab............................................................................. 73 4.4 Ejercicios resueltos ......................................................................................................................... 74



5. Alfabeto griego ....................................................................................................................................... 87

6. Servomotor de corriente continua ........................................................................................................ 88 6.1 Introducción .................................................................................................................................... 88 6.2 Descripción de los módulos ............................................................................................................ 88

6.2.1 Planta ...................................................................................................................................... 89 6.2.2 Etapa de potencia (alimentación de la planta) ....................................................................... 90 6.2.3 Sensores .................................................................................................................................. 94 6.2.4 Módulos para la implementación de compensadores ............................................................. 95 6.2.5 Módulos auxiliares ................................................................................................................. 96

6.3 Características del motor MS150 utilizado en las prácticas ........................................................... 97



1. Introducción a la Teoría de Control Objetivo del control La Teoría de Control es una rama de la Teoría de Sistemas que se encarga de analizar y modificar el comportamiento de los sistemas dinámicos. En la terminología de control, el sistema dinámico bajo estudio recibe el nombre de “planta”. La Ingeniería de Control consiste en diseñar e implementar sistemas/subsistemas que, de manera automática, fuerzan a la planta a tener un comportamiento dinámico adecuado y robusto. Un comportamiento “adecuado” es, por ejemplo, que la respuesta temporal de la planta “y” siga las variaciones de una señal de referencia “r” (también llamada consigna o set-point), ry . Que el

comportamiento sea además “robusto” implica que el seguimiento ry debe mantenerse a pesar de los errores en el modelo de la planta (incertidumbre) y la presencia de perturbaciones externas (ruido). Los sistemas de control cuyo objetivo es el seguimiento de consignas también reciben el nombre de “servosistemas” puesto que, en cierto modo, se comportan como siervos (esclavos). Ámbitos de aplicación del control Son todos los tecnológicos, incluyendo también los económicos y ecológicos. Por ejemplo: Regulación de procesos de producción (fábricas, refinerías, centrales nucleares,...) Electrónica y comunicaciones (amplificadores operacionales AOs, lazos de enganche de

fase PLLs, controles automáticos de ganancia AGC,...) Ingeniería mecánica (servomecanismos,...) Ingeniería de estructuras (control de vibraciones,...) Automoción (sistemas de control en vehículos: frenado asistido ABS, servodirección,...) Navegación en general (náutica, aeronáutica, astronáutica, diseño de autopilotos,...) Cibernética (robótica, bioingeniería,...) Economía (control del PIB, relaciones de maximización/minimización de beneficios/costes,

identificación de series temporales para predicción bursátil,...) Sistemas ecológicos (establecimiento de paradas biológicas/periodos de veda, control de

fluviales, predicción meteorológica...) etc.

Dimensiones del problema de control La Ingeniería de Control aborda todo tipo de problemas. Atendiendo a las dimensiones de los problemas, éstos se pueden clasificar en: Problemas de pequeña escala: desensibilizar un AO, climatizar una estancia,... Problemas de gran escala (large scale systems, LSS): control de lentes en observatorios

astronómicos (Mauna Keck, Canarias), control de compuertas en presas y canales ... Problemas muy complejos (very complex systems, VCS): redes de distribución eléctrica,

ferrocarriles, redes de alcantarillado,…



2. Representación de sistemas

2.1 Lenguajes matemáticos Vamos a ilustrar la descripción de un mismo sistema dinámico por medio de una ecuación diferencial ordinaria (EDO), un sistema de ecuaciones de estado (EE) y una función de transferencia (FT). El sistema escogido es el péndulo simple de la figura.

mg

l

b

F

Fig. 1. Péndulo simple

2.1.1 Ecuación diferencial (ED)

La descripción del comportamiento de sistemas dinámicos por medio de EDOs es resultado directo de la aplicación de las leyes de la física. En nuestro caso, la dinámica del péndulo viene descrita por medio de la EDO no lineal de segundo orden,

u

ml

F

l

g

ml

b

sin2 ,

dt

d

con, por ejemplo, las siguientes condiciones iniciales (CI),

2)0(

(posición: arriba, pegado al techo),

0)0( (velocidad: parado) Ejemplo 1. Obtención de la ecuación diferencial ordinaria del péndulo simple. El modelo del comportamiento dinámico del péndulo simple puede obtenerse de diversas maneras. Aplicando la segunda ley de Newton. En movimiento rectilíneo, la segunda ley de Newton establece que la fuerza neta F (N) aplicada sobre un cuerpo es directamente proporcional a su aceleración a (m/s2) siendo la constante de proporcionalidad la masa m (kg). Así, amF .



La versión para movimiento rotacional establece que el par neto T (Nm) aplicado a un cuerpo es proporcional a su aceleración angular (rad/s2) siendo la constante de proporcionalidad el momento de inercia J (Nmrad-1s2). Así, JT .

Suponer que la bola está subiendo con una aceleración . El balance de las fuerzas que actúan tangencialmente al movimiento de la bola (par debido a la gravedad, rozamiento y excitación) es:

JlFblmg sin Notar que el par debido al rozamiento y a la gravedad se oponen al par de excitación. El momento

de inercia se calcula como 2ii rmJ . En nuestro caso, 2mlJ . Sustituyendo valores se

obtiene:

ml

F

l

g

ml

b sin

2

Aplicando las ecuaciones de Lagrange (opcional). En sistemas más complicados es más conveniente modelizar el comportamiento dinámico mediante las ecuaciones de Lagrange. Éstas se basan en el principio de Hamilton que establece que, en un sistema dinámico, un movimiento entre dos configuraciones del sistema y entre dos intervalos de tiempo es natural si y solo si la energía del sistema se mantiene constante. En los sistemas conservativos (no disipativos), la ecuación de Lagrange es

0

ii q

L

q

L

dt

d

donde VTL es el Lagrangiano (T y V son las energías cinética y potencial respectivamente) y qi son las coordenadas generalizadas (las coordenadas generalizadas, o número de grados de libertad, son el mínimo número de variables independientes que hay que especificar para definir la posición de un objeto). En los sistemas más generales (con disipación de energía y excitación externa), la ecuación de Lagrange es

iiii

Qq

P

q

L

q

L

dt

d

donde la función de potencia P describe la disipación de energía del sistema y Qi son las fuerzas externas generalizadas que actúan sobre el sistema. Para obtener la EDO del péndulo simple por Lagrange, el procedimiento es el siguiente. Suponer que = 0 es el origen de potencial (posición vertical del péndulo = 0). Si se sube el péndulo a una

posición vertical de h, la energía cinética es 22 )(2

1

2

1 lmmvTEcinet y la energía potencial

es )cos1( mglmghVE pot . La disipación por el rozamiento es 2

2

1 bP . Y el par de

excitación aplicado a sistema es lFQ .



El Lagrangiano es )cos1(2

1 22 mglmlVTL . Las ecuaciones de Lagrange, con un

grado de libertad (en nuestro caso ), son:

QPLL

dt

d

Lo que da: lFbmglmldt

d

sin22

1 2 lFbmglml sin2 .

Si la ED es complicada o presenta un orden elevado se hace difícil trabajar con ella. Por eso, es conveniente convertirla en un sistema de ecuaciones de estado o en una función de transferencia, que son descripciones mucho más sencillas de manejar y, como veremos más adelante, nos permitirán diseñar sistemas de control.

2.1.2 Ecuaciones de estado (EE)

Variables de estado Las variables de estado se definen como el mínimo conjunto de variables capaces de describir en su totalidad el comportamiento de un sistema dinámico. Para identificarlas hay varias guías:

Una variable es variable de estado si necesitamos conocer su valor inicial para caracterizar la evolución temporal del sistema.

Si una variable determinada corresponde a un elemento capaz de almacenar energía,

entonces también es una variable de estado. Por ejemplo, en un circuito RLC las variables de estado son dos: la tensión en el condensador y la corriente en la bobina. Puesto que son dos, el sistema es de segundo orden.

Ecuaciones de estado Las ecuaciones de estado (EE) no son otra cosa que ecuaciones diferenciales de primer orden, cada una correspondiente a una variable de estado. Conversión de EDO a EE Para pasar de la siguiente EDO de orden n

u sin a n EDOs de 1er orden, hay que renombrar las variables. Lo habitual es empezar por la variable sin derivar, que en nuestro caso es . Así, asignamos la primera variable de estado x1 a , 1x .

Notar que 1x . La segunda variable de estado, x2, se escoge como la derivada de la primera,

12 xx , o lo que es lo mismo, 2x . Notar que dos variables de estado bastan para describir el

comportamiento del péndulo, puesto que el sistema de segundo orden. Notar también que 2x .



Si el sistema fuera de orden superior, cada nueva variable de estado se escoge como la derivada de la anterior, es decir, 23 xx , 34 xx ,...

u sin

1

212

21

sin

x

uxxx

xx

CI:

2)0(1

x , 0)0(2 x

La descripción EE consiste en las dos ecuaciones de estado, más la ecuación de salida ( 1x ), más el conjunto de condiciones iniciales (CI). Caso de sistemas lineales. Matrices A, B, C, D. Si el sistema es lineal (en nuestro caso, podemos suponerlo así para pequeños desplazamientos alrededor del punto de equilibrio, 11sin xx ) se puede utilizar la notación matricial (A, B, C, D)

)0(x

DCx

BAxx

uy

u

0

2/)0(

001

1

010

2

1

2

1

2

1

x

DC

BA

ux

xy

ux

x

x

x

Si el sistema es lineal, pero sus parámetros varían con el tiempo, las matrices A, B, C, D serán funciones del tiempo,

)0(

)()(

)()(

x

DxC

BxAx

utty

utt

Si el sistema es MIMO (multiple input multiple output), en vez de señales entrada/salida escalares, u(t), y(t), tendremos vectores u(t), y(t).

)0(x

DuCxy

BuAxx

Si el sistema no es lineal, las ecuaciones de estado no serán lineales tampoco. Una notación general para un sistema SISO (single input single output) no lineal es:

)0(

))(),(()(

))(),(()(

2

1

x

x

xx

tutfty

tutft

excitación

1x 21 xx 2x



2.1.3 Función de transferencia (FT)

La función de transferencia (FT) describe el comportamiento de un sistema SISO y lineal con condiciones iniciales nulas en el dominio transformado (Laplace o Z). Vamos a ilustrar cómo se obtiene la FT a partir de la ED del péndulo linealizada. En primer lugar hay que obtener la ecuación transformada (notar que, al transformar, hay que tener en cuenta las condiciones iniciales):

)()()0()()0()0()(2 sUssssss

u

Transformada de Laplace

Se agrupan términos,

)0()0()()(2 ssUsss Y se despeja la variable de salida (posición del péndulo, en nuestro caso)

Respuesta Zero state (ZS)

Respuesta Zero input (ZI)

FT (CI=0)

)0(

1)0()(

1)(

222

ssss

ssU

sss

Notar que la función de transferencia es el término que relaciona únicamente entrada (excitación) y salida (respuesta). Si trabajamos con funciones de transferencia estamos asumiendo que las condiciones iniciales son nulas ya que no estamos teniendo en cuenta la respuesta zero-input.

2.2 Lenguajes gráficos

2.2.1 Esquemas de bloques

Los esquemas de bloques facilitan la construcción de modelos, su interpretación y reducción. Representan relaciones algebraicas (es decir, no diferenciales) y, en principio, son válidos para sistemas lineales (aunque por abuso de notación pueden incluir bloques no lineales, funciones descriptivas, etc.) Símbolos Las variables se representan por medio de flechas y están en el dominio transformado:



X(s)

Los sistemas/subsistemas son cajas que contienen el nombre de la función de transferencia

(también llamada transmitancia). Estos bloques pueden corresponder a sistemas físicos o a algoritmos. En general son un conjunto de operaciones que transforman la señal:

T(s)

Las operaciones son sumas y restas, y tomas de información (sin que haya drenaje, es decir,

no se tiene en cuenta la conservación de la energía, sólo se toma información)

+ +

X1

X1

X1

X1

X2

X3

Y

Ejemplo 2. Esquema de bloques de un circuito RC

Considerar el circuito de la figura,

R

C V2 V1

+

_

+

_

I

Fig. 2. Circuito RC

Puesto que R

VVI 21 y I

CsV

12 , el esquema de bloques es el siguiente:

R

1

Cs

1

+ I

V2

V1

Fig. 3. Esquema de bloques del circuito RC

Si se desea obtener la función de transferencia en lazo cerrado V2(s)/V1(s) una opción es usar las reglas reducción que nos proporciona el álgebra de bloques (ver Ejemplo 4).

2.2.2 Álgebra de bloques

Reglas de reducción

Primera interconexión: serie (tándem o cascada), i

ieq TT .



T1 T2 X1 Y1=X2 Y2

Teq

112222 XTTXTY

Fig. 4. Interconexión en cascada

Nota: Cuidado con la propiedad conmutativa. Si los bloques son SISO no pasa nada pero si son MIMO el orden del producto es relevante a fin de que las dimensiones de las matrices sean compatibles. (Consejo: es conveniente multiplicar siempre de atrás hacia delante, desde la salida a la entrada)

Segunda interconexión: paralelo, i

ieq TT

T1

T2

X + Y

Teq

+

XTTY )( 21

Fig. 5. Interconexión en paralelo

Tercera interconexión: retroacción, GH

G

R

YTeq

1

G

H

R + Y

Teq

+

Fig. 6. Interconexión retroactiva

Notar que en el numerador va la ganancia directa entre la entrada (R) y la salida (Y) y, en el denominador se pone 1 menos la ganancia de lazo. La ganancia directa es el producto de todos los bloques que se encuentran en el camino directo entre R e Y. La ganancia de lazo es el producto de todos los bloques que se encuentran en el lazo.

Ejemplo 3. Retroacción negativa

Considerar el servo de la figura. La ganancia directa entre la entrada R y la salida Y es GC.



La ganancia de lazo es ahora L=-HGC (notar que el signo negativo se puede interpretar como si hubiera un bloque encargado de cambiar el signo antes de entrar en el sumador. Si hubiera un número par de cambios de signo en el lazo, L sería positiva)

C

H

R + Y

Teq

_ G

Fig. 7. Esquema de bloques de un servo

Por tanto, la función de transferencia en lazo cerrado que relaciona Y con R es: HGC

GC

R

Y

1.

Si la ganancia directa es muy grande, GC , el servo se comporta como un inversor HR

Y 1 .

Ejemplo 4. Circuito RC

Considerar de nuevo el esquema de bloques

R

1

Cs

1

+ I

V2

V1

Fig. 8. Esquema de bloques de un circuito RC

La función de transferencia en lazo cerrado que relaciona la tensión de entrada V1 con la de salida V2 es

1

1

)/(11

)/(1

111

11

)(

)(

1

2

RCsRCs

RCs

RCs

RCssV

sV

Reglas auxiliares Toma de información: Si tenemos Y=TX,

T X Y

y queremos acceder a X pero no es posible acceder físicamente (puede que sea una variable interna del sistema), podemos hacer lo siguiente (puesto que X=(1/T)Y),



T X Y

1/T X

Fig. 9. Regla auxiliar de toma de información

Inversión de orden: Si queremos cambiar el orden entre un bloque y un sumador, podemos aplicar la propiedad distributiva, 2121 )( TXTXXXTY .

T

X1 Y +

+

X2

T X1 Y +

+

X2

T

Fig. 10. Regla auxiliar de inversión de orden

Ejemplo 5. Retroacción unitaria

La mayoría de las herramientas de análisis que veremos en el próximo tema asumen que la retroacción es unitaria. Si ello no fuera así, siempre podemos aplicar el álgebra de bloques para conseguirlo:

G

H

R + Y

_

GH 1/H R +

Y

_

Fig. 11. Álgebra de bloques para conseguir retroacción unitaria

Notar que son equivalentes puesto que HGH

GH

GH

G

R

Y 1

11

.

Sistemática de reducción Para simplificar los esquemas de bloques hay que seguir los pasos detallados a continuación:

1) Reducir las interconexiones evidentes (serie, paralelo, retroacción). 2) Cuando no se pueda acceder a alguna señal, aplicar las reglas auxiliares. 3) No cruzar lazos. 4) Reducir desde dentro hacia fuera (empezar por los lazos más internos).



2.2.3 Flujograma de señal

El flujograma de señal es una alternativa al esquema de bloques. Símbolos Las variables se representan por medio de nodos y están en el dominio transformado,

X(s)

Los sistemas/subsistemas son flechas con el nombre de la función de transferencia (también

llamada transmitancia). Es habitual hacer trazos curvos. Notar que la flecha va en medio del trazo.

T(s)

Las operaciones de suma y resta se llevan a cabo en los propios nodos. En realidad son

todo sumas, si se quiere restar hay que cambiar el signo de la transmitancia correspondiente.

-T(s)

H(s)

Ejemplo 6. Flujograma de señal del lazo retroactivo negativo

R E

-H

G

Y 1 1

Fig. 12. Flujograma de señal

2.2.4 Flujograma de estado

El flujograma de estado es un caso particular de flujograma de señal que se caracteriza por que las variables de los nodos son variables de estado (y no cualquier variable general) y las transmitancias que nos llevan de una a otra son integradores.



Ejemplo 7. Flujograma de estado del péndulo simple. Vamos a obtener el flujograma de estado del péndulo simple considerado en apartados anteriores. Primero se despejan las variables con mayor orden de derivación

u u y, para cada una de ellas, se construye el flujo de integradores hasta anular dicha derivación

s-1 s-1

Finalmente, se representan el resto de relaciones de la ecuación y se renombran los nodos (empezando por el final)

s-1 s-1

-

-

u y

1 1 2x 21 xx 1x

Fig. 13. Flujograma de estado del péndulo simple

2.2.5 Regla de Mason

La regla de Mason permite obtener la función de transferencia entre cualquier entrada y cualquier salida de un flujograma. Es muy útil en los casos de flujogramas muy complejos, con muchos lazos y cruces entre ellos. La fórmula de Mason es:

kkkp

sU

sY

)(

)(

El factor se calcula como:

lkjikji

kjiji

jii

i LLLLLLLLLL1

donde Li son todos los lazos (caminos cerrados con circulación, es decir, donde el sentido de las flechas forma un círculo) del flujograma; LiLj son productos de todos los lazos Li, Lj que no se tocan entre ellos (si tuvieran un solo nodo en común se supondría que ya se tocan); LiLjLk son ternas de lazos que no se tocan entre ellos; y así sucesivamente. El factor pk, k = 1, ... , K indica camino directo (path) entre la entrada y la salida consideradas.



El factor k se construye exactamente como pero sólo tiene en cuenta los lazos que no tocan a pk. La fórmula de Mason es muy fácil de recordar (hay que saberla de memoria). Notar que la condición siempre es que no se tocan.

Ejemplo 8. Péndulo simple

Para obtener )(

)(

sU

sY, hay que identificar todos los caminos directos entre u e y. En nuestro caso sólo

hay uno: 2111 11 sssp .

También hay que identificar todos los lazos del flujograma. En nuestro caso hay dos:

)(11 sL y )(11

2 ssL .

s-1 s-1

-

-

u y

1 1 2x 12 xx 1x

p1

L1 L2

Fig. 14. Péndulo simple. Regla de Mason

A continuación hay que construir el factor :

ji

jii

i LLL2

1

1 . Los factores cruzados son

para pares, ternas, etc. de lazos que no se tocan. Puesto que, en nuestro caso, L1 y L2 se tocan, no

existen términos cruzados y nos queda: 21212

1

111

ssssLi

i .

Finalmente, hay que construir el factor k para cada uno de los caminos directos pk. Estos factores se construyen únicamente con los lazos del flujograma que no tocan al camino directo correspondiente. Puesto que, en nuestro caso, todos los lazos del flujograma tocan a p1, nos queda 1 = 1. La aplicación de la Regla de Mason da como resultado la función de transferencia que ya habíamos obtenido en un apartado anterior:

ssss

spp

sU

sY kk

221

211 1

1)(

)(



2.3 Analogías Todos los sistemas cuyo comportamiento se describe por una ED con la misma forma reciben el nombre de sistemas "análogos". Por ejemplo, el péndulo simple y un PLL (phase-lock loop) son sistemas análogos. En la Teoría de Sistemas es indiferente cuál es el origen físico del sistema (eléctrico, mecánico, hidráulico,...). Una vez pasado a dominio transformado todos se tratan igual. Ello es posible por las analogías presentes en los modelos de parámetros concentrados. Tipos de variables Variables across ("diferencia") Variables through ("transversales")

Para entender mejor a que se refieren, considerar una resistencia R. La variable across es la tensión y la variable through es la corriente. Tipos de relaciones Producto: acrossctthrough . (disipación de energía)

Integración: dtacrossctthrough . (almacenamiento inductivo de energía)

Derivación: acrossdt

dctthrough . (almacenamiento capacitivo de energía)

Los tres tipos de relaciones dan lugar a tres tipos de elementos ideales. sistemas eléctricos mecánica de traslación mecánica de rotación through across

i corriente [A] v tensión [V]

F fuerza [N] v veloc. lineal [m/s]

T par [Nm] veloc. ang. [rad/s]

Disipador de energía

R vR

i1

fricción

bvF fricción

bT

Almacenamiento energía inductivo

L vdtL

i1

muelle

vdtkF muelle

dtkT

Almacenamiento energía capacitivo

C dt

dvCi

masa

dt

dvmF

inercia

dt

dJT

J

Tabla 1. Analogías (I)



sistemas hidráulicos sistemas térmicos through across

q caudal [m3/s] h nivel [m]

q flujo calorífico [W] dif. temperatura [K]

Disipador de energía

resistencia hidráulica

hR

q1

resistencia térmica

R

q1

Almacenamiento de energía inductivo

inertancia

hdtIq

(sólo en tuberías)

No hay

Almacenamiento de energía capacitivo

capacidad

dt

dhAq

capacidad térmica

dt

dCq

Tabla 2. Analogías (II)

La capacidad hidráulica corresponde a un depósito de sección A mientras que la capacidad térmica corresponde a un horno de capacidad térmica C. Notar que el hecho de que no existan elementos inductivos de almacenamiento de energía térmica implica que la dinámica de este tipo de sistemas no es oscilatoria (los sistemas térmicos no oscilan puesto que no se pueden intercambiar la energía entre un elemento de almacenamiento capacitivo y otro inductivo).

Ejemplo 9. Analogías. Los siguientes sistemas físicos tienen modelos análogos.

Circuito eléctrico:

Fig. 15. Circuito RLC

dt

dVCdtV

LR

VI o

oo

in 1

, oin VCsLsR

I

11,

RLsRLCs

RLs

I

V

in

o

2

Sistema mecánico de traslación:

Fig. 16. Sistema mecánico de traslación

0)(

2

2

dt

xxdb

dt

xdmkxF in , inbsXbXsXmskX 2 ,

kbsms

bs

X

X

in

2

Iin L R C Vo

+

_

m k b

x xin



2.4 Linealización A menudo, las ecuaciones diferenciales que describen la dinámica del sistema no son lineales. También las características de los elementos sensores y actuadores suelen ser no lineales. En todas estas ocasiones, a fin de poder analizar los sistemas y diseñar controladores lineales, es muy interesante contar con herramientas que nos permitan obtener aproximaciones lineales de los modelos. Las aproximaciones lineales sólo son válidas en una región próxima al punto de operación alrededor del cual se ha obtenido el modelo linealizado. Aun así son muy útiles y, si es necesario, se pueden adoptar estrategias multi-modelo para diferentes puntos de operación (o de equilibrio) y diseñar otros tantos controladores lineales. El método más común para obtener una aproximación lineal de una expresión no lineal f(x) es hallar el desarrollo en serie de Taylor de f(x) alrededor del punto de operación x0

0 0

22

0 0 02

1( ) ( ) ( ) ( )

2x x

df d ff x f x x x x x

dx dx

y descartar todos los términos de orden 2 y superiores:

0

0 0( ) ( ) ( )x

dff x f x x x

dx

En este punto es posible definir unas nuevas variables, llamadas variables incrementales, consistentes en restar el punto de operación a las variables originales. Así, las nuevas variables

“linealizadas” serán: 0x x x x y 0( ) ( )f f f x f x . Notar que de esta manera la

relación entre f y x ya es lineal (e igual a la derivada en el punto de equilibrio 0x

df

dx) y, por

tanto, todas las herramientas de análisis y diseño de controladores lineales las aplicaremos sobre

estas nuevas variables f y x . Ejemplo 10. Linealización. Suponer que se dispone de un sensor no lineal cuya característica es

( ) 3 10 ( ) 4cv t c t . A fin de poder trabajar con él con métodos lineales, por ejemplo en un

diagrama de bloques, hay que obtener una aproximación lineal alrededor del punto de operación c0. El desarrollo en serie del término no lineal es:

0

0 0 0

0

1

2c

d cc c c c c c

dc c ,

con lo que la característica del sensor puede expresarse como:



0

0

1( ) 3 10 ( ) 4 3 10 3 10 ( ) 4

2cv t c t c c t

c

obteniendo la siguiente relación entre las variables incrementales:

0

0( )

1( ) 3 10 4 3 10 ( )

2c

c

v t

v t c c tc

Suponiendo que el punto de trabajo es 0 0.4c , tenemos que 03 10 4 10cov c y que la

relación entre las variables incrementales es 0

1( ) 3 10 ( ) 7.5 ( )

2cv t c t c t

c .

La Fig. 17 muestra gráficamente el concepto de linealización. En la figura (a) se muestra la característica no lineal que relaciona las dos variables originales c(t), vc(t). Linealizar es equivalente a situar el origen de coordenadas en el punto de trabajo y, por tanto, tomar como nuevas variables a 0( ) ( )c t c t c , 0( ) ( )c c cv t v t v (ver fig. (b)). Así, la nueva característica es una

recta que pasa por el origen y tiene como pendiente la derivada de la característica original en el punto de operación c0, vc0.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.60

2

4

6

8

10

12

c

v c

c0

vc0

-0.25 -0.2 -0.15 -0.1 -0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

c = c - c0

v

c = v

c - v

c0

(a) (b)

Fig. 17. Linealización de una característica no lineal

Si la expresión a linealizar es una función de dos variables, ( , )z f x y , el desarrollo en serie de Taylor se obtiene con el cálculo de las derivadas parciales:

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0, ,

2 2 22 2

0 0 0 02 2

, , ,

( , ) ( ) ( )

1.( ) .( ) ( ) ( )

2!

x y x y

x y x y x y

f fz f x y x x y y

x y

f f fx x y y x x y y

x y x y

Ejemplo 11. Linealización de una ecuación diferencial con dos variables. La ecuación diferencial que relaciona la tensión en un electroimán u y la altura h que alcanza una bola metálica en un levitador magnético de un eje es:



2

22

h

u

m

kkgh v

Se desea obtener la función de transferencia que relaciona ambas variables suponiendo que el resto de parámetros son constantes.

El desarrollo en serie de 2

2

h

u es:

hh

uu

h

u

h

uhh

huuuu

hh

u

h

u

huhu

~2~2)(

1)2()(2

130

20

20

020

20

0,

32

0,

220

20

2

2

0000

Por tanto,

2 2 2 2 20 0 0 02 2 3 20 0 0 0 0 0

2 22 2 1v v

g

k k u u u k k uh g u h g u h

m h h h m h u h

Puesto que 20

20

2 hk

mgukv , g

h

u

m

kk v

20

20

2

, por lo que queda

0 0

2 2h u

g gh h u k h k u

h u

donde hemos definido 0

2

h

gkh y

00

22

i

gk

u

gk v

u .

Para obtener la función de transferencia aplicamos la transformada de Laplace con condiciones iniciales nulas,

)(~

)(~

)(~2 sUksHksHs uh

Así, la función de transferencia que relaciona en pequeña señal la tensión de entrada al electroimán

u(t) con la posición de la bola h(t) es h

u

ks

k

sU

sH

2)(

~)(

~.



2.5 Ejercicios resueltos

Ejercicio 1. Representación de sistemas: Esquema de bloques y regla de Mason. Considerar el circuito (red en escalera) de la figura:

R2

C1 V2 V1

R1

C2

V’

I1 I2

+

_

+

_

Se pide:

(a) Representar su esquema de bloques (tomar como entrada V1 y como salida V2). (b) Representar su flujograma de señal.

(c) Aplicar la regla de Mason a fin de obtener las transmitancias )(

)()(

1

21 sV

sVsT y

)(

)()(

1

22 sV

sIsT .

Solución: (a) En primer lugar escribimos las relaciones algebraicas (en el dominio transformado s) que se

cumplen en cada uno de los elementos resistores y condensadores:

1

11

'

R

VVI

,

sC

IIV

1

21'

, 2

22

'

R

VVI

,

sC

IV

2

22

Y a continuación las representamos (las variables E1, E2, E3 las hemos definido por conveniencia pero no es obligatorio hacerlo):

(b) Flujograma de señal. Una opción directa es poner un nodo para cada variable del esquema de

bloques anterior (notar que en un flujograma las flechas van en medio de cada trazo y no pegadas a los nodos):

1

1

R

sC1

1

2

1

R

sC2

1I1 V1 V’ +

_

+

+

_

_ E2 I2 V2 E1 E3



Otra opción también válida es representar el flujograma a partir de los sumadores (cada nodo corresponde a un sumador)

(c) Regla de Mason: Calcular )(

)()(

1

21 sV

sVsT y

)(

)()(

1

22 sV

sIsT

Se trata de aplicar la fórmula

k

kkp, donde , k dependen de los lazos del flujograma y pk son

los caminos directos entre las entradas y salidas consideradas. En ambos casos T1, T2 el denominador será el mismo puesto que sólo depende de los lazos L1, L2 y L3 (y éstos no cambian aunque entremos por un nodo cualquiera y salgamos por otro nodo diferente cada vez).

Los lazos son: sCR

L11

1

1 ,

sCRL

122

1 ,

sCRL

223

1 . Los lazos L1 y L3 no se tocan

puesto que no tienen ningún nodo en común. Así

2

112222121131321

111111

sCRCRsCRsCRsCRLLLLL

211221122

112122 11

sCRCRsCRCR

CRCRCR

V1 I2

V2

sC2

1

2

1

R

sC1

1

1

1

R

1

L1 L3

sC1

1

L2

2

1

R

E2 E1 E3 sC2

1

E1 I1 E2 V’ V1 E3 I2 V2 sC2

1

2

1

R

sC1

1 1

1

R

1

-1

1

-1

-1

1

L1 L3

L2



Para hallar la transmitancia T1 hay que identificar los caminos directos entre V1 y V2. En nuestro

caso sólo hay un camino, 2

11221

1

sCRCRp , y puesto que todos los lazos tocan a este camino,

tenemos 1=1. Así,

11

1

21 )(

)()(

p

sV

sVsT ,

1

11

1

1

)(112122

21122

211221122

112122

21122

1

sCRCRCRsCRCRsCRCRsCRCR

CRCRCRsCRCR

sT

Para hallar la transmitancia T2 hay que identificar los caminos directos entre V1 y I2. En nuestro

caso sólo hay un camino, sCRR

p112

1

1 , y puesto que todos los lazos tocan a este camino,

tenemos 1=1. Así,

11

1

22 )(

)()(

p

sV

sIsT ,

111

1

)(112122

21122

2

211221122

112122

1122

sCRCRCRsCRCR

sC

sCRCRsCRCR

CRCRCRsCRR

sT

Nota: Cuando se pide una transmitancia hay que llegar hasta el final, es decir, hay que dar el resultado como fracción de dos polinomios en s, numerador y denominador. Notar también cómo el denominador en ambos casos es el mismo puesto que el flujograma (con sus lazos) no ha cambiado. El hecho de entrar y salir por distintos puntos del flujograma afecta sólo a los ceros (raíces del numerador) de la transmitancia y no a los polos (raíces del denominador).

Ejercicio 2. Representación de sistemas. Regla de Mason. Considerar el sistema de rotación de un eje flexible con rozamiento de la figura

J

B k

1(t) 2(t) Las dos ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) que describen su comportamiento son

211 kJT y 1220 kB , siendo T el par aplicado (excitación), J el momento

de inercia, k la constante de elasticidad y B la constante de rozamiento viscoso. 1 y 2 son las posiciones angulares correspondientes a un extremo y otro del eje flexible. Se pide: (a) representar el flujograma de estado, (b) a partir de él, obtener las ecuaciones de estado, (c) aplicar la regla de Mason al flujograma de estado a fin de obtener las funciones de transferencia 1(s)/T(s) y 2(s)/T(s).



Solución: (a) Flujograma de estado (FGE) En primer lugar se despejan las derivadas de mayor orden de cada una de las ecuaciones:

122

211

B

k

B

kJ

k

J

k

J

T

Luego se disponen tantas líneas de integración como sean necesarias y, a continuación, se representan las relaciones que aparecen en las ecuaciones:

s-1

s-1

s-1 1

2 2

1 1

s-1

s-1

s-1 1

2 2

111/J

-k/B

T

-k/J

k/B

k/J

(b) Ecuaciones de estado (EE) Se renombran los nodos del FGE (empezando por las variables sin derivar y siguiendo el sentido de derivación) y se escriben las ecuaciones en función de las variables de estado xi:

s-1

s-1

s-1 1

2 2

1 1 1/J

-k/B

T

-k/J

k/B

k/J

x1

x3

21 xx 2x

3x

313

312

21

1

xB

kx

B

kx

TJ

xJ

kx

J

kx

xx

Puesto que el sistema es lineal podemos expresar las EE en formato matricial. Si, por ejemplo, se definen dos salidas, y1=1=x1 y y2=2=x3, el conjunto de ecuaciones de estado más la ecuación de salida puede escribirse como:



duCxy

buAxx

,

T

TJ

BkBk

JkJk

0

0

100

001

0

/1

0

/0/

/0/

010

xy

xx

(c) Regla de Mason:

kkp

entrada

salida

En primer lugar se identifican todos los lazos y se construye .

11

sB

kL , 2

2 s

J

kL , 3

3 s

J

k

B

kL

2132

32

2121321 111 s

J

ks

B

ks

BJ

ks

BJ

ks

J

ks

B

kLLLLL

s-1

s-1

s-1 1

2 2

1 1 1/J

-k/B

T

-k/J

k/B

k/J

x1

x3

21 xx 2x

3x L1

L2

L3

Para cada una de las funciones de transferencia, 1(s)/T(s) y 2(s)/T(s), hay que identificar, además, los caminos directos entre entrada y salida (para cada una de las funciones de transferencia sólo hay un camino directo, marcados en verde y rojo respectivamente). Así:

kBskJsBJs

kBs

sJ

ks

B

k

sJB

ks

Jp

sB

kL

sJ

p

sT

s

2321

32

11

111

21

1

1

1

11

1

)(

)(

kBskJsBJs

k

sJ

ks

B

k

sJB

kps

JB

kp

sT

s

2321

3

11

1

312

11)(

)(



Ejercicio 3. Representación de sistemas. Regla de Mason. A continuación se muestra una representación conceptual del fenómeno de acoplamiento elástico entre un motor y su carga. Este fenómeno da lugar a la aparición de polos parásitos, de “alta frecuencia” y muy resonantes, de manera que si la ganancia de lazo es lo suficientemente elevada, puede provocar su “aparición” y crear problemas de estabilidad.

La figura muestra el esquema de bloques correspondiente, que relaciona el par generado por la conversión (TE) con la posición (angular) del motor (PM) y la de la carga (PL) que, obviamente, son distintas. Las fuerzas elásticas son proporcionales (Ks) a la diferencia de posición entre el motor y la carga (PM-PL). Las fuerzas de amortiguamiento son proporcionales (b) a la diferencia de velocidad entre el motor y la carga (VM-VL).

Fig. 18. Esquema de bloques de un acoplamiento elástico

Se pide calcular, usando la regla de Mason las siguientes funciones de transferencia:

y

Solución: Aunque no es obligatorio, se puede dibujar el flujograma de señal para ver mejor los lazos y caminos directos. Hay varios posibles flujogramas (unos contienen todas las variables incluyendo las intermedias, como el de la siguiente figura; otros pueden ser más simplificados).

Control de corriente

Ic IF TE TM AM

VM PM

TL AL

VL PL

Ks

b

+

+

+ KT

+ +

TE

PM

VM

AM

PL

VL

AL

Ks

JL JM



En primer lugar hay que identificar todos los lazos (caminos cerrados) del flujograma. Dependiendo del grado de simplificación del flujograma puede haber un número diferente de lazos, pero, en cualquier caso, el resultado final una vez aplicada la regla de Mason debe ser el mismo. Solución con 6 lazos:

sM

KssJ

L 1111

1 , , ,

1

1

-1

1

-1 b

-b

-Ks

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

L1

L2

L3

L4

1

1

-1

1

-1 1

-1

-1

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

b

1



,

Hay que identificar cuáles son los pares de lazos que no se tocan entre sí, es decir, que no tienen ningún nodo en común. Éstos son (L1 , L3) y (L2 , L4). No hay ningún triplete de lazos que no se toquen entre sí. Con estos lazos ya se puede construir el denominador de ambas funciones de transferencia,

42316543211 LLLLLLLLLL

Función de transferencia : Para construirla hay que identificar todos los caminos

directos (es decir, sin repetir nodos) entre la entrada TE y la salida PM. En nuestro caso sólo hay 1 camino directo:

El factor delta asociado a este camino, 1, se construye de forma análoga a la general pero teniendo en cuenta sólo los lazos que no tocan a p1. En nuestro caso son L3 y L4:

Así,

1

1

-1

1

-1 b

-b

-Ks

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

L5

L6



Función de transferencia : Para construirla hay que identificar todos los caminos

directos (es decir, sin repetir nodos) entre la entrada TE y la salida PL. En este caso hay 2 caminos directos.

Ambos caminos tocan a todos los lazos, por tanto, sus factores delta son directamente 1=2=1. Así,

Solución alternativa (con 8 lazos):

, , ,

1

-b

-Ks

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

L1

L2

L3

L4

TM

-Ks

TL

Ks -b b b



,

,

1

-b

-Ks

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

L8

L7

TM

-Ks

TL

Ks -b b b

1

-b

-Ks

1/s 1/s

1/s 1/s

Ks

1/JM

1/JL

TE PM

PL

L5

L6

TM

-Ks

TL

Ks -b b b



3. Respuesta temporal El objetivo en este apartado es obtener la evolución temporal de la salida y(t) de un sistema conociendo:

1) la dinámica del sistema (descrita por medio de su ecuación diferencial o su función de transferencia),

2) la señal de excitación u(t) y 3) las condiciones iniciales (CI).

3.1 Obtención de la respuesta temporal a partir de la ecuación diferencial (método clásico)

Ejemplo 12. Respuesta temporal a partir de la EDO (método clásico)

Los datos son: Ecuación diferencial ordinaria (sistema): )()(2)(3)( tutytyty

Excitación: u(t) es un escalón unitario que empieza en t=0 Condiciones iniciales: y(0)=1, 0)0( y La respuesta total y(t) es la suma de la solución homógenea yH (correspondiente al transitorio, respuesta libre) y la solución particular yP (permanente, respuesta forzada). 1) Solución de la ecuación homogénea : Su ecuación característica (expresada en términos del operador derivación D) es . Las raíces (autovalores) de esta ecuación son -1 y -2. Cada autovalor lleva asociada una función

en el tiempo con la forma exp(t) que recibe el nombre de autofunción o modo natural, tety )(1

e tety 22 )( . La solución homogénea es una combinación lineal de los dos modos naturales:

. 2) Solución de la ecuación particular , donde A es una constante (misma forma que la

excitación)

5.01200)()(2)(3)( AAtutytyty ppp

3) Solución total:

. Para obtener el valor de los coeficientes c1, c2 se aplican las condiciones iniciales:

02)0(

15.0)0(

21

21

ccy

ccy

La solución del sistema de ecuaciones resultante es c1=1, c2=-0.5. Así

.



3.2 Transformada de Laplace Ya hemos visto que una forma de describir los sistemas es por medio de funciones de transferencia en el dominio transformado: dominio “s” para sistemas en tiempo continuo y dominio “z” para sistemas en tiempo discreto. En los próximos apartados se verá cómo obtener respuestas temporales a partir de las transformadas de Laplace de las señales y los sistemas. La transformada de Laplace es el fundamento matemático para la mayoría de las técnicas frecuenciales de control.

3.2.1 Definición y propiedades

Definición Se definen dos transformadas de Laplace:

Unilátera: 0

)()()( dtetytyLsY st

Bilátera:

dtetytyLsY stIIII )()()(

La transformada bilátera se usa en cálculos de potencia (p. ej., para obtener densidades espectrales de potencia a partir de autocorrelaciones). Notar que la transformada de Fourier tiene la misma forma que la transformada de Laplace (basta sustituir s por j). A la hora de obtener la respuesta de sistemas lineales, el producto de convolución en el dominio

temporal t

duthtuthty0

)()()()()( queda

reducido a un producto simple en el dominio transformado. Ello facilita muchísimo los cálculos y, por ello, la transformada de Laplace es la más utilizada en la teoría de sistemas.

h(t) u(t) y(t)=h(t)*u(t)

H(s) U(s) Y(s)=H(s)·U(s)

Propiedades Otras propiedades interesantes son: El decalaje (retardo puro) en t implica la aparición de la exponencial en s:

sesYty 0)()( 0 .

La exponencial en t implica el decalaje en s:

)()( asYety as

Multiplicar por t en tiempo implica dividir por s en Laplace:

s

sYtyt

)()(



Derivación en t:

0

1

0

2

0

21 )()(...

)()0()(

)(

t

n

t

n

t

nnnn

n

dt

tyd

dt

tyds

dt

tdysyssYs

dt

tyd

Por ejemplo, la transformada de Laplace de )(tx es

)0()0()0()()( 23 xxsxssXstxL siendo )()( txLsX . (Nota: el punto sobre

una variable denota derivada respecto al tiempo, dt

tdxtx

)()( ).

Tabla de transformadas La siguiente tabla muestra las transformadas que se utilizarán en este curso. Es necesario aprenderlas de memoria. Notar la aplicación de las propiedades presentadas anteriormente.

)(tx X(s)

)(t 1

0,1 t (escalón unitario) 1/s

0, tt (rampa unitaria) 1/s2

0,1 teat as

1

tosin 0, t 22

0

os

tocos 0, t 22os

s

tAe oat sin 0, t

220

)( oas

A

Tabla 3. Principales transformadas de Laplace

Filtro generador La transformada de Laplace de una señal determinada puede interpretarse como la función de transferencia de su filtro generador. Por ejemplo, la función de transferencia H(s) del filtro

generador de la señal y(t) = eat es as

sH

1

)( , ya que, al excitar dicho filtro con un impulso u(t)

= (t), la salida del mismo es la señal en cuestión,

ateas

LsUsHLsYLty

1

1)()()()( 111 , t 0.

Si a>0, este filtro presenta un polo inestable (en el semiplano derecho del plano s) de valor p = a. Los polos con parte real positiva son inestables puesto que su modo natural asociado eat es fuertemente creciente con el tiempo (la forma matemática de expresar inestabilidad es por tanto una exponencial creciente).



3.2.2 Teorema del valor inicial (TVI) y teorema del valor final (TVF)

Sistemas continuos en el tiempo:

TVI: )(lim)(lim)0(0

ssYtyyst

TVF: )(lim)(lim)(0

ssYtyyst

3.2.3 Solución de EDOs (lineales y de coeficientes constantes) en el dominio s

Dada la ecuación diferencial ordinaria (EDO),

( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t a y t a y t a y t u t 2 1 0 ;

con condiciones iniciales (CI): y(0), ( )y 0 , ( )y 0 ,

la solución y(t) se obtiene a partir de los pasos siguientes:

1) Aplicar L[ ] a los dos términos de la EDO.

2) Despejar )(sY (quedará una función racional Y sN s

D s( )

( )

( ) ).

3) Descomponer Y(s) en suma de fracciones simples (de primer orden):

Y sA

s p

A

s p

A

s p( )

1

1

2

2

3

3

.

Para ello: 3.1) Hallar los polos (raíces de D(s)): p1, p2, p3.

3.2) Hallar los residuos A Y s s pi i s pi

( )( ) . (Nota: Si los polos son complejos, conviene

determinar los residuos gráficamente a partir del diagrama de polos y ceros. Si la multiplicidad de algún polo es mayor que 1, proceder como se indica en el Ejemplo 13).

4) Aplicar L-1[ ].

4.1) Polo real: tpi

i

i ieAps

AL

1 .

4.2) Polos complejos: )cos(2*

*1 AteAps

A

ps

AL t

; ( AjeAA ,

AjeAA * , jp , jp * ).

Nota: 2

cosjxjx ee

x

, j

eex

jxjx

2sin

5) Comentarios: 5.1) El valor de y(t) en régimen permanente depende de algunos de los coeficientes de los

polinomios. Por ejemplo, para

jj

ii

nn

nn

ps

zsk

asa

bsb

sU

sYsM

)(

)(

)(

)()(

0

01

1

:



- Excitación en escalón (unitario): El valor en régimen de y(t) es la ganancia en

continua, 0

0)0(a

bM , por lo que el error en régimen

permanente es 0

00)0(1)(a

baMe

.

- Excitación en rampa: El error es 0

1111)(

a

ba

pze

ji

(en el supuesto de

que 00 ba )

5.2) El transitorio depende de la forma compleja de la totalidad de Y(s) (polos y residuos).

3.2.4 Cálculo de residuos

La expresión racional )()(

)()()(

1

1

n

m

psps

zszsksY

puede descomponerse en suma de fracciones

simples, n

n

ps

A

ps

AsY

1

1)( , siendo los coeficientes Ai los residuos correspondientes a

los polos pi. Cálculo analítico de residuos La fórmula general para calcular los residuos (en el caso de polos simples) es

ipsii sYpsA

)()( .

En el caso de que haya polos complejos conjugados es más conveniente obtener el residuo gráficamente (es más rápido y se evitan los errores de cálculo, muy frecuentes al usar la fórmula anterior). Además, cuando dos polos son complejos conjugados, sus residuos también lo son. En el caso de polos múltiples, la descomposición en suma de fracciones es la siguiente:

21

32

1

23

1

1

23

1

1

)()(

)()()(

ps

B

ps

A

ps

A

ps

A

psps

zszsksY m

y el cálculo de los residuos Ai es como sigue:

1

)()( 311 ps

sYpsA

1

)()( 312 ps

sYpsds

dA

1

)()( 312

2

3 pssYps

ds

dA

Ejemplo 13. Cálculo (analítico) de residuos cuando hay polos múltiples

Dado )5(

1)(

2

sssY , se desea obtener y(t). La idea es expresar Y(s) como suma de factores

simples de los cuales nos sepamos de memoria la trasformada de Laplace inversa. En otras palabras, interesa descomponer Y(s) de la siguiente manera,



5)5(

1)( 2

21

2

s

B

s

A

s

A

sssY

para luego realizar la transformada inversa término a término. Si hubiera polos complejos conjugados, también se separarían en fracciones simples, A/(s-p) y A*/(s-p*) (notar que, si los polos son complejos conjugados, sus residuos también lo son). Hay que determinar los residuos A1, A2 y B. Analíticamente,

5

1

)5(

1)(

00

21

ss s

ssYA

25

1

)5(

1

)5(

1)(

02

00

22

sss ssds

dssY

ds

dA

25

11)5)((

525

s

s sssYB

Por tanto,

5

)25/1()25/1()5/1(

)5(

1)(

22

ssssssY .

Finalmente, la aplicación de la transformada inversa nos da

0,125

1

5

1)( 5 tetty t

Cálculo gráfico de residuos En la Fig. 19 se ilustra el cálculo gráfico del residuo de p3. En primer lugar, hay que trazar todos los vectores que van de todas las raíces (polos y ceros) hacia el polo en cuestión, p3.

p3

p1

p2

z1

j

Fig. 19. Cálculo gráfico de residuos

Puesto que p3 es complejo, su residuo A3 también lo es, por tanto hay que obtener módulo y fase: Módulo: Para calcular el módulo notar que se incluye la ganancia de Y(s), k, y que el módulo de los vectores con origen en los ceros se sitúa en el numerador y el módulo de los vectores con origen en los polos en el denominador.



Módulo: )()(

)(

2313

13

3

pppp

zpkA

Fase: Para calcular la fase, se suman todas las fases de los vectores con origen en los ceros y se les resta la suma de todas las fases de los vectores con origen en los polos.

Fase: 0)(0)()()( 2313133 ppppzpA

Ejemplo 14. Cálculo gráfico de residuos.

Vamos a obtener gráficamente los residuos de la descomposición en suma de fracciones simples de la siguiente expresión

)3(

)1(2)(

ss

ssY

Para ello, en primer lugar, hay que representar los polos y ceros de Y(s) en el plano complejo s,

Llamaremos A al residuo del polo en el origen y B al residuo del polo en -3,

3)3(

)1(2)(

s

B

s

A

ss

ssY

Para obtener el valor del residuo A correspondiente al polo s=0, se trazan los vectores que van del resto de raíces (polos y ceros) hacia el polo en cuestión s=0. En nuestro caso, como sólo hay un polo más y un cero sólo tenemos dos vectores Vp y Vz.

Para obtener el valor de A hay que obtener su módulo y su fase:

Módulo: 3

2

3

122

p

z

V

VA , Fase:

000pz VVA

donde y denotan el módulo y argumento del vector Vz respectivamente.

j

-1-2-3-4

VpVz

j

-1-2-3-4



Notar que, al calcular el módulo, hay que tener en cuenta la ganancia k de Y(s) (en este caso vale 2). Si hubiéramos tenido n polos y m ceros, las fórmulas hubieran sido:

Módulo:

Fase: Y si hubiéramos tenido n polos y ningún cero:

Módulo:

Fase: Para obtener el residuo B se trazan los vectores que van del resto de raíces (polos y ceros) hacia el polo en s=-3.

El residuo es:

Módulo: , Fase:

Así pues, finalmente,

3

3/43/2

3)3(

)1(2)(

sss

B

s

A

ss

ssY

Ejemplo 15. Cálculo de residuos en funciones no estrictamente propias.

Considerar la función 61.1

1)(

s

ssH . Puesto que no es estrictamente propia, sino propia (igual

número de polos que de ceros), la descomposición en suma de fracciones simples se puede obtener previa división de los dos polinomios numerador y denominador. Así,

61.0/

1)61.1(

61.11

s

ss

61.1

61.01

61.1

1)(

ss

ssH

Comprobación vía Matlab: >> num=[1 1];den=[1 1.61]; >> [r,p,k]=residue(num,den) r = -0.6100

j

-1-2-3-4

VpVz



p = -1.6100 k = 1

3.3 Obtención de la respuesta temporal a partir de la función de transferencia

3.3.1 Diagramas de polos y ceros

Una función de transferencia racional H(s) puede descomponerse en producto de factores simples

)()(

)()(

1

1

n

m

psps

zszsk

, donde se explicitan la ganancia, los polos pi y los ceros zj. Obsérvese la

“normalización” de los coeficientes de s. Así, cada factor (s - pi) corresponde a un vector desde el polo pi al punto complejo s general (ver Fig. 20).

s

j

)( 1ps

p1

s

1p

p2

p3

z1

Fig. 20. Diagrama de polos y ceros

Nota: En el caso discreto es igual.

3.3.2 Modos naturales

Cada polo o autovalor (eigenvalue) tiene asociado un modo natural o autofunción (eigenfunction) que puede representarse gráficamente. En los sistemas en tiempo continuo el modo natural asociado a un polo p es ept y el modo natural asociado a un par de polos complejos conjugados p, p* es ept + ep*t. La Fig. 21 muestra un conjunto de polos junto con sus modos naturales asociados.

j

-3

-2 -1 1 -j

j (a)

(b)

(c) (d)

Fig. 21. Modos naturales



(a) El modo natural asociado al polo p=-3 es la exponencial decreciente e-3t. Notar que la constante de tiempo de la exponencial es la inversa del polo,=1/3.

(b) El modo natural asociado al par de polos complejos conjugados jpp 2*, es la

oscilación decreciente con el tiempo )cos(2 te t . La frecuencia de oscilación en rad/s coincide con la parte imaginaria de los polos y la constante de tiempo de la exponencial envolvente coincide con la inversa de la parte real de los polos.

(c) El modo natural asociado al polo p=-1 es la exponencial decreciente e-t. Esta exponencial es

más persistente en el tiempo que la asociada al polo -3. Por tanto el polo en -1 se dice que es más dominante que el polo en -3.

(d) El modo natural asociado al polo p=1 es la exponencial creciente et. Notar que un polo con

parte real positiva (polo en el semiplano derecho del plano complejo) tiene asociado como modo natural una exponencial creciente con el tiempo. Se trata por tanto de un polo inestable.

Nota: En los sistemas discretos, los modos naturales son pn para el caso de polo real y (p*)n + (p)n para el caso de polos complejos conjugados, respectivamente.

Ejemplo 16. Respuesta temporal (método transformado).

Suponer que tenemos un sistema )34(

)2(2)(

2

ss

ssH y queremos conocer la evolución temporal

de su salida y(t), al excitarlo con un escalón unitario u(t).

La transformada de Laplace del escalón es s

sU1

)( .

La transformada de Laplace de la salida del sistema será sss

ssUsHsY

1

)34(

)2(2)()()(

2

.

Para obtener y(t) sólo queda aplicar la transformada de Laplace inversa a Y(s). Para ello, primero descomponemos Y(s) en suma de fracciones simples (de las cuales nos sabemos de memoria sus transformadas inversas),

13)(

s

C

s

B

s

AsY ,

y calculamos los residuos A, B, C a partir del diagrama de polos y ceros,

j

-3 -2 -1 0

El resultado es:

3

4

31

22

A 0000A

3

1

32

12

B 180180180180B



121

12

C 18001800C

Por tanto, 1

)1(

3

)3/1(3/4)(

ssssY . La aplicación de la transformada de Laplace inversa

término a término nos da:

0,3

1

3

4)( 3 teety tt

Una manera de verificar que no hay errores es comprobar que y(0)=0 (condiciones iniciales nulas puesto que partíamos de una función de transferencia estrictamente propia). En cuanto a la representación gráfica, notar que la respuesta total es la suma de cada uno de los tres términos:

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

t

y(t)y1(t)=4/3

y2(t)=-(1/3)*e-3t

y3(t)=-e-t

3.3.3 Polos dominantes

Los polos dominantes son aquellos con más peso y más persistentes en la respuesta temporal transitoria. Para identificarlos hay que tener en cuenta tanto el valor del polo como el de su residuo. Considerar el diagrama de polos y ceros de la Fig. 22.

(1) (2) (3)

j

Fig. 22. Polos dominantes

En la Fig. 22 el polo dominante es el (2). El polo (3) no es dominante puesto que está lejos del eje imaginario. Ello hace que su aportación al

transitorio sea pequeña por dos motivos: (a) Modo natural: te 3 tiende más rápidamente a cero, y (b) Residuo: A3 es de menor valor pues en su cálculo aparecen valores (módulos) elevados en el denominador.



El polo (1) tampoco es dominante por la presencia cercana de un cero. Si hay un cero cercano, el residuo resulta pequeño, al aparecer un factor (módulo) reducido en el numerador.

3.4 Transitorios. Dinámica de orden 1, 2 y n

3.4.1 Dinámica de primer orden

1) Modelo: Función de transferencia:

1)(

)()(

s

k

sU

sYsG

Diagrama de polos y ceros:

-1/

j

Fig. 23. Polos y ceros de primer orden

2) Respuesta indicial (a escalón unitario): Formulación:

)1()( / tekty

t error 37% 2 12% 3 4.5% 4 1.7%

Representación gráfica (k = 1):

0 2 3 4 5

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

0.0

Fig. 24. Respuesta indicial de primer orden

3) Respuesta impulsional:

Formulación:

/)( te

kty

Área:

0

/ dte t

Representación gráfica (k/ = 1):

0 2 3 4 5

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

0.0

Fig. 25. Respuesta impulsional de primer orden



4) Respuesta a la rampa: Formulación:

/)()( tetkty

Representación gráfica (k/ = 1):

0 2 3 4 5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

0.0

Fig. 26. Respuesta a la rampa de primer orden

3.4.2 Dinámica de segundo orden

1) Modelo:

Función de transferencia:

22

2

2)(

)()(

nn

n

ss

k

sU

sYsG

Diagrama de polos y ceros:

n

d n 1 2

n

p

p*

j

Fig. 27. Polos y ceros de segundo orden

n: frecuencia natural de oscilación, d: frecuencia de oscilación amortiguada (damped), : coeficiente de amortiguamiento (notar que su símbolo es la letra “dseta” y no la “chi” )

: ángulo relacionado con el amortiguamiento (si =0, el sistema no está amortiguado =0; si =180º, el sistema presenta amortiguamiento crítico =1; lo deseable en la mayoría de los casos es un amortiguamiento moderado =0.7, lo que corresponde a =135º y a un rebase del Rpt=5% en la respuesta indicial)

2) Respuesta indicial:

Formulación: )sin(1

1)(2

te

ty d

tn



Representación gráfica:

1

tr tp ts

Rpt 0.02

( )1 e n t0.5

0

tD

0.04

Fig. 28. Respuesta indicial de segundo orden

Tiempo de subida: trd

Tiempo de pico: t pd

Tiempo de establecimiento (2%): t sn

4

Tiempo de establecimiento (5%): n

st 3

Error permanente: e G( ) ( ) 1 0

Rebase máximo: R ept

1 2

Rebase Rpt en función del coeficiente de amortiguamiento :

Rpt (aprox.)

0.4 25%

0.5 15%

0.6 10%

0.7 5%

La expresión exacta es R ept

1 2

0.6 1.0

1.0

R pt

0.2 0.4 0.8 0.0

0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0

Fig. 29. Rebase en función del amortiguamiento

Detalle en el origen: ( )1 e nt pasa por los mínimos excepto en las cercanías del origen. Más allá se confunde con la

envolvente )1

11(

2

tne

.

0

tne

21

11

tne 1

21

1

y(t)

Fig. 30. Detalle en origen de la respuesta indicial de segundo orden

Para trazar el amortiguamiento hay dos alternativas. La exacta es )1

11(

2

tne

pero, por

comodidad, se usa la aproximación ( )1 e nt.

3) Respuesta impulsional:

Expresión temporal: )sin(1

)(2

tety dtn n



Representación gráfica:

)sen( td

tn ne

21

t1

0

21

n

t2 t3 Fig. 31. Respuesta impulsional de segundo orden

Tiempo de pico: pd

tt

1

Punto tangente a la exponencial envolvente (tiempo de pico de )sen( td ):

d

Tt

242

Tiempo de medio periodo: d

Tt

23

4) Otras respuestas temporales. Régimen permanente

A la rampa: Error o desviación última de la respuesta forzada: epi n

( ) 1 2

A la exponencial. Cálculo rápido del régimen permanente de la respuesta forzada:

y G s eforzada s aat ( )

3.4.3 Bloque de segundo orden con un polo (o un cero) adicional

Con cero adicional ( )s b

b

:

Rbp

be Rpzt pt

n

d

1

tpzd

1

Con polo adicional a

s a( ):

Ra

ape Rppt pt

n

d

2

tppd

2

yz

y

p

p*

1

-b

yp

y

p

p*

2

-a



Cero de fase no mínima (respuesta inversa):

c

cs )(

3.4.4 Sistemas de orden n (I). Con polos dominantes

1) Caso de no tener ceros: H ss s s s

( )( )( )( )

200

1 8 20 152

Al estar el polo -1 más cerca del eje imaginario que el resto, resulta dominante ya que los otros presentan transitorios 4 y 15 veces más rápidos respectivamente y, además, sus residuos son más pequeños. De esta manera la dinámica del sistema puede

aproximarse por H ss

( ).

0 7

1, ya que así

retiene el polo dominante (-1) y la ganancia en continua (0.7).

p*

p

p4

2j

p1 escalón

-15 -4 -1

j

2) Caso de sí tener ceros: H ss

s s s s( )

( . )

( )( )( )

200 11

1 8 20 152

Las consideraciones anteriores pueden verse sustancialmente modificadas debido al efecto que los ceros tienen sobre los residuos. En particular puede reducir la importancia del polo más cercano al cero eclipsando su dominancia (que, en este caso, pasaría a los dos polos complejos).

p*

p

p4

2j

escalón

-15 -4 -1 -1.1

j

3.4.5 Sistemas de orden n (II). Sin polos dominantes: Formas prototipo

Cuando no hay polos dominantes no queda más remedio que tratar el sistema como lo que es: un sistema de orden n. Se pueden usar funciones de transferencia con el siguiente formato: Y s

R s d s

n

n

( )

( ) ( )

0 , es decir, sólo con polos. De entre los posibles polinomios d sn ( ) hay algunos con

características especialmente interesantes:

1) Polinomios ITAE (óptimos en el sentido que minimizan el criterio ITAE t e dt0

):

p

p*

c

c

0 2 4 6 8 10 12-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

yz

y



d s s

d s s s

d s s s s

d s s s s s

1 0

22

0 02

33

02

02

03

44

03

02 2

03

04

1 4

1 75 2 15

2 1 3 4 2 7

( )

( ) .

( ) . .

( ) . . .

2) Polinomios de Butterworth: d s s

d s s s

d s s s s

d s s s s s

1 0

22

0 02

33

02

02

03

44

03

02 2

03

04

1 4

2 0 2 0

2 6 3 4 2 6

( )

( ) .

( ) . .

( ) . . .

3) Polinomios de Bessel: d s s

d s s s

d s s s s

d s s s s s

1 0

22

0 02

33

02

02

03

44

03

02 2

03

04

1 73

2 43 2 46

3 12 4 39 3 20

( )

( ) .

( ) . .

( ) . . .

Nota: Las funciones de transferencia con estos polinomios como denominador son más conocidas en el ámbito del diseño de filtros pasa-bajas.

Ejemplo 17. Formas prototipo.

Para obtener los polinomios normalizados (0=1) de Butterworth se puede usar la función buttap: >> [z,p,k]=buttap(4);[nu,de]=zp2tf(z,p,k) nu = 0 0 0 0 1 de = 1.0000 2.6131 3.4142 2.6131 1.0000

Para obtener los polinomios normalizados (0=1) de Bessel se puede usar la función besselap:



>> [z,p,k]=besselap(4);[nu,de]=zp2tf(z,p,k) nu = 0 0 0 0 1 de = 1.0000 3.1239 4.3916 3.2011 1.0000

3.4.6 Sistemas de orden infinito (retardo puro)

1) Retardo puro:

Función de transferencia: sesH 23)(

Respuesta indicial:

3

2 t

2) Constante de tiempo con retardo puro:

Función de transferencia: ses

sH 2

21

13)(

Respuesta indicial:

3

2 t

3) Dos constantes de tiempo iguales con retardo puro:


sH 2

2)1(

13)(

Respuesta indicial (curva sigmoidea):

3

2 t 4) Dos constantes de tiempo y retardo puro:

Función de transferencia: sess

sH 2

)8.11)(2.01(

13)(

Respuesta indicial:

3

2 t

5) Retardo puro con integrador (o constante de tiempo muy grande):


sH 23)(

Respuesta indicial:

3

2 3

a = 6 T = 1

t

Ejemplo 18. Respuesta indicial de un sistema con retardo puro en MATLAB. Se usa la función tf ajustando el propiedad InputDelay y a continuación se ejecuta la instrucción step:

>> H=tf(3,[1 0],'InputDelay',2),H Transfer function: 3 exp(-2*s) * - s >> step(H),axis([0 4 -1 4]) Nota: En este caso es indiferente ajustar la propiedad InputDelay o OutputDelay.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude



3.5 Simulación de la respuesta temporal

3.5.1 Introducción del sistema. Polos, ceros y residuos

Ejemplo 19. Introducción de sistemas. Para introducir un sistema dinámico descrito por medio de una función de transferencia se pueden entrar por separado el polinomio numerador y el polinomio denominador.

1) Introducir el sistema 15.0

2)(

2

sssH :

>> num=2; >> den=[1 0.5 1];

(Notar que se usan corchetes para entrar polinomios mientras que para entrar escalares no es necesario). 2) También es posible agrupar los polinomios numerador y denominador en una única variable

tipo sys (de system). Para ello se usa la función tf (de transfer function):

>> H=tf(num,den) Transfer function: 2 --------------- s^2 + 0.5 s + 1

(Notar que, en MATLAB, los argumentos de entrada de las funciones van dentro de paréntesis y separados por comas).

3) Para introducir sistemas con retardos puros, como, por ejemplo, ses

sG 1.0

1

1)(

, se puede

usar la función set junto con la propiedad 'InputDelay':

>> G=tf(1,[1 1]) Transfer function: 1 ----- s + 1 >> set(G,'InputDelay',0.1) >> G Transfer function: 1 exp(-0.1*s) * ----- s + 1

Ejemplo 20. Polos, ceros, residuos. Para obtener los polos y ceros de un sistema se pueden usar las funciones roots, pole, zero, pzmap. Los residuos se pueden obtener con ayuda de la función residue. Se pide:

1) Introducir el sistema 15.0

2)(

2

sssH . Crear las variables num, den, H.

>> num=2;den=[1 0.5 1];H=tf(num,den);



2) Obtener sus polos. Se puede hacer con roots o con pole.

>> roots(den) >> pole(H) ans = -0.2500 + 0.9682i -0.2500 - 0.9682i

3) Obtener sus ceros. Se puede hacer con roots o con zero.

>> roots(num) >> z=zero(H) z = Empty matrix: 0-by-1

4) Representar el diagrama de polos y ceros con ayuda de pzmap.

>> pzmap(H),axis([-0.3 0 -1.5 1.5])

-0.25 -0.2 -0.15 -0.1 -0.05 0-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Notar que la función pzmap invocada con argumentos de salida devuelve el valor de los polos y ceros,

>> [p,z]=pzmap(num,den) p = -0.2500 + 0.9682i -0.2500 - 0.9682i z = Empty matrix: 0-by-1

pero si se invoca sin argumentos de salida lo que hace es representar el diagrama de polos y ceros. En la figura anterior, además, con axis hemos ajustado los ejes de la representación. (Notar que, en MATLAB, los argumentos de salida de las funciones, si hay más de uno, van entre corchetes y separados por comas). (Se sugiere teclear >>help pzmap para obtener más información, puesto que la mayoría de funciones realizan diferentes acciones según la sintaxis con que son invocadas). 5) Obtener la descomposición de H(s) en suma de fracciones simples. Para ello, los residuos se

pueden obtener con ayuda de la función residue:



>> [r,p,k]=residue(num,den) r = 0 - 1.0328i 0 + 1.0328i p = -0.2500 + 0.9682i -0.2500 - 0.9682i k = []

Así pues, la descomposición en suma de fracciones simples de H(s) es:

Para interconectar sistemas se pueden usar las funciones series, parallel o feedback. Para multiplicar polinomios se puede usar la función conv. Ejemplo 21. Interconexión de sistemas. Considerar el siguiente sistema en lazo cerrado:

Fig. 32. Interconexión de sistemas

1) Obtener la función de transferencia del camino directo Gd entre la entrada r y la salida y,

>> G1=tf(1,[1 1]);G2=tf(1,[1 2]);Gd=series(G1,G2) Transfer function: 1 ------------- s^2 + 3 s + 2

2) Obtener a mano la función de transferencia en lazo cerrado T(s) que relaciona la señal de

salida y con la señal de entrada de referencia r Solución: La fórmula es la siguiente (notar el signo + del denominador, que corresponde al caso de retroacción negativa):

La ganancia directa es y la ganancia del lazo es la cascada de todos los bloques que

forman, . Así,

r +

_

y



3) Comprobar el resultado anterior con ayuda de la función feedback.

>> T=feedback(Gd,tf(1,[1 3])) Transfer function: s + 3 ---------------------- s^3 + 6 s^2 + 11 s + 7

(Notar que, por defecto, la función feedback asume que la retroacción es negativa con lo que no hay que especificar el signo del lazo).

3.5.2 Respuesta temporal con Matlab

Funciones: Las principales funciones son:

Función Descripción impulse respuesta impulsional (excitación impulso unitario) step respuesta indicial (excitación escalón unitario) lsim respuesta a excitaciones arbitrarias tales como rampas, sinusoides,

combinaciones de señales,… linspace, : funciones que sirven para generar vectores de tiempo plot función que sirve para representar señales en función del tiempo conv de “convolución”. Es una función que sirve para multiplicar 2 polinomios.

Es útil para introducir el sistema cuando la función de transferencia nos la dan factorizada en polinomios de orden 1 y 2.

Tabla 4. Funciones para simular la respuesta temporal

Las funciones impulse, step y lsim se pueden invocar con diferentes sintaxis. Por ejemplo, si se invocan sin argumentos de salida, directamente representan la respuesta; y si se invocan con argumentos de salida, no la representan pero guardan las muestras de la respuesta en una variable para poderlas representar después con plot. Para más información, se sugiere hacer >>help nombre_funcion. Generación del vector tiempo: Cuando sea necesario generar un vector de muestras temporales (p.ej., para usar en lsim) se puede utilizar la función linspace o la función “dos puntos” ( : ).

>> t=linspace(0,10); >> t=linspace(0,10,500); >> t=0:0.1:10;

La primera instrucción genera 100 valores espaciados uniformemente entre 0 y 10, y los guarda en la variable t. La segunda instrucción genera 500 valores espaciados uniformemente entre 0 y 10, y los guarda en la variable t. La tercera instrucción genera un vector t de muestras entre 0 y 10 espaciadas 0.1, es decir, t=[0 0.1 0.2 … 10].



Ejemplo 22. Respuesta indicial (a escalón unitario). Introducir el sistema

15.0

2)(

2

sssH

1) Para representar su respuesta indicial la manera más sencilla es la siguiente (ver Fig. a):

>> step(H) o >> step(num,den)

2) Representar la respuesta indicial de 0 a 35 segundos (ver Fig. b).

>> t=linspace(0,35); >> step(num,den,t)

3) Guardar las muestras de la respuesta indicial en un vector y representar la respuesta con plot.

Rotular los ejes y poner una rejilla (ver Fig. c).

>> y=step(num,den,t); >> plot(t,y,'r--') >> grid,title('Respuesta indicial'),xlabel('Tiempo [s]')

(a) (b) (c)

Fig. 33. Respuesta a escalón

Ejemplo 23. Respuesta a entradas arbitrarias (excitación sinusoidal). Representar la respuesta

y(t) del sistema 15.0

2

)(

)()(

2

sssU

sYsH a una excitación )2.0sin()( ttu .

Solución: La función es lsim. Antes de invocarla hay que entrar el sistema, el eje temporal y las muestras de la excitación: Sistema: >> num=2;den=[1 0.5 1]; Eje temporal (100 muestras entre 0 y 60s): >> t=linspace(0,60,100); Excitación definida sobre el eje temporal anterior:

>> u=sin(0.2*t); %excitación sinusoidal Obtención de la respuesta temporal (notar que también es posible invocar lsim sin argumentos de salida).

>> y=lsim(num,den,u,t); %respuesta del sistema >> plot(t,u,t,y) %representación gráfica >> legend('u','y'),xlabel('Tiempo [s]') %opciones del gráfico



Fig. 34. Excitación arbitraria

3.5.3 Respuesta temporal con Simulink

Entrada a Simulink: Hacer clic en el botón correspondiente en la barra de Matlab, , o bien teclear simulink en la ventana de comandos de Matlab. Una vez abierta la librería de bloques de Simulink hay que abrir una nueva ventana de modelo. Construcción del modelo Simulink: Se arrastran cada uno de los bloques necesarios desde las librerías hacia nuestra ventana de modelo. El bloque Transfer Fcn está en la librería Continuous, el bloque Scope está en Sinks y el bloque Step en Sources. Con ayuda del ratón se conectan los bloques entre sí. Para editar los bloques (y poner así los valores de nuestro sistema) basta con hacer doble clic sobre ellos.

Fig. 35. Modelo Simulink

Simulación: Abrir el Scope y clicar en el botón de Run, . Con los prismáticos del Scope se puede autoescalar la representación (ver Fig. a). Si se quieren cambiar las opciones de simulación y poner el fin, por ejemplo, a t=30s, hay que ir en la barra de menús a Simulation, y después a Configuration parameters... (ver Fig. b).

(a) (b)

Fig. 36. Simulación de respuestas temporales con Simulink




Ejercicio 4. Respuesta temporal. Cálculo gráfico de residuos.

1) Demostrar que la respuesta indicial (a escalón unitario) de un bloque de segundo orden

22

2

2)(

)()(

nn

n

ss

k

sU

sYsH

se expresa como 0,)sin(1

11)(

2

ttekty d

tn

para 10 y donde

21 nd , )arccos( . Para ello, (a) obtener la expresión de Y(s) y

descomponerla en suma de fracciones simples (una para cada polo), (b) representar el diagrama de polos y ceros de Y(s), (c) hallar gráficamente los residuos, y (d) aplicar la transformada de Laplace inversa.

2) Demostrar vía TVF y TVI que (a) ky )( , (b) 0)0( y , y (c) 0)0( y .

3) Opcional: Comprobar los resultados del apartado anterior calculando t

ty )( , 0

)(t

ty ,

0)(

tty .

Solución: 1) (a) Descomposición en suma de fracciones simples:

La respuesta indicial es s

sHsUsHsY1

)()()()( . Los polos de H(s) son

dnnnnnn jjpp

2

222

12

442*,

Por tanto, la descomposición en suma de fracciones simples es: *

*)(

ps

B

ps

B

s

AsY

(b) Diagrama de polos y ceros de Y(s):

jn

dj

n

p

p*

j



(c) Obtención gráfica de los residuos: Residuo A:

00

12

A

kkAnn

n

jn

p

p*

j

Residuo B:

90900

12

1

2

12

2

B

kkBdn

n

jn

p

p*

j

90

jd

(d) Transformada de Laplace inversa

0,*)(*

*)( *1

teBBeAtyps

B

ps

B

s

AsY tpptL

0,*)( )()( teeBeeBAty tjBjtjBj dndn

0,)( teeeeeBAty tjBjtjBjt ddn

0,2/cos212

)(2

ttek

kty dtn

0,sin1

11)(

2

ttekty d

tn

2)

(a) ksss

ksssYy

nn

n

ss

1

2lim)(lim)(

22

2

00

(b) 01

2lim)0()(lim)(lim)0(

22

22

00

sss

ksyssYstysLy

nn

n

sss



(c) 2

22

23

000

2 1

2lim)0()0()(lim)(lim)0( n

nn

n

sssk

sss

ksyyssYsstysLy

3)

(a) 0,sin1

11)(

2

ttekty d

tn

ktyys

)(lim)(

(b)

tetek

ty ddt

dt

nnn cossin

1)(

2

0cossin1

)(lim)0(20

n

n

n

d

dns

ktyy

Nota: Aquí se han utilizado las relaciones nn cos y dn sin

(c)

tetek

tetek

ty

ddt

dt

nd

ddt

dt

nn

nn

nn

sincos1

cossin1

)(

2

2

n

d

n

n

n

n

n

n

d

dn

k

d

dnns

k

ktyy

sincos1

cossin1

)(lim)0(

2

0

20

22222222 1

)0( nn

nnn

n

d

n

nn kkky

Ejercicio 5. Respuesta indicial de un sistema de fase no mínima.

Dado el sistema, 4

)1(4)(

2

ss

ssG , se pide:

1) Trazar la respuesta indicial del sistema sin el cero, 4

4)(

~2

ss

sG .



2) Añadir el efecto del cero interpretándolo como la suma de dos operadores,

)(~

)(~

4

4

4

4

4

)1(4)(

222sGssG

ss

s

ssss

ssG

3) Deducir el significado de la expresión “fase no mínima”.

Solución:

1) Respuesta indicial de 4

4)(

~2

ss

sG ,

Los polos del sistema son 9.15.02

8.31

2

151

2

16112,1 j

jjp

, donde la

constante de tiempo viene determinada por la inversa de la parte real, que es 5.0n , la

frecuencia natural es el módulo de los polos, n = 2 y la frecuencia de oscilación amortiguada es la parte imaginaria de los polos, d = 1.9. La descomposición en suma de fracciones simples de la respuesta indicial es

s

B

ps

A

ps

A

ssssY

212

*1

4

4)(

~

Los residuos pueden obtenerse de manera gráfica,

52.09.1

1

29.12

14

A

195105900A

122

14

B

075750B La expresión temporal de la respuesta indicial para t0 es

AteABeeAeeABty ttjtAjtjtAj 9.1cos2)(~ 5.09.15.09.15.0

1801059.1sin04.11

180909.1sin2)(~ 5.05.0

teAteABty tt

1801059.1sin04.11)(~ 5.0

tety t

2j

j

1.9j

-0.5

105

90



Para la representación es útil notar que 1)( y , d = 1.9 (con lo que el periodo de oscilación es

sTd

3.39.1

28.62

, stn

s 85.0

44

, 25.0 (con lo cual %45ptR ),

std

p 6.19.1

14.3

y la envolvente exponencial que pasa por los mínimos es te 5.01 .

0 2 4 6 8 10 12

0

0.5

1

1.5Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Comprobación por Matlab: >> step(4,[1 1 4]) 2) Añadir el efecto del cero como suma de dos operadores

)(~

)(~

4

4

4

4

4

)1(4)(

222sGssG

ss

s

ssss

ssG

Multiplicar por s en el dominio transformado equivale a derivar respecto al tiempo en el dominio temporal. Así,

)(~)(~)( tydt

dtyty

donde

1801059.1cos9.1

1801059.1sin5.004.1)(~ 5.05.0

tetetydt

d tt

Por tanto,

1801059.1cos9.1

1801059.1sin5.104.11)( 5.0

ttety t

Su representación gráfica puede hacerse sumando punto a punto la representación de )(~ ty y la

representación de su derivada (la derivada de los máximos/mínimos de )(~ ty es nula; y los

máximos/mínimos de la derivada corresponden a los cambios de pendiente de )(~ ty ).



0 2 4 6 8 10 12

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Comprobación vía Matlab: >> step(-4*[1 -1],[1 1 4]) Los sistemas con ceros de fase no mínima (situados en el semiplano derecho) se caracterizan por tener una respuesta temporal inversa. En el transitorio, y hasta que no se llega al régimen permanente, presentan una dinámica “de oposición” al signo la excitación. 3) Deducir el significado de “fase no mínima” Un cero de fase no mínima es un cero en el semiplano derecho (SD) del plano complejo. El nombre se justifica por el hecho de que, a igual módulo, la fase que introduce el cero es mayor si éste se encuentra en el SD que si se encuentra en el semiplano izquierdo (SI). Si el cero está en el SI se dice que es de fase mínima.

2j

j

1.9j

-0.5

105

90

2j

j

1.9j

-0.5

105

90



Ejercicio 6. Excitación tipo rampa en sistemas de primer y segundo orden.

1) Sistema de primer orden. Considerar el sistema 1

)(

s

ksH

, excitado por una rampa unitaria

u(t)=t, t≥0. Se pide: (a) Obtener la expresión de su respuesta en el dominio transformado, Y(s). (b) Realizar la descomposición en suma de fracciones simples de Y(s) y obtener analíticamente sus residuos. (c) Obtener la expresión temporal de la respuesta y(t) y representarla gráficamente.

2) Sistema de segundo orden. Considerar el sistema 22

2

2)(

nn

n

sssH

, excitado por una

rampa unitaria u(t)=t, t≥0. Se pide: (a) Obtener la expresión de su respuesta en el dominio transformado, Y(s). (b) Realizar la descomposición en suma de fracciones simples de Y(s) y obtener sus residuos (Nota: los residuos correspondientes a los polos complejos conjugados obtenerlos gráficamente). (c) Obtener la expresión temporal de la respuesta y(t) y representarla gráficamente.

Solución: 1) Sistema de primer orden. (a) Respuesta en el dominio transformado:

22 )/1(

/1

1)()()(

ss

k

ss

ksUsHsY

(b) Descomposición en suma de fracciones simples y cálculo de residuos:

/1)/1(

/)( 2

21

2

s

B

s

A

s

A

ss

ksY

ks

kssYA

ss

0

0

21 )/1(

/)(

ks

kssY

ds

dA

ss

0

20

22 )/1(

/)(

k

s

kssYB

ss

/1

2/1

/)/1)((

(c) Expresión temporal de la respuesta:

0,)()( ///21 tektkekkktBeAtAty ttt

La siguiente figura muestra la respuesta a la rampa unitaria como suma de los dos términos

)()(1 tkty e /2 )( tekty (para la simulación se ha tomado k=2, =1).



0 1 2 3 4 5-2

0

2

4

6

8

10Sistema de primer orden. Respuesta a la rampa

y1=k(t-)

y2=k exp(-t/)

y3=y1+y2

2) Sistema de segundo orden. (a) Respuesta en el dominio transformado:

222

2 1

2)()()(

ssssUsHsY

nn

n

(b) Descomposición en suma de fracciones simples y cálculo de residuos:

*

*1

2)( 2

21

222

2

ps

B

ps

B

s

A

s

A

ssssY

nn

n

donde d

nn jp

21

12

)(0

22

2

0

21

snn

n

s ssssYA

nn

n

snn

nn

s ss

sssY

ds

dA

22

2

22)(

4

3

0

222

2

0

22



Residuo B:

290900

12

1

2

1

2

12

2

B

Bnddnn

n

jn

p

p*

j

90

jd

Notar que dn sin , nn cos y, por tanto, se puede calcular como

21arctanarctan

n

d .

(c) Expresión temporal de la respuesta:

0,*)( 21*

21 teeeBeeeBAtAeBBeAtAty tjtBjtjtBjtppt dndn

0,2sin12

cos22

)( ttetBteBtty dt

dnd

t

n

nn

Para la simulación se ha tomado =0.1 (que corresponde a =95.7º=1.67rad), n=2.

0 2 4 6 8 10-2

0

2

4

6

8

10Sistema de segundo orden. Respuesta a la rampa

y1=t

y2=-2* /n

y3=1/d*exp(-*n*t)*sin(d*t-2*)

y4=y1+y2+y3



4. Respuesta frecuencial

Dado un sistema H(s) su respuesta frecuencial se define como js

sH

)( , es decir, como su valor en

el eje de frecuencias j.

4.1 Régimen permanente

4.1.1 Bases

Se trata de obtener y estudiar el comportamiento en régimen permanente a excitaciones sinusoidales (es decir, análisis de corriente alterna con frecuencia variable). Condiciones Ha de alcanzarse el régimen permanente, es decir, el sistema ha de ser estable. Debe reproducirse la forma (sin distorsión) de las sinusoides, es decir, el sistema ha de ser SLI

(Sistema Lineal Invariante con el tiempo). Amplificación y desfase En estas condiciones la respuesta es una sinusoide con la misma frecuencia que la sinusoide de excitación, pero su amplitud y fase inicial son diferentes. Para determinarlas hay que calcular la amplificación A() = (amplitud de salida) / (amplitud de entrada) y el desfase () = (fase de salida) – (fase de entrada) que introduce el sistema H(s):

)()( jHA ,

)()( jH Determinación gráfica: Diagrama de polos y ceros:

))((

)()()(

2111

11

1 pjpj

zjksHA

js

2111

)()(

js

sH

j1

1 p1

p2

z

2

j

Notar que la metodología es la misma que para el cálculo de residuos con la única diferencia de que aquí sólo se van a considerar puntos sobre el eje imaginario (eje de frecuencias).



Representaciones de la respuesta frecuencial Polar. Nyquist Una sola curva Construcción laboriosa (punto a punto

con ayuda del diagrama de polos y ceros)

Interesante para el análisis cualitativo (estabilidad y compensación)

Cartesiana (coordenadas lineales) Valoración cualitativa (filtrado) Construcción laboriosa (punto a punto) Se utiliza en sistemas discretos

Log-log. Bode Construcción rápida gracias a las reglas de

Bode Muy útil: Análisis y síntesis La fase es poco exacta y requiere cuidado

cuando hay factores de fase no mínima.

Ganancia-fase (semilog). Nichols Una sola curva. Requiere la ayuda del diagrama de Bode. Útil para análisis y síntesis

Notas

Amplificación (factor de): relación entre amplitudes 1

2)(a

aA , a1: amplitud de entrada, a2:

amplitud de salida.

Ganancia de amplitud (medida logarítmica de su magnificación): 121

2 logloglog aaa

a

.

Ganancia de potencia: Se refiere al aumento del nivel logarítmico (log P2 – log P1) y no al del nivel de la potencia (P2 – P1).

B y dB: son unidades logarítmicas de potencia relativa 1

2logP

P.

Re

Im

A1 1

()

Nyquist:

0

A

Cartesiana:

0 1

A1

1

10

20log(A)

log

log

Bode:

0dB

0

A1|dB

1

20log(A)

(1)

0 dB

-180 -90 0

Nichols:

A1|dB

1



Relación entre ganancia (dB) y amplificación (A): Como las potencias dependen del cuadrado de las amplitudes

En Bel (B): 1

2

2

1

2

1

2 log2logloga

a

a

a

P

P

y en deciBelios (dB): Aa

a

P

Plog20log20log10

1

2

1

2 .

4.1.2 Sistema resonante de segundo orden

1) Función de transferencia: H ss s

n

n n

( )

2

2 22 (SLI y estable)

2) Configuración de polos y ceros:

Ceros (finitos): no hay

Polos: p jn d1 2, , d n 1 2

(n: frecuencia natural, d: frecuencia amortiguada (damped), : coef. de amortiguamiento)

d n 1 2

n

n

p

p*

n

r n 1 2 2

3) Determinación gráfica de la respuesta frecuencial:

js

njs psps

sHA

*))(()()()(

2

(j- p*)

p

p*

(j- p)

j=s

4) Curva de amplificación:

Amplificación: Aa

aH s

s j( ) ( )

2

1

Resonancia: A A Qp r

1

2 1

1

22 , r n 1 2 2

Ancho de banda (a -3dB): b n n 1 2 2 122 4 .

Relación ancho de banda/tiempo de subida (respuesta indicial): 5.33 rbt



0.7

1

A

r b

Ar

0 0.2 0.4 0.6 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0.7

Ar

(a) (b)

Fig. 37. (a) Amplificación en coordenadas lineales. (b) Valor de la resonancia en función del coeficiente de amortiguamiento.

5) Curva de ganancia/atenuación

Atenuación de la potencia a la mitad: 2

1

1

2 P

P, dB

P

P3log10

1

2

Atenuación de la amplitud a la mitad: 2

1

1

2 A

A, dB

A

A

A

A6log20

)(

)(log10

1

22

1

22

b n 12.

n

0 dB

-3 dB

-2

dB

log

20logA

r

Fig. 38. Ganancia/atenuación en coordenadas logarítmicas.

6) Curva de rebase/resonancia

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

0.7

Mp

Mpt = 1 + Rpt

Fig. 39. Rebase en tiempo y rebase en frecuencia en función del coeficiente de amortiguamiento.



4.2 Diagramas de Bode

4.2.1 Reglas para el trazado de la aproximación asintótica

Previas: 0) Hipótesis: Sistema de fase mínima, es decir, racional, estable y sin ceros en el semiplano derecho (SPD).

1) Factorizar numerador y denominador (bloques k, s, ( )s r , ( )s sn n2 22 ).

2) Normalizar los factores haciendo el término independiente igual a 1.

3) Formato resultante: H sk

s

s

z

s

p

ss

n

n n

( )

1

12

12

2

(Nota: Lo habitual es que

predominen los integradores, aunque también puede ocurrir que, en vez del factor k/sn aparezca el factor ksn)

Ganancia: 1) Para bajas frecuencias: Recta de pendiente -n con ordenada en el origen (log = 0) igual a 20 log k.

2) Para frecuencias intermedias: Quebrar adecuadamente la pendiente de la poligonal en los polos (-1) y en los ceros (+1) reales y en n (2) en los complejos.

3) Para altas frecuencias: La pendiente viene determinada por el exceso polos-ceros. 4) Corrección: Incluir el efecto de la resonancia en los polos (y ceros) complejos (ver

curvas normalizadas).

0

20 log k-n

log

múltiplos de 20dB/dec

Fig. 40. Módulo en el caso de tener integradores

Desfase: 1) Trazar asíntotas (n90) de acuerdo con la pendiente (n) de la poligonal de ganancia.

2) Trazar a sentimiento una curva que, orientada por las asíntotas, pase aproximadamente por los puntos medios de los cambios (saltos) de asíntota. De modo “simbólico” dicha aproximación tendrá en cuenta (cualitativamente) el efecto de los polos y ceros cercanos.

3) En caso necesario, en las frecuencias de interés (en particular la de ganancia nula o crossover) efectuar las correcciones pertinentes de la curva anterior cuantificando el efecto de los polos y ceros cercanos con ayuda de las curvas normalizadas.



Caso de sistemas de fase no mínima:

1

1

s

s

0se

10 -2 10 -1 10 0 10 1 102

-20 0

20 40 60 80

100 120 140 160 180 200

frecuencia [rad/s]

fase

[gra

dos]

10-1

100

10 1 -200

-180

-160

-140

-120

-100

-80

-60

-40

-20

0

frecuencia [rad/s]

fase

[gra

dos]

1/0 2/0

-60

-120

Fig. 41. Evolución de la fase en sistemas de fase no mínima.

Ejemplo 24. Eje logarítmico. Para representar un diagrama de Bode, lo primero es representar correctamente los valores de las décadas en escala logarítmica. Para ello es necesario saber de memoria los logaritmos en base 10 del 1 al 10. En realidad, basta con recordar que 3.02log y

47.03log . A partir de estos dos valores deducir el valor del resto de la década y representarla. Solución:

01log , 3.02log , 47.03log , 6.03.022log4log 2 ,

7.03.01)2/10log(5log , 77.047.03.0)32log(6log

85.03.015.01)2/210log()2/14log(7log

9.03.032log8log 3 , 94.047.023log9log 2 , 110log

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Ejemplo 25. Corrección de la fase en Bode.

Se va a representar la fase del sistema )2)(1(

2)(

sssG . El diagrama asintótico de la fase

empieza en 0. A frecuencia =1 pasa de 0 a -90. Se mantiene en -90 hasta que llega a la frecuencia =2 donde pasa de -90 a -180. Si se dibuja la fase para que pase justo por el punto medio de las asíntotas, tendríamos que la fase a =1 es -45 y la fase a =2 es -135.



= 1 = 2

-45

-20

-60

-80

-100

-120

-140

-160

-180

-40

-135

0

Sin embargo, ello no es exacto puesto que las frecuencias de los polos (=1 y =2) están separadas menos que una década y por tanto cada polo afecta al vecino. Hay pues que corregir la fase. Ello se hace con ayuda de las gráficas normalizadas del apartado siguiente o cualquier libro de texto. Se lee la corrección de fase a la frecuencia: ( donde corregir la fase)/( del polo que afecta). Corrección a =2. Para ver cómo afecta el polo en =1 a la fase del polo en =2, se coge la gráfica normalizada y se escala el eje de frecuencias de manera que la asíntota vertical corresponda a =1. A continuación se busca donde cae =2 y se lee la fase. Observamos que, con respecto a la asíntota poligonal, hay que elevar la fase 25. Así pues, la fase en =2 no es -135 sino -135+25=-110.

= 1 = 2

25

-45

-10

-20

-30

-40

-50

-60

-70

-80

-90

Corrección a =1. Para ver cómo afecta el polo en =2 a la fase del polo en =1, se coge la gráfica normalizada y se escala el eje de frecuencias de manera que la asíntota vertical corresponda a =2. A continuación se busca donde cae =1 y se lee la fase. Observamos que, con respecto a la asíntota poligonal, hay que bajar la fase 25. Así pues, la fase en =1 no es -45 sino -45-25=-70. (Notar que, al ser reales ambos, el efecto del polo en -1 sobre el polo en -2 es de igual magnitud que el efecto del polo en -2 sobre el polo en -1)

= 1 = 10

25

-45

-10

-20

-30

-40

-50

-60

-70

-80

-90

= 0.1 = 0.5 = 2 = 20 = 0.2 = 1.0

= 1 = 2

25

-45

-10

-20 -30

-40

-50

-60

-70 -80

-90

La fase correcta es pues la representada en la siguiente figura:



= 1 = 2

-45-25=-70

-45

-20

-60

-80

-100

-120

-140 -160

-180

-40

-135+25=--110

-135

4.2.2 Curvas de corrección de los diagramas asintóticos

10 -1

10 0

101 -30

-20

-10

0

10

Frecuencia normalizada, /p

Asíntota (-20dB/dec)

pj /1

1log20 10

3dB

10-1 100 101 -100

-80

-60

-40

-20

0

Frecuencia normalizada, /p

asíntota

pj /1

1arg

-45

-90

0

(a) Corrección del módulo. (b) Corrección de la fase.

Fig. 42. Corrección en los polos reales.

10 -1

10 0 101 -40

-30

-20

-10

0

10

20

Frecuencia normalizada, / n

01.

0 2.

0 3.

0 5.

0 707.

201

1 210 2log/ ( / ) j n n

asíntota

-40dB/dec

10-1

100

101 -200

-150

-100

-50

0 01.

0 707.

0 5.

0 3.

0 2.

arg/ ( / )

1

1 2 2

j n n

Frecuencia normalizada, / n

asíntota

0

-90

-180

(a) Corrección del módulo (b) Corrección de la fase

Fig. 43. Corrección en los polos complejos.



4.3 Simulación de la respuesta frecuencial. Matlab Funciones: Las principales funciones son:

Función Descripción bode Diagramas de Bode (módulo y fase) nyquist Diagrama polar (o de Nyquist) nichols Diagrama fase-ganancia (o de Nichols) logspace Función que sirve para generar vectores de frecuencias (espaciado

logarítmico) freqs Valores (complejos) de la respuesta frecuencial semilogx Función útil cuando se quiere representar por separado la magnitud o la fase

del diagrama de Bode

Tabla 5. Funciones para simular respuesta frecuenciales

Ejemplo 26. Respuesta frecuencial (diagrama de Bode). Representar los diagramas de Bode

(magnitud y fase) de la respuesta frecuencial del siguiente sistema 15.0

2)(

2

sssH .

Solución: La manera más sencilla (ver Fig. a) es hacer:

>> bode(num,den) o bien >> bode(H) Si se quiere especificar el eje frecuencial (ver Fig. b) hay que hacer

>> w=logspace(-1,5); %frecuencias de 0.1 a 1e5 >> bode(num,den,w)

Si se quieren guardar en un vector las muestras del módulo y la fase de la respuesta frecuencial para, por ejemplo, representarla más tarde (ver Fig. c), se puede hacer

>> [mag,fase]=bode(num,den,w); >> subplot(211),semilogx(w,20*log10(mag),'r') >> subplot(212),semilogx(w,fase,'g')

(a) (b) (c)

Fig. 44. Respuesta frecuencial con MATLAB.

Finalmente, si se quiere saber cuál es el valor numérico del módulo (en lineal) y la fase (en grados) a una frecuencia concreta (por ejemplo, a =2rad/s y a =20rad/s), se puede invocar la función bode con argumentos de salida:



>>[mag,fase]=bode(num,den,2) >>[mag,fase]=bode(num,den,20)

o bien >> [mag,fase]=bode(num,den,[2 20]) mag = 0.6325 0.0050 fase = -161.5651 -178.5643


Ejercicio 7. Diagrama de Bode. (a) Representar los diagramas asintóticos de Bode de módulo y fase del siguiente sistema:

)12.0)(10)(5(

100)(

2

ssssssG

(b) Aplicar las correcciones necesarias al diagrama de módulo. (c) Aplicar las correcciones necesarias al diagrama de fase (nota: usar curvas de corrección) (a) Diagrama asintótico Eje: En primer lugar hay que dibujar el eje. Tenemos codos a 5, 10 y 1. Por tanto el eje lo haremos de 0.1 a 100 (una década por delante y otra por detrás de las décadas donde se hallan los codos). Hemos marcado el tercio y los dos tercios de cada década (correspondientes a los valores 0.2 y 0.4, 2 y 4, 20 y 40) y la posición del codo a frecuencia 5.

0.1 1 10 100 5

Ordenada en el origen: Factorizamos G(s),

)12.0(110

15

1

105

100)(

2

ss

ssssG

y vemos que, a bajas frecuencias,

jj

jG2

50

100)( . En concreto, a frecuencia =0.1 rad/s el

módulo es 201.0

2)1.0( jG que, pasado a dB es

dB263.1202log10log2020log20



Diagrama asintótico del módulo: Los polos simples introducen una pendiente de -20dB/dec con codo en el valor del polo y los polos complejos conjugados una pendiente de -40dB/dec con codo en la frecuencia natural.

0.1 1 10 100 5

20

30

10

dB

-10

-20

-20dB/dec

6dB

-60dB/dec

-80dB/dec

-100dB/dec

26dB

Diagrama asintótico de la fase: Cada polo real baja 90° y el par de polos complejos conjugados bajan 180°. Puesto que hay un integrador la fase desde continua vale -90°.

0.1 1 10 100 5

-90°

fase

-405°

-180°

-270°

-360°

-450°

-315°

-180°



(b) Correcciones del módulo: Los dos polos complejos son resonantes con =0.1. La magnitud de la resonancia para dsetas pequeñas es aproximadamente 1/(2). En nuestro caso, 1/0.2, que pasado a dB es 20log5=14dB. Así, a =1rad/s, el valor del módulo será aproximadamente 6dB+14dB=20dB:

0.1 1 10 100 5

20

30

10

dB

-10

-20

-20dB/dec

6dB

-60dB/dec

-80dB/dec

-100dB/dec

26dB

20dB

(c) Corrección de la fase: Las frecuencias 1 y 5 y las frecuencias 5 y 10 están separadas menos de una década, por tanto hay que corregir la fase a dichas frecuencias. Por ejemplo, a =10rad/s la fase sin corregir es -405º. Para ver cómo le afecta el polo a 5 se toma la curva de fase normalizada para el caso de un polo simple. Esta curva normalizada la centramos en =5 y buscamos cuanto vale la fase a =10 (para ello, en la curva normalizada leemos la fase a 10/5=2. Son unos -65º o, lo que es lo mismo, hay que subir 25º con respecto al valor asintótico que es -90º). La corrección, es pues, sumar 25º.

0.1 1 10 100 5

-90°

fase

-405°

-180°

-270°

-360°

-450°

-315°

-180°

-405°+25°=-380°

-315°+0°-25°=-340°

-180°-12°=-192°



Ejercicio 8. Respuesta frecuencial de un sistema con retardo puro.

Dado )10)(4(

80)(

1.0

sss

esG

s

, se pide:

1) Representar sus diagramas de Bode (magnitud y fase). 2) Explicar detalladamente el proceso de corrección de la fase. Solución: (a) Diagrama asintótico Eje: En primer lugar hay que dibujar el eje. Tenemos codos a 4 y 10. Por tanto el eje lo haremos de 0.1 a 100 (una década por delante y otra por detrás de las décadas donde se hallan los codos). Hemos marcado el tercio y los dos tercios de cada década (correspondientes a los valores 0.2 y 0.4, 2 y 4, 20 y 40).

0.1 1 10 100 4

Ordenada en el origen: Factorizamos G(s),

sesss

sG 1.0

110

14

1

104

80)(

y vemos que, a bajas frecuencias,

jj

jG2

40

80)( . En concreto, a frecuencia =0.1 rad/s el

módulo es 201.0

2)1.0( jG que, pasado a dB, es

dB263.1202log10log2020log20

Diagrama asintótico del módulo: Los polos simples introducen una pendiente de -20dB/dec con codo en el valor del polo.



0.1 1 10 100

4

20

30

10

dB

-10

-20

-20dB/dec

6dB

-60dB/dec

-40dB/dec

26dB

Diagrama asintótico de la fase: En la parte de fase mínima (es decir, sin tener en cuenta el retardo puro), cada polo real introduce un desfase de -90°. Puesto que hay un integrador la fase desde continua vale -90°.

0.1 1 10 100 4

-90°

fase

-180°

-270°

-360°

-450°

-225°

-135°

(b) Corrección de la magnitud: Puesto que no hay resonancias (raíces complejas conjugadas con coeficientes de amortiguamiento pequeños) no hay correcciones significativas a hacer en el diagrama de Bode de la magnitud. (c) Corrección de la fase: Las frecuencias 4 y 10 están separadas menos de una década, por tanto hay que corregir la fase a dichas frecuencias.



Por ejemplo, a =10rad/s la fase sin corregir es -225º. Para ver cómo afecta el polo a 4 en la fase a =10rad/s, se toma la curva de fase normalizada (centrada en =1) para el caso de un polo simple. Esta curva normalizada la centramos en =4 y buscamos cuánto vale la fase a =10 (para ello, en la curva normalizada leemos la fase a 10/4=2.5). Son unos -70º o, lo que es lo mismo, hay que subir 20º con respecto al valor asintótico que es -90º). La corrección, es pues, sumar 20º con lo que queda que la fase corregida a =10rad/s es -225º +20º =-205º. Puesto que sólo hay dos polos y la curva normalizada de fase es simétrica, la corrección de la fase a =4rad/s debida al polo en 10 es -135º -20º =-155º.

0.1 1 10 100 4

-90°

fase

-225°

-180°

-270°

-360°

-450°

-135°

-225°+20°=-205°

-135°-20°=-155°

Fase sin retardo

Fase con retardo

Ahora hay que añadir el efecto del retardo puro. Este es un término de fase, , que no afecta al módulo. A frecuencia =1rad/s, el desfase introducido es 1rad/s0.1s=0.1rad=5.7º. A frecuencia =10rad/s, el desfase introducido es 10rad/s0.1s=1rad=57º. A frecuencia =20rad/s, el desfase introducido es 20rad/s0.1s=2rad=114º. A frecuencia =40rad/s, el desfase introducido es 40rad/s0.1s=4rad=230º…

Ejercicio 9. Representaciones de la respuesta frecuencial. Para cada uno de los siguientes diagramas de polos y ceros, representar la forma de la respuesta frecuencial: (1) en coordenadas polares (Nyquist) y (2) en coordenadas fase-ganancia (Nichols).

(a)

(b)

(c)

0.5 (d)

-0.5 -1 1

(e)

(2)

(f)

(2)

(g)

(3)



(a)

H H

0 0H

cba

k

0300

0

3

k

2703900

-c -b -a

-1

H0

Re

Im

-270

H0>1

deg

dB

H0<1

(b)

H H

0

cb

k

0

9090000

0

3

k

2703900 -c -b

-1 Re

Im

-270 deg

dB

-90

(c)

H H

0 k

k2

5.0

1801800

0

k

90900

Re

Im

-270 deg

dB

-90

0.5

-2k

-180

2k>0

2k<0



(d) H H

0 k

k2

15.0

18000180

1 kk 89.0

125.02

2

304560135

0

3

k

9029090

-2k Re

Im

-90 deg

dB

180

-0.5 -1 1

(e)

H H

0

00b

a

18029000

1 cte 180290

0

3

k

18039090

Re

Im

-90 deg

dB

-270

(2)

(f)

H H

0

00a

b

18029000

1 cte 180290

0

3

k

18039090

Re

Im

-90 deg

dB

-270

(2)



(g) H H

0

000

ba

27039020

1 cte 270390

0

3

2

k

90390290

Re

Im

-270 deg

dB

-90

(3)

Ejercicio 10. Representaciones de la respuesta frecuencial.

1) Representar a mano los diagramas de Bode de los siguientes sistemas y verificar el resultado con ayuda del MATLAB:

)2)(1(

2)(1

sssH ,

)1.0(

2)(2

sssH ,

2551.02

25)(

23

sssH

2) Ídem con la representación en coordenadas polares (Nyquist) 3) Ídem con la representación fase-ganancia (Nichols) Solución:

Primer sistema: )2)(1(

2)(1

sssH

Diagrama de Bode (módulo): Asintótico: La ganancia en continua es H1(0)=1, por tanto el diagrama se inicia con una banda plana de valor 0dB. El polo en -1 introduce una caída de -20dB/dec a partir de 1rad/s y el polo en -2 introduce una nueva caída de -20dB/dec a partir de 2rad/s. Así, a partir de 2rad/s, el diagrama asintótico presenta una pendiente de -40dB/dec. Correcciones: A frecuencia =2rad/s el codo del diagrama asintótico del módulo vale -6dB. A este valor hay que restarle 3dB puesto que el polo en -2 es un polo simple. Pero además hay que tener en cuenta el efecto del polo cercano (a menos de una década) situado en =1rad/s. Para esto último, se toma la curva de módulo normalizada (centrada en =1rad/s) y se busca cuánto cae el módulo con respecto de la asíntota a frecuencia 2rad/s. Esta caída es de 1dB. En definitiva, la

corrección total a frecuencia =2rad/s es: dB10dB1dB3dB6)2(1 jH .



Para obtener la corrección a =1rad/s se toma de nuevo el diagrama de módulo normalizado pero ahora se centra éste a la frecuencia =2rad/s (esto es, se multiplica todo el eje de frecuencias por 2, con lo que el diagrama empezará en 0.2, estará centrado en 2 y terminará en 20). Se busca la frecuencia 1rad/s (esta corresponderá al valor 0.5 del diagrama normalizado ya que 0.52=1) y se observa cuánto cae el módulo a esa frecuencia con respecto al diagrama asintótico. Este valor es de aproximadamente 1dB. Así, la corrección a

=1rad/s es: dB4dB1dB3dB0)1(1 jH

Diagrama de Bode (fase): Asintótico: Puesto que no hay ni integradores ni derivadores, la fase empieza en 0º y, después, cada polo simple introduce una caída de -90º. Correcciones: Para ver el efecto del polo en -1 sobre la fase a =2rad/s se toma la curva normalizada de fase para el caso de polo simple y se mira cuánto difiere la fase “real” del diagrama asintótico. A =2rad/s vemos que la fase “real” está unos 30º por encima de la asíntota. Por tanto, la corrección es: º105º30º135)2(1 jH . Para ver el efecto del polo en -2 sobre la fase

en =1rad/s se toma la curva normalizada y se busca la fase a frecuencia = 1/2 rad/s. Esta fase está unos 30º por debajo de la asíntota, así, º75º30º45)1(1 jH . Diagrama de Nyquist: Para representarlo basta con tomar algunos puntos del diagrama de Bode. Por ejemplo, a =0rad/s el módulo vale 1 y la fase 0º; a =1rad/s el módulo vale 0.6 (-4dB) y la fase -75º; a =2rad/s el módulo vale 0.3 (-10dB) y la fase -105º; a =∞ el módulo vale 0 y la fase -180º. A continuación se representan en coordenadas polares y se juntan los puntos con un trazo. Diagrama de Nichols: El procedimiento es el mismo que para el diagrama de Nyquist, sólo que ahora el plano de representación es el fase (grados)-ganancia (dB) con origen de coordenadas en (0dB,-180º).

Nyquist Nichols

Comprobación vía Matlab:



>> num=2;den=conv([1 1],[1 2]);bode(num,den), >> nyquist(num,den) >> nichols(num,den) >> [mag,fase]=bode(num,den,[1,2]),magdB=20*log10(mag) mag = 0.6325 0.3162 fase = -71.5651 -108.4349 magdB = -3.9794 -10.0000

-80

-60

-40

-20

0

Mag

nitu

de

(dB

)

10-2

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-180 -135 -90 -45 0-70

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0Nichols Chart

Open-Loop Phase (deg)

Ope

n-L

oo

p G

ain

(d

B)

Segundo sistema: )1.0(

2)(2

sssH

Diagrama de Bode (módulo): Asintótico: Puesto que hay un integrador hay que obtener la aproximación de bajas frecuencias.

Ésta es ss

sHBF

20

1.0

2)(2 . Así, a =1rad/s el módulo correspondiente a la recta introducida

por el integrador es )dB26(20)1(2 jH ; y a =0.1rad/s es )dB46(200)1.0(2 jH . A

=0.1rad/s, puesto que hay un polo simple, la pendiente pasará de -20dB/dec a -40dB/dec. Corrección: En =0.1rad/s, puesto que hay un polo simple, hay que bajar 3dB. Por tanto, a =0.1rad/s el módulo valdrá 43dB. Diagrama de Bode (fase): Al haber el integrador, la fase empieza en -90º. En =0.1rad/s el polo simple introduce una fase -90º con lo que la fase final será -180º. La fase “real” pasará justo por medio de la asíntota (-135º) ya que no hay ninguna raíz a una distancia menor que una década de 0.1rad/s.

Diagramas de Nyquist y Nichols: Se procede igual que en el sistema anterior. En el caso del diagrama de Nyquist es posible calcular la asíntota que cruza el eje real:



2424

2

2

2

22 01.0

2.0

01.0

2

1.0

1.0

1.0

2)(

jj

j

jjH

20001.0

2)(Re

022

jH

Nyquist Nichols

Comprobación vía Matlab: >> num=2;den=[1 0.1 0];bode(num,den), >> nyquist(num,den) >> nichols(num,den) >> [mag,fase]=bode(num,den,0.1),magdB=20*log10(mag) mag = 141.4214 fase = -135 magdB = 43.0103

-50

0

50

100

150

Mag

nitu

de

(dB

)

10-3

10-2

10-1

100

101

-180

-135

-90

Pha

se (

de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-200 -150 -100 -50 0-4000

-3000

-2000

-1000

0

1000

2000

3000

4000Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-180 -150 -120 -90-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80Nichols Chart


Ope

n-L

oo

p G

ain

(d

B)

Tercer sistema: 2551.02

25)(

23

sssH

Diagrama de Bode (módulo): Asintótico: La ganancia en continua es 1, por tanto, el Bode se inicia con una banda plana de valor 0dB. A continuación hay un codo correspondiente a los dos polos complejos conjugados que introducen una pendiente de -40dB/dec. El codo está situado en la frecuencia natural

sradn /525 .



Corrección: Puesto que el coeficiente de amortiguamiento vale =0.1, hay una resonancia de valor aproximado

52.0

1

2

1

rM (14dB).

Diagrama de Bode (fase): Las asíntotas pasan de 0º a -180º en n=5rad/s. Puesto que no hay más raíces que puedan perturbar la fase, la fase a 5rad/s vale -90º (punto medio de la asíntota). La fase será bastante brusca (seguirá la asíntota) ya que el coeficiente de amortiguamiento es pequeño. Diagramas de Nyquist y Nichols:

Nyquist Nichols

Comprobación vía Matlab: >> num=25;den=[1 2*0.1*5 25];bode(num,den), >> nyquist(num,den) >> nichols(num,den) >> [mag,fase]=bode(num,den,5),magdB=20*log10(mag) mag = 5 fase = -90 magdB = 13.9794

-60

-40

-20

0

20

Mag

nitu

de

(dB

)

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

de

g)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec) -3 -2 -1 0 1 2 3

-6

-4

-2

0

2

4

6Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-180 -135 -90 -45 0-50

-40

-30

-20

-10

0

10

20Nichols Chart


Ope

n-L

oo

p G

ain

(d

B)



5. Alfabeto griego

Alfa (a) Nu (nju) (n) Beta (b) Xi (chi) (x) Gamma (g) Ómicron (o) Delta (d) Pi (p) Épsilon (e) Rho (r) Dseta (z) Sigma (s) Eta (h) Tau (t) Theta (zeta) (q) Ípsilon (u) Iota (i) Fi (f) Kappa (k) Ji (ki) (c) Lambda (l) Psi (y) Mu (mju) (m) Omega (w)

Tabla 6. Alfabeto griego

Nota importante: El coeficiente de amortiguamiento se denota con la letra (dseta) y NO con la letra (chi).



6. Servomotor de corriente continua

6.1 Introducción

Para la realización de las prácticas de servomotores se utilizarán los diversos módulos de que dispone el Equipo Feedback, un generador de funciones, un osciloscopio digital, un multímetro digital y un ordenador (con una tarjeta de adquisición incorporada).

Fig. 45. Equipo Feedback.

6.2 Descripción de los módulos El Equipo Feedback es un equipo modular diseñado para realizar el control retroactivo (velocidad y posición) de un motor de continua, permitiendo estudiar experimentalmente los efectos y limitaciones de las diversas configuraciones y algoritmos de control. Lo componen:

Un soporte magnético sobre el que se montan los distintos módulos.

Diversos cables: 7 de 55cm (4 de color amarillo y 3 de color gris), 13 de 25cm (3 rojos, 3 naranja y 7 grises) y 5 de 15cm (color amarillo)

Los siguientes módulos: Fuente de alimentación (Source Unit) Motor cc más tacómetro (Motor Tacho Unit) Carga variable (Brake Unit) Driver (Servo Amplifier Unit) Preamplificador (Pre Amplifier Unit) Potenciómetro de referencia (Input Potenciometer) Potenciómetro de salida (Output Potenciometer) Unidad atenuadora (Atenuator Unit) Unidad operacional (Operational Amplifier Unit)

Fig. 46. Fuente de alimentación.

Fuente de alimentación: La fuente de alimentación del equipo suministra una tensión simétrica de 15V y una corriente máxima de 3A y es la encargada de polarizar al resto de módulos:



6.2.1 Planta

La planta está formada por el motor de continua y su carga.

Motor: La Fig. 47 muestra el motor de continua más tacómetro (Motor Tacho Unit). El motor puede controlarse tanto por excitación como por inducido, su tensión de alimentación es de 24V y acepta una corriente máxima de 1.1A. A su eje se han incorporado un disco para visualizar mejor su rotación y un tacómetro con salida accesible.

Fig. 47. Motor cc FRACMO de 24v y 1.1A.

Carga: El equipo dispone un módulo (Brake Unit) que realiza la función de carga variable aplicada al eje del motor. Consiste en un freno magnético que provoca en el eje un par que se opone al giro. Al introducirse un imán, con mayor o menor profundidad, en el disco acoplado al eje del motor, se generan corrientes de Foucault de magnitud creciente que se oponen a su movimiento, simulando así el par de carga.

Fig. 48. Carga variable aplicada al eje del motor.

Funcionamiento de la carga. Corrientes de Foucault: Suponer que BF es la inducción magnética (constante) del imán de frenado y que C es cualquier trayectoria cerrada sobre el disco de aluminio.

El flujo magnético m que atraviesa la curva C es el producto de BF por el área común entre C y el imán. Esta área varía con el tiempo debido al movimiento de rotación del disco, con lo cual el flujo es variable con el tiempo.

I

BF

C F

Fig. 49. Corrientes de Foucault

Por la ley de Faraday (dt

dfem m

), a lo largo de la curva C se inducirá una fem (fuerza

electromotriz) de signo opuesto al sentido de la variación del flujo. Puesto que la trayectoria C es conductora, existirá una corriente I (corriente de Foucault o turbillonaria) determinada por el valor de la fem dividida por la resistencia de la trayectoria.

Cuando, por el movimiento de rotación del disco, el contorno C empieza a abandonar (con velocidad ) el área del imán, disminuye el flujo a través de C y se induce una corriente I en sentido horario. Por la ley de Lenz ( FlI BF ) esta corriente provoca una fuerza F que se opone al movimiento frenando de esta manera al disco.

De manera análoga, cuando el contorno C empieza a entrar en el área del imán, el sentido de la fuerza inducida es tal que tiende a evitar que C penetre en el área del imán.

A más área de imán sobre el disco, más se frenará el movimiento.



6.2.2 Etapa de potencia (alimentación de la planta)

Para alimentar el motor se requiere un amplificador de potencia, también llamado driver o servoamplificador (Servo Amplifier Unit). El Equipo Feedback dispone también de la posibilidad de anteponer un preamplificador (Pre Amplifier Unit) al driver.

Preamplificador: Esta etapa entrega al servoamplificador una tensión simétrica, según el comportamiento de las gráficas, para posibilitar el movimiento del eje del motor en ambos sentidos de giro. La mínima señal para mover el motor en el caso más sensible (excitación por campo) es 1.5V. De ahí que las salidas empiecen en 1V. La ganancia nominal de esta etapa es de 25.

salida

entrada

1v

salida

entrada

1v

25

25

(a) Características entrada-salida en ambos sentidos (b) Módulo preamplificador

Fig. 50. Etapa de potencia (preamplificador).

Driver (servoamplificador de potencia): La Fig. 51 muestra el esquema circuital del amplificador de potencia del sistema. Este módulo tiene dos entradas V1 y V2 y, dependiendo de cuál sea la mayor de las dos, el motor girará en uno u otro sentido.

M

A

A A

FF

F

+24v

V1

V2

Servoamplificador Devanados del motor

Fig. 51. Etapa de potencia (driver) El driver utilizado permite la excitación del motor tanto por inducido (rotor o armadura) como por excitación (estátor o campo). Los segmentos punteados de la Fig. 51 indican, mediante la letra correspondiente (F: field, A: armature) qué conexiones deben realizarse para establecer un tipo de excitación u otra. En términos generales, el control por inducido necesita más aporte de tensión para conseguir que el motor empiece a girar y para aumentar la velocidad de rotación, pero es más fácil de controlar puesto que las características tensión-velocidad y carga-velocidad presentan menos pendiente (sensibilidad). Por otro lado, en ambos tipos de excitación, y debido a la fricción de las escobillas, la tensión de control deberá superar un cierto valor mínimo para que el motor empiece a girar.



Control por inducido (armadura o rotor). Con las conexiones A, el circuito resultante es el de la

Fig. 52. La fuerza contra-electromotriz (fcem) generada por el movimiento del rotor aparece entre el emisor de los transistores y masa y, por lo tanto, en ausencia de carga, para aumentar la velocidad habrá que aumentar las tensiones de control V1(t) o V2(t). Si se mantiene la tensión de control constante y se aumenta la carga, lo que aumentará (para que aumente el par y la carga gire) será la corriente inyectada por los emisores (ii(t)).

M -

+ +

-

+24v

V1 V2

I1 I2

M

B=cte

+

Va(t)

Ia(t)Ra La

-

+

fcem(t)

-

b

J

,

Rf

Lf

If =cte

+ Vf=cte -

(a) (b)

Fig. 52. Control por rotor (circuito y esquema conceptual).

Ecuaciones dinámicas: (ver figura b)

Parte eléctrica: )()1(

1)(

1)( sV

sRsV

sLRsI a

aaa

aaa

, con a

aa R

L

Par: El rotor o armadura es un conjunto de N conductores de longitud l a una distancia (radio) R del eje de rotación por los cuales circula la corriente Ia(t). En presencia del campo

magnético B cada uno de estos conductores experimenta una fuerza BltItF a

)()( [N].

Al estar sujetos al eje de rotación, esta fuerza tiene como resultado el giro de los conductores y, por tanto, la aparición de un par cuya magnitud viene dada por

ama IktIBlNRtFRt )()()( [Nm].

Fcem (fuerza contraelectromotriz): . El máximo par se da cuando el motor está parado. El hecho de que el rotor empiece a girar provoca la aparición de una tensión de oposición

)()()( tktlBNtfcem e que irá creciendo hasta igualar a Va(t), momento en el

cual la corriente neta Ia(t) será cero y, por tanto, se anulará el par t. Es decir, la velocidad irá creciendo hasta anular el par , momento en que se mantendrá constante (velocidad de vacío). Desde el punto de vista circuital el motor se comporta como una fuente de tensión controlada por velocidad,

dt

dILtIRtfcemtV a

aaaa )()()( , )()()1(

1)( sfcemsV

sRsI a

aaa

.

Carga: Para conseguir que la carga gire a velocidad , el par suministrado por el motor ha de igualar al par que ofrece la carga, caracterizada ésta por un momento de inercia J y un rozamiento b. Así pues,



)()()()( tbdt

dJtbtJt , )()(

1)( ss

Jss b

Esquema de bloques: El esquema de bloques correspondiente al sistema de la Fig. 52(b), es el representado en la siguiente figura,

Va

fcem

Ia

b

km

ke

b

)1(

1

sR aa

J

1

s

1

s

1

Fig. 53. Control por rotor (esquema de bloques).

Función de transferencia: A partir del diagrama de bloques de la figura anterior, se obtiene que las funciones de transferencia de Va(t) a (t) y de Va(t) a (t) son, respectivamente

emaa

m

a kkJsbsR

k

sV

s

))(1()(

)(

y

skkJsbsR

k

sV

s

emaa

m

a

1

))(1()(

)(

Haciendo la hipótesis de aa LR , el modelo simplificado de primer orden queda como

1)(

)(

s

k

sV

s

M

M

a y

)1()(

)(

ss

k

sV

s

M

M

a

siendo ema

mM kkbR

kk

y

ema

aM kkbR

JR

.

Control por campo (excitación o estator): Con las conexiones F el circuito de control del motor es el que muestra la

Fig. 54.

M

-

+ +

-

+24v

V1 V2

I1 I2

M

B(t)

+

Va=cte

Ia=cte Ra La

-

+

fcem

-

b

J

,

Rf

Lf

If (t)

+ Vf(t) -

(a) (b)



Fig. 54. Control por estátor (circuito y esquema conceptual).

La fcem generada por el giro del motor aparece entre el colector de los transistores y la alimentación, y no influye en la corriente inyectada por éstos que pasará a depender básicamente de las tensiones de entrada V1, V2. El resultado es que una vez alcanzado el par mínimo para que el motor empiece a girar, la corriente se mantendrá constante (al no depender de la fcem) y el motor irá aumentando su velocidad. Si no hay carga, un ligero incremento de V1, V2, aumentará substancialmente la velocidad; y si se carga, aunque sea muy ligeramente el motor, la velocidad descenderá bruscamente al no aumentar la corriente para compensar el aumento de carga. Ecuaciones dinámicas:

Parte eléctrica: )()1(

1)(

1)( sV

sRsV

sLRsI f

fff

fff

, con f

f

f R

L

Flujo magnético: )()( tIktB ff

Par: )()()()()( tIkItIklNRItBlNRtFRt fmaffa

Carga: )()()()( tbdt

dJttJt b , )()(

1)( ss

Jss b

Fcem: aaa IRfcemV

Esquema de bloques:

Vf If

b

km

b

)1(

1

sR ff

J

1

s

1

s

1

Fig. 55. Control por estátor (esquema de bloques). Función de transferencia: A partir del diagrama de bloques anterior se obtiene que las funciones de transferencia de Vf(t) a (t) y de Vf(t) a (t) son, respectivamente

))(1()(

)(

JsbsR

k

sV

s

ff

m

f

y sJsbsR

k

sV

s

ff

m

f

1

))(1()(

)(

Haciendo la hipótesis de ff LR , el modelo simplificado de primer orden queda como

1)(

)(

s

k

sV

s

M

M

f y

)1()(

)(

ss

k

sV

s

M

M

f

siendo bR

kk

f

mM y

b

JM .



6.2.3 Sensores

Potenciómetro de entrada: Es el encargado de transducir la consigna en la mayoría de los montajes que realizaremos. El dial que lleva incorporado tiene un rango útil nominal de hasta 300 y la tensión total alrededor de él es de 30V, por tanto su resolución es de 1V/10.

15v

VR

+

-15v

R

-150 150

(a) Esquema conceptual (b) Aspecto físico Fig. 56. Potenciómetro de entrada

Tacómetro (generador tacométrico): La tensión a su salida es proporcional a la velocidad de giro del eje al que va acoplado. La Fig. 57 muestra el aspecto de este módulo. Su sensibilidad (o “ganancia”) kT vale nominalmente 2.6V/1000rpm.

VT

+

(a) Esquema conceptual (b) Aspecto físico

Fig. 57. Dínamo tacométrica

Potenciómetro de salida: Tiene las mismas características que el potenciómetro de entrada y está conectado al eje del motor con una relación de engranajes de 1:N, siendo N = 30 (ver Figura). Puesto que su tensión Vc es proporcional a la posición angular del eje del motor, se utilizará para medir la posición del motor y visualizar su velocidad de rotación.

M 30

1


Fig. 58. Potenciómetro de salida



6.2.4 Módulos para la implementación de compensadores

Módulo operacional (filtro compensador): Consiste en un amplificador inversor de tres entradas con tres posibles alternativas a la hora de establecer la cadena retroactiva (negativa) del operacional permitiendo así la implementación de diversos algoritmos de control.

R 1

R 1

R 1

+ V oV 3

V 2

V 1 R 1

R 2

C 2

E x t . F B


Fig. 59. Módulo operacional Atenuador: Está formado por dos potenciómetros independientes de 10K y permite atenuar la señal de salida del filtro compensador, por lo que la combinación de ambos módulos (operacional y atenuador) constituye un controlador de ganancia ajustable.

15v

Vo2

+

-15v

2

15v

Vo1

+

-15v

1

(a) Esquema conceptual (b) Modulo atenuador

Fig. 60. Atenuador Ambos módulos se usan para implementar controladores de ganancia variable, por ejemplo,

100K

+

100K

100K

10K

Unidad operacional

Unidad atenuadora

V1

V2 Vo

10K

10K

100K

+

100K

100K

V1

V2

Vo

10K

10KI V'

Fig. 61. Unidad operacional y atenuador



Por un lado, K

VVI

10021 y por otro

K

VV

K

VI o

10)1(

'

10

0'

.

Puesto que K

VI

100

'0 , podemos sustituir KIV 100' , y queda

K

VKI

K

KII o

10)1(

100

10

100

.

Despejando Vo, el resultado es

2121

1)1(1.0

1)1(

100

10VVVV

K

KVo

donde la ganancia del controlador es

1)1(1.0 pk .

Las posiciones del dial de la unidad atenuadora corresponden a 10. Por tanto, la relación entre la posición del dial, el factor y la ganancia del controlador es: posición 0 0.5 1 2 5 10 = posición/10 0 0.05 0.1 0.2 0.5 1

1

)1(1.0 pk 20.09 10.09 5.08 2.05 1

Es decir, el valor aproximado de kp es 10/posición.

6.2.5 Módulos auxiliares

Módulos de acondicionamiento: Protoboard para implementar PIDs. Tarjeta de adquisición de datos: PCL-711, PCL-812-PG para control digital



6.3 Características del motor MS150 utilizado en las prácticas

Símbolo Descripción Valor

J Momento de inercia del módulo motor/tacómetro sin carga 8010-6 Kg m2 ke Constante eléctrica (de fcem) del motor

(control por inducido con if = 1A) 410-3 V s rad-1

Constante eléctrica (de fcem) efectiva del motor (control por inducido y modelo lineal)

6.710-3 V s rad-1

km Constante magnética (de par) del motor (control por inducido con if = 1A)

1710-3 Nm A-1

Constante magnética (de par) efectiva del motor (control por inducido y modelo lineal)

3.310-3 Nm A-1

Máxima velocidad normal del rotor (control por inducido y modelo lineal)

210 rad/s (2000 rpm)

Velocidad absoluta máxima (aprox.)

500 rad/s (4800 rpm)

kT Constante del tacómetro 2.6 Vrms / 1000rpmkM Ganancia del motor (driver)

(veloc. en vacío por unidad de tensión aplicada al preamplif.) 247 rad s-1 V-1 (2400 rpm V-1)

Ganancia (de tensión) del preamplificador 25 Par debido a la fricción estática (escobillas) 510-3 Nm

b Coeficiente de rozamiento viscoso despreciable M Constante de tiempo (efectiva) del motor 25010-3 s Ri Resistencia del rotor 3.2 Li Inductancia del rotor 8.610-3 H Resistencia de cada devanado del estátor 3.5 Inductancia de cada devanado del estátor 17.510-3H Corriente límite del driver (aprox.) 2 A

JL Momento de inercia del disco de frenado (máxima carga) 41210-6 Kg m2

N:1 Relación de engranajes 30:1

Tabla 7. Características del servomotor de prácticas

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SEC Tema 1 Teoría de Sistemas 1314a ocwocw.upc.edu/.../1/53979/sec_tema_1_teoria_de_sistemas_1314a_oc… · ETSETB. Sistemas Electrónicos de Control 1314a 5 2. Representación de