Control Resumen Final
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TEORÍA DE CONTROL I - Segundo Interciclo
Andrade Andrade Carlos DanielChica
Paul Marcelo Cando Naula
Wilson Vinico Astudillo Calderon Chica
Byron Javier Carmona Chica
María Fernanda Mena
Daniel Arévalo
Universidad Politécnica Salesiana, Sede Cuenca
Teoría de Control I
19 de febrero de 2015
Capítulo 1
Corrección del Examen Interciclo
1.1. Encontrar la función de transferencia del siguiente sistema, convariable de estados y realizar su grá�ca de estados:
Figura 1.1: Sistema eléctrico - masa resorte
Donde:
R,L,C, k,m,B = 1
x(s)
Va(s)=?
Sistema eléctrico:
Va = VR + VL + VC
Va = i(t) + Ldi(t)
dt+
1
C
ˆi(t)dt
Va = i(t)R+ Li′(t) +1
C
ˆi(t)dt
Resolvemos mediante variables de estado, dando a x1 el menor valor de la derivada:
x1 =
ˆi(t)dt
x2 = x1 = i(t)
Reemplazando, obtenemos:1
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 2
Va = Rx2 + Lx2 +1
Cx1
Ahora obtenemos:
x1 = x2
x2 =VaL− R
Lx2 −
1
LCx1
Sistema masa-resorte:
Tomamos en cuenta la siguiente ecuación: ∑F = ma
Obtenemos:
F − kx−Bx = mx
Obtenemos las variables de estado:
x3 = x
x4 = x3 = x
Reemplazando, obtenemos:
F − kx3 −Bx4 = mx4
Como:
F =i
2=x2
2
i
2− kx3 −Bx4 = mx4
Seguidamente obtenemos:
x3 = x4
x4 =x2
2m− k
mx3 −
B
mx4
Armamos nuestra matriz de estados:x1
x2
x3
x4
=
0 1 0 0
−1/LC −R/L 0 00 0 0 10 1/2m −k/m −B/m
x1
x2
x3
x4
+
0
1/L00
VaLa salida será:
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 3
y =[
0 0 1 0]
x1
x2
x3
x4
Con estos datos, podemos obtener nuestra grá�ca de estados:
Figura 1.2: Grá�ca de estados del sistema eléctrico - masa resorte
Aplicamos de Ley de Mason:
M =
k∑0
Mk4k4
Donde:
k →Número de trayectorias directasMk → Ganancia de la K-ésima trayectoria directa entre la entrada y la salida.4 = 1−
∑i
Li1 +∑j
Lj2 −∑l
Ll3 + ....
4k→ 4 a excepción de los lazos que tocan la K-ésima trayectoria.Lj1 →Ganancia de lazos individuales.Lj2 →Producto de ganancias de pares de lazos que no se tocan entre sí.
k = 1
M1 =1
s4
(sólo tiene 1 trayectoria)
L11 = − B
ms
L21 = − k
ms2
L31 =1
2ms3
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 4
L41 = − R
Ls
L51 = − 1
LCs2
L61 =1s2
L
L12 = L11 ∗ L41 =BR
mLs2
L22 = L11 ∗ L51 =B
mLCs3
∆ = 1−(− B
ms− k
ms2+
1
2ms3
)+
(BR
mLs2+
B
mLCs3
)
∆ = 1 +B
ms+
k
ms2− 1
2ms3+
BR
mLs2+
B
mLCs3
∆1 = 1
∴M(s) =1/s4 ∗ (1)
1 + Bms + k
ms2 −1
2ms3 + BRmLs2 + B
mLCs3
M(s) =1
s4 + s3B/m + ks2/m− s/2m + BRs2/mL + sB/mLC
1.2. Encontrar la forma de onda de salida para la �gura, si la salidaesta estabilizada y esta en el tiempo 3 encontra la salida parat>3.
Si es de primer orden
τ = 1seg
θ = 0.2
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 5
Figure 1.3: Grá�ca dada
k =∆Y
∆R=
4
2= 2
por lo tanto la salida para cuando la entrada varía a 3 esta se estabilizara en:
∆Y = k ∗∆R
∆Y = 2 ∗ 3 = 6
por lo tanto la salida para cuando la entrada varia a 1 esta se estabilizara en:
∆Y = k ∗∆R
∆Y = 2 ∗ 1 = 2
Figure 1.4: Grá�ca de salida
1.3. Encontrar la forma de onda de salida para la �gura y acotar Yss
k =∆Y
∆R=
3
2= 1.5
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 6
Por lo tanto la salida para cuando la entrada varía a 1 esta se estabilizara en:
∆Y = k ∗∆R
∆Y = 1.5 ∗ 1 = 1.5
Figure 1.5: Grá�ca de salida
1.4. Calcular y gra�car los polos en el plano (s) de:
G(S) =8
6s2 + 12s+ 24
Calculamos los polos, usando la formula para ecuaciones cuadráticas:
−b±√b2 − 4ac
2a
−12±√
122 − 4(6)(24)
2(6)= 1± j1.73
Entonces, las raíces serán:
S1 = −1− j1.73
S2 = −1 + j1.73
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 7
Figure 1.6: POLOS
Calculamos y acotamos el valor de ω, ωn, φ.
G(S) =8
6s2 + 12s+ 24
Basándonos en la fórmula:
G(S) =ω2n ∗ k ∗ e−θs
s2 + 2ζωns+ ω2n
Tenemos:
G(s) = 1.3S2+2s+4
ω2n = 4
ωn = 2
ω = 1.73
α = ζ ∗ wn
1 = ζ ∗ 2
ζ = 1/2
φ = cos−1(α/wn) = cos−1(1/2) = 60 grados
CAPÍTULO 1. CORRECCIÓN DEL EXAMEN INTERCICLO 8
Figure 1.7: Acotaciones para los valores obtenidos.
Determinamos y(t) para t=2seg y t=10seg con una entrada escalón R=3
Cuando t = 2seg
y(t) = 1− e−ζ∗wn∗t√1− ζ2
sin(wn ∗√
1− ζ2 + cos−1(ζ))
y(2) = 1− e−1/2∗2∗2√1− (1/2)2
sin(2 ∗√
1− (1/2)2 + cos−1(1/2))
y(2) = 0.8623
Cuando t = 10seg
y(t) = 1− e−ζ∗wn∗t√1− ζ2
sin(wn ∗√
1− ζ2 + cos−1(ζ))
y(2) = 1− e−1/2∗2∗10√1− (1/2)2
sin(2 ∗√
1− (1/2)2 + cos−1(1/2))
y(2) = 0.99
Capítulo 2
DETERMINACIÓN DECARACTERÍSTICAS
2.1. MODELOS DE PRIMER ORDEN
La estabilidad de sistemas lineales e invariantes en el tiempo se puede determinar al veri�car la ubicaciónde las raíces de la ecuación característica del sistema, un modelo de primer orden posee la siguiente ecuacióncaracterística:
Donde k es una constante que de�ne la magnitud de salida al estabilizarse, θes el tiempo muerto, es decir eltiempo que se demora en empezar a responder el sistema, y τ es es el tiempo que se demora para que la salidallegue a su estado estable.
Si se aplica una entrada escalón el sistema, este responde de una manera exponencial como se muestra en la�gura (1).
Figura 2.1: Respuesta al escalón para un sistema de primer orden
Si se analiza la relación entre la entrada y la salida, se puede observar que hay una diferencia entre lasmagnitudes que llega a tener la salida la cual esta de�nida por
k =∆y
∆R=yssR
(2.1)
Si la entrada sufre alguna variación, la salida también se va a ver afectada.9
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 10
2.2. CRITERIOS PARA DETERMINAR τ
1. Primer criterio para determinar τ : Este criterio consiste en trazar una recta tangente a la curvade la señal de salida, y luego trazar una recta horizontal en el punto en el cual la señal de salida alcanzayssy así obtenemos el punto en el cual se cruzan las dos rectas para obtener τ ; sin embargo este criteriono es el mejor pero puede ser usado para una primera apreciación de la señal.
Figura 2.2: Primer criterio para determinar τ
2. Segundo criterio para determinar τ : Este criterio consiste en trazar una recta tangente al puntodonde la señal alcanza el 63% de el nivel en el cual la señal de salida llega a estabilizarse, y luego trazaruna recta horizontal en el punto en el cual la señal de salida alcanza yssy así obtenemos el punto en elcual se cruzan las dos rectas para obtener τ ; este criterio es mejor que el primero pero aun no es el mase�ciente.
Figura 2.3: Segundo criterio para determinar τ
3. Tercer criterio para determinar τ : Este criterio consiste en encontrar los puntos en los cuales laseñal de salida alcanza el 63% y el 28% de el nivel en el cual se estabiliza para así obtener τ .
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 11
Figura 2.4: Tercer criterio para determinar τ
4. Cuarto criterio para determinar τ : Cuando la señal posee mucho ruido y no es posible visualizaruna curva exacta, sino que es muy distorsionada, se puede trazar una curva aproximada a la señal desalida y esta se va a estabilizar en 4 o 5 τ
Figura 2.5: Tercer criterio para determinar τ
2.3. MODELOS DE SEGUNDO ORDEN
Para los sistemas de segundo orden se tienen las siguientes variables a considerar:
tr tiempo de levantamiento: es el tiempo que se demora en llegar a yss por primera vez
td time delay, es un tiempo de retarde de la señal
mp es la variación del pico máxima que se da a la salida.
tss tiempo de estabilización, este es el tiempo en el cual la señal se encajona en ±5 %
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 12
Figura 2.6: Características para modelos de segundo orden
to periodo de la señal de salida, es el tiempo entre los primeros picos de la señal de salida
θ tiempo muerto, se da en To/2 es el instante en el cual responde el sistema
Figura 2.7: Características para modelos de segundo orden
Los modelos de segundo orden poseen una ecuación característica que tiene la siguiente forma:
H(s) =kw2
ne−θS
S2 + 2ζwnS + w2n
(2.2)
2.4. ANÁLISIS DEL COMPORTAMIENTO DE SISTEMAS DE SE-GUNDOORDEN EN FUNCIÓNDEL COEFICIENTE DE AMOR-TIGUAMIENTO
Para el análisis de sistemas es indispensable realizar un análisis de los polos del sistema, es decir las raícesdel denominador del polinomio ya que estas de�nen la estabilidad del sistema, para ello tomamos el modelo desistemas de segundo orden con K=1 y θ = 0
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 13
H(s) =w2n
S2 + 2ζwnS + w2n
(2.3)
De donde se obtienen las siguientes raíces:
S1 = −ζwn + jwn√
1− ζ2
S2 = −ζwn − jwn√
1− ζ2
Se puede observar que la estabilidad del sistema depende de que los polos estén en el semi plano izquierdode el eje imaginario, para ello ζtiene que ser mayor a cero, al realizar un análisis de el comportamiento de lossistemas al variar ζ se observan las posibles condiciones del sistema.
SISTEMA OSCILANTE: Sus polos se encuentran justo sobre el eje imaginario
ζ = 0
S1 = jwn
S2 = −jwn
Figura 2.8: Sistema oscilante
SISTEMA SUB AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo
0 < ζ < 1
S1 = α+ jwn
S2 = α− jwn
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 14
Figura 2.9: Sistema sub amortiguado
SISTEMA CRÍTICAMENTE AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo, perono poseen parte imaginaria
ζ = 1
S1 = −wn
S2 = −wn
Figura 2.10: Sistema críticamente amortiguado
SISTEMA SOBRE-AMORTIGUADO: Sus polos se encuentran en el semi plano izquierdo separados, noposeen parte imaginaria
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 15
ζ > 1
S1 = α
S2 = β
Figura 2.11: Sistema sobre-amortiguado
mientras mas alejados se encuentren los polos de a la izquierda, la respuesta del sistema en el tiempo es masveloz.
SISTEMA INESTABLE: Sus polos se encuentran en el semi plano derecho del plano complejo
ζ < 0
S1 = α+ jw
S2 = a− jw
Figura 2.12: Sistema inestable
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 16
ζ = 1
S1 = wn
S2 = wn
Figura 2.13: Sistema inestable 2
Ejemplo 1: Determinar las respuestas del sistema para los valores indicados:Sistema
1
S2 + 2ζS + 1
para:ζ = [0,2− 0,5− 0,8− 2− 3]a)
ζ = 0,2
S1 = 0,1 + 0,99j
S2 = 0,1− 0,99j
b)ζ = 0,5
S1 = 0,25 + 0,96j
S2 = 0,25− 0,96j
c)ζ = 0,8
S1 = 0,4 + 0,9165j
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 17
S2 = 0,4− 0,9165j
d)ζ = 2
S1 = 1
S2 = 1
e)ζ = 3
S1 = 0,38
S2 = 2,61
CAPÍTULO 2. DETERMINACIÓN DE CARACTERÍSTICAS 18
Figura 2.14: Ejemplo 1
Nota importante: Se debe tener en cuenta que �Los controladores se diseñan en Laplace, pero respondenen el tiempo�.
Capítulo 3
CRITERIOS DE ESTABILIDAD
3.1. ESTABILIDAD DE SISTEMAS
En los sistemas de control lineal el problema más importante es la estabilidad, que es la capacidad paraalcanzar un estado de equilibrio.
Se dice que un sistema lineal e invariante en el tiempo es estable si:
Tanto su entrada como su salida son acotadas, conocidos como BIBO
Su función impulso es completamente integrable en un rango in�nito.
Todos los polos de su función de transferencia se ubican en el semiplano izquierdo del plano s.
3.2. Análisis de Estabilidad
Criterio de Rout Hurwitz → estudia la estabilidad absoluta estable o inestable.
Criterio de Nyquiste→ dominio de frecuencia.
Criterio de Bode→ análisis de magnitud y fase.
3.2.1. Criterio de Rout - Hurwitz
Este criterio de estabilidad establece que si existen o no raíces inestables en una ecuación polinomial, sintener que obtenerlas en realidad. Además, el criterio de Rout - Hurwitz sólo se aplica a los polinomios con unacantidad �nita de términos.
Polinomio Característico:
a5s5 + a4s
4 + a3s3 + a2s
2 + a1s1 + a0s
0
s^5 a5 a3 a1
s^4 a4 a2 a0s^3 Λ1 Λ2 Λ3s^2 β1 β2 β3s^1 ... ... ...s^0 ... ... ...
Table 3.1: tabla de coe�cientes
Las ecuaciones de los coe�cientes por determinar serian iguales a:Se debe llenar toda la tabla con los coe�cientes de la primera columna, siguiendo el mismo procedimiento
para las �las de abajo, que el procedimiento que se hizo en las fórmulas anteriores, se parece mucho a sacar undeterminante pero con las columnas invertidas.
19
CAPÍTULO 3. CRITERIOS DE ESTABILIDAD 20
3.2.2. Pasos para el análisis de estabilidad
1. Completar los coe�cientes de la primera columna de la tabla.
2. Analizar el cambio de signo en los coe�cientes de la primera columna.
3. Si no existe cambio de signo es un sistema estable.
4. El número de cambio de signos decretará cuantos polos son inestables.
3.2.3. Ejemplo
para que valores de k1 el sistema es estable.
s4 + 2s3 + k1s2 + s+ 2
Para saber para que valores de k1 el sistema es estables se toma los dos terminos con incognitas y se analiza,como antes de estos terminos no existe ningún cmbio de signo en los términos estos términos deberían sermayores a cero para que sigan sin cambiar el signo.
El primer término es:
2k1− 1
2> 0
como en este término para que sea mayor a cero el numerador debería ser mayor a cero entonces:
2k1− 1 > 0
k1 >1
2
Para el segundo término:
2k1− 9
2k1− 1> 0
Para este término ya se sabe que el denominador tiene que ser mayor a cero, entonces quedaría sólo analizar elnumerador:
2k1− 9 > 0
k1 >9
2
CAPÍTULO 3. CRITERIOS DE ESTABILIDAD 21
Figure 3.1: Región para las que k1 hace que el sistema sea estable
3.3. Criterio de Routh-Hurwitz
3.3.1. Casos Especiales
3.3.1.1. CASO 1: Elemento de primera columna cero
Si el término de la primera columna de cualquier renglón es cero, pero los términos restantes no son cero, ono hay términos restantes, se debe:
Sustitución del término cero por un número positivo muy pequeño (ε)
Introducción de un nuevo polo que no afecte a la estabilidad (s+a)
EJEMPLO 1: Considerando la siguiente ecuación:s3 + 2s2 + s+ 2 = 0El arreglo de concientes es:s3 1 1s2 2 2s1 0 ≈ εs0 2
Debemos notar que si el signo del coe�ciente que está encima del cero (e) es igual al signo que está abajo deél, signi�ca que hay un par de raíces imaginarias.
EJEMPLO 2: Considerando la siguiente ecuación:s4 + s3 + 2s2 + 2s+ 3 = 0El arreglo de concientes será:s4 1 2 3s3 1 2 0s2 0 ≈ ε 3s1 2ε−3
εs0 3
EJEMPLO 3: Considerando la siguiente ecuación:(s4 + s3 + 2s2 + 2s+ 3)(s+ 3) = 0s5 + 4s4 + 5s3 + 8s2 + 9s+ 9 = 0El arreglo de concientes será:
CAPÍTULO 3. CRITERIOS DE ESTABILIDAD 22
s5 1 5 9s4 4 8 9s3 3 27/4s2 −1 9s1 135/4s0 9
3.3.1.2. CASO 2: Todos los términos de una columna son ceros
Raíces de igual magnitud radicalmente opuestas en el plano s:
Raíces opuestas reales (s = ±sv) → Sistema inestable.
Raíces opuestas complejos conjugados puros (s=±jb) →Sistema críticamente estable.
Raíces opuestas complejos conjugados (s=±sv±jb)→ Sistema inestable.
Solución usando un polinomio auxiliar A(s) y un divisor D(s) del original:
EJEMPLO 1: Considerando la siguiente ecuación:s4 + 2s3 + 11s2 + 18s+ 18 = 0El arreglo de concientes será:s4 1 11 18s3 2 18 0s2 2 18s1 0 0
4 0s0 18
El polinomio auxiliar usado es: 2s2 + 18Derivándolo se obtiene:d(2s2+18)
ds = 4s
EJEMPLO 2: Considerando la siguiente ecuación:s5 + s4 + 5s3 + 5s2 + 10s+ 10 = 0El arreglo de concientes será:s5 1 5 10s4 1 5 10s3 0 0
4 10s2 2, 5 10s1 −6s0 10
El polinomia auxiliar es:s4 + 5s2 + 10Derivándolo obtenemos:d(s4+5s2+10)
ds = 4s3 + 10s
A continuación veremos más ejemplos:
3.3.1.3. Si todos los coe�cientes de cualquier renglón son cero signi�ca que existen raíces con
magnitudes iguales y signos opuestos o dos raíces imaginarias conjugadas. En este caso,
la evaluación del resto del arreglo continúa mediante la formación de un polinomio au-
xiliar con los coe�cientes del último renglón y mediante el empleo de los coe�cientes de
la derivada de este polinomio en el renglón siguiente. Tales raíces se encuentran despe-
jando el polinomio auxiliar, que siempre es par. Para un polinomio auxiliar de grado n
2, existen n pares de raíces iguales y opuestas. Por ejemplo, considere la ecuación:
s5 + 2s4 + 24s3 + 48s2 + 25s+ 50 = 0
CAPÍTULO 3. CRITERIOS DE ESTABILIDAD 23
El arreglo de coe�cientes es:s5 1 24 25s4 2 48 50s3 0 0
De aquí el polinomio auxiliar P(s) es P (s) = 2s4 + 48s2 + 50Esto nos indica que existen dos pares de raíces de igual magnitud y signo opuesto. Los pares se obtienen
resolviendo la ecuación del polinomio auxiliar P(s)= 0.
La derivada de P(s) con respecto a s es:dP (s)ds = 8s3 + 96s Los coe�cientes de la última ecuación, sustituyen los términos del renglón 3 del arreglo.
Por consiguiente, el arreglo de coe�cientes se convierte en:s5 1 24 25s4 2 48 50s3 8 96 0s2 24 50s1 230
3s0 50
No existen cambios de signo en la primera columna, no hay raíces con parte real positiva, pero si hay raícesimaginarias.
Despejando las raíces del polinomio auxiliar, obtenemos:s1 = ±j4, 786s2 = ±j1, 045
3.3.1.4. Determine la estabilidad para siguiente sistema
La ecuación característica es:s5 + 2s4 + 2s3 + 4s2 + 11s+ 10 = 0
El arreglo de coe�cientes se convierte en:s5 1 2 11s4 2 4 10s3 ε 6s2 c1 10s1 d1
s0 10
c1 = 4ε−12ε = − 12
ε d1 = 6c1−10εc1
= 6
El sistema es inestable, porque el signo arriba y abajo de e son diferentes, existen dos cambios de signo enlos coe�cientes de la primera columna, hay dos raíces con parte real positiva.
Capítulo 4
LUGAR GEOMETRICO DE LASRAICES Y LINEALIZACIÓN DE UNSISTEMA
4.1. LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAICES (LGR)
El LGR es la grá�ca de las raices de la ecuación característica para todos los valores de un parámetrodel sistema. Nos permite analizar las contribuciones de los polos y los ceros en lazo abierto, para saber elcomportamiento en lazo cerrado de la función de transferencia.
Figure 4.1: Parámetro K del sistema para encontrar el LGR
Ganancia global:
M =G
1 +GH
Ecuación característica:
1 +GH = 0
en donde GH = −1 para cumplir la igualdad, desprendiendose de esto, salen 2 condiciones que debencumplirse:
1. Condición de Magnitud =⇒ | G ∗H |= 1
2. Condición de Ángulo =⇒ ∠G ∗H = ±180◦(2k + 1)
4.1.1. Características de la grá�ca del LGR
Las características notables de la grá�ca del LGR son:
Pasan por los polos en lazo abierto
La grá�ca es simétrica al eje real
El número de ramales de la grá�ca es igual al orden del sistema24
CAPÍTULO 4. LUGAR GEOMETRICO DE LAS RAICES Y LINEALIZACIÓN DE UN SISTEMA 25
4.1.2. Ventajas del LGR
A travez de la grá�ca del LGR se puede realizar una análisis del sistema, logrando la modi�cación de lospolos y ceros para poder estabilizar el sistema, elijiendo bien el parámetro K y sin necesidad de implementarun controlador.
4.2. Linealización del Levitador Magnético
Construir el LGR de una función de transferencia de tercer orden y determinar la sensibilidad ante las varia-ciones del parámetro K. Para esto vamos a utilizar el ejemplo del levitador magnético.
Figure 4.2: Levitador Magnético
Para este análisis se tiene claro que existe un análisis de fuerzas de la masa y un análisis de fuerza electro-magnética circulando por la bobina.
Felectromagnetica=i2
2∗ ∂L(y)
∂y
en donde L(y) = LI + Loyoy
Lo ⇒inductancia con objeto a la distanciaLI ⇒inductancia sin masa adicional
Felectromagnetica=i2
2∗∂[LI + Loyo
y ]
∂y
Felectromagnetica=Loyo
2∗ i
2
y2
Felectromagnetica = K ∗ i2
y2−→ K =
Loyo2
En la sumatoria de fuerzas del circuito eléctrico tenemos que:∑V = 0
Ri+ Ldi
dt= v(t)
CAPÍTULO 4. LUGAR GEOMETRICO DE LAS RAICES Y LINEALIZACIÓN DE UN SISTEMA 26
Figure 4.3: Análisis de fuerzas de la masa del levitador magnético∑F = ma
my = mg − Felectromagnetica
my = mg −K ∗ i2
y2
Ahora seleccionamos los estados del sistema:u = v(t)x1 = yx2 = x1
x3 = iReemplazamos en las ecuaciones del circuíto eléctrico y de la sumatoria de fuerzas de la masa para obtener:
x1 = x2
my = mg −K ∗ i2
y2−→ mx2 = mg − Kx2
3
x21
−→ x2 = g − Kx23
mx21
Ri+ Ldi
dt= v(t) −→ Rx3 + Lx3 = u −→ x3 =
u
L− Rx3
L
Entonces teniendo una ecuación no lineal se tiene que imponer una condición de un estado para obtener elPunto de Equilibrio (son los valores de las variables en el cual el sistema se equilibra bajo la consideración deuna de ellas), de donde surge las siguiente pregunta:
Si se desea que el objeto se equilibre a una distancia y0. Cuál seria el valor de ye i?Entonces el punto de equilibrio (PE) seria:x1E
= y0
x2E= y = 0 −→ x2 = 0
x2 = g − Kx23
mx21
−→ 0 = g − Kx23
mx21
−→ x3E=
√gmy0
K
Ahora de�nido el PE se puede analizar el sistema considerando que PE=Punto de Operación (PO).f1(x1, x2, x3) −→ x1 = x2
f2(x1, x2, x3) −→ x2 = g − Kx23
mx21
f3(x1, x2, x3) −→ x3 = uL −
Rx3
L
J/x=
∂f1∂x1
∂f1∂x2
∂f1∂x3
∂f2∂x1
∂f2∂x2
∂f2∂x3
∂f3∂x1
∂f3∂x12
∂f3∂x3
Evaluada en el punto de equilibrio
x1E
x2E
x3E
de donde se desprende el concepto de que si solo se deriva una �la del Jacobiano estamos encontrando el
gradiente de la función, por lo tanto:
CAPÍTULO 4. LUGAR GEOMETRICO DE LAS RAICES Y LINEALIZACIÓN DE UN SISTEMA 27
∇f2 −→ ∇dx2
dt =[
Kx23
mx21
0 − 2Kx3
mx1
] x1
x2
x3
∇f2 −→ ∇dx2
dt =[
Kx23
mx21
0 − 2Kx3
mx1
]Evaluada en el punto de equilibrio
x1E
x2E
x3E
∇f2 −→ ∇dx2
dt =[
gyo
0 − 2K√
gmyoK
myo
] x1
x2
x3
−→ x2 =( gyo )x1 −(
2K√
gmyoK
myo
)x3
Esta última ecuación ya está linealizada, permitiendo conformar la matriz de estados para encontrar sufunción de transferencia, paso que se encuentra a continuación: x1
x2
x3
=
0 1 0
gyo
0
(2K√
gmyoK
myo
)0 0 −RL
x1
x2
x3
+
001L
uy =
[0 0 1
] x1
x2
x3
Chapter 5
ESTRUCTURA BÁSICA DE UNSISTEMA CON CONTROLADOR
5.1. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTRO-LADOR
5.1.1. Con�guración en cascada
Figure 5.1: Diagrama de bloques de un sistema de control
De donde:u→señal de controle→señal de errorr →comando o referenciay →señal de salida ó señal controlada
El controlador trabaja en base al error.
28
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 29
Figure 5.2: Bloque de control donde entra una señal de error y sale una seál controlada
5.1.2. Controlador Proporcional - Integral - Derivativo (PID)
El PID es un mecanismo de control que calcula el error entre el valor deseado y el medidopara corregirlo yajustar el proceso. La mayoría de los controladores industriales usados actualmente usan esquemas de PID.
El controlador PID consta de:
una componente proporcional del error
una componente integral
una componente derivativa
Figure 5.3: Diagrama de bloques del controlador PID
La suma de estos tres aportes corresponde a la señal de control.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 30
5.1.2.1. Aporte proporcional lineal
Corresponde a una ampli�cación o atenuación del error instantánea.
Figure 5.4: Aporte proporcional
El aporte del proporcional lineal es, que a medida que aparece el error, se lo penaliza.
5.1.2.2. Aporte diferencial
Corresponde a una ampli�cación o atenuación de la derivada del error.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 31
Figure 5.5: Aporte diferencial
Este sistema trabaja con la pendiente de la tangente y permite tener una etapa anticipativa.
5.1.2.3. Aporte integral
Corresponde a una ampli�cación o atenuación de la señal de error integrada.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 32
Figure 5.6: Aporte integral
Al trabajar con la integral del error permite disminuir o eliminar el error en estado estable (ess).
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 33
5.1.2.4. Análisis del comportamiento
Figure 5.7: Análisis comportamiento del PID
1. Proporcional →Permite regular el sobrepaso.
2. Diferencial →Se encarga de la velocidad del sistema, mejora los tiempos.
3. Integral →Asegura el seguimiento, disminune o elimina el error en estado estable. Podría hacer que laentrada y la salida coincidan. Pero vuelve lento al proceso.
5.1.2.5. Criterios para seleccionar el control
Se pueden combinar los aportes:PPIPDPID
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 34
Levitador magnético →Conviene usar un PD, ya que lo que importa aquí es que se estabilice lo más rápidopara que no caiga el imán.
Horno → Es mejor usar un PI, porque aquí lo que importa es llegar a la temperatura indicada y no larapidez con la que se hace.
Seguidor de línea →Conviene aplicar un PID porque en este caso se necesita precisión y velocidad.Reactor nuclear →De igual manera, en este caso sería favorable aplicar un controlador PID, para obtener
velocidad y presición.
Función de transferencia del PID:PID = KP +Kds+ ki
s
PID =Kps+kds
2+kis
En la función del PDI observamos que posee 1 polo en el origen y 2 ceros
Al diseñar un PID se busca una elección adecuada de ubicación de los ceros para cumplir con los requeri-mientos (de la salida y)
Figure 5.8: Respuesta controlador PID
EJEMPLO:
Función de transferencia:G(s) = 1
2s2+5s
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 35
Figure 5.9: Funciones de transferencia
Para realizar el controlador, hay que encontar el polinomio de la señal que deseamos obtener, como: 2s2+s+1
Diseño con controlador PD.
M =(Kp+kds)(
12s2+5s
)
1+(Kp+kds)(1
2s2+5s)
= 2s2+s+1
Kp+kds
2s2+5s
2s2+5s+(kp+kds)
2s2+5s
= 2s2+s+1
(kp+kds)/22s2/2+(5+kd)s/2+kp/2
= 2s2+s+1
kp/2+kds/2
s2+( 52 +
kd2 )s+
kp2
= 2s2+s+1
Encontramos las contantes de proporcionalidad y la derivativa:52 + kd
2 = 1kd = −3
kp2 = 1kp = 2
Una vez conocidas estas constantes, procedemos a ingresarlas en Simulink para poder apreciar cómo actúanuestro controlador.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 36
Figure 5.10: Simulación en Simulink, introducimos perturbaciones
Figure 5.11: Grá�ca de la señal ingresada (rojo), las referencias (morado) y la señal controlada (negro).
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 37
Recomendación:
Resolver primero el denominador y luego nos adaptamos al numerador.
Ahora bien veamos un ejemplo efectuado en matlab de un controlador PID.
5.2. Modelado de Un PID usando Matlab y Sisotool
Declarar la función de trasferencia
G(s) =5
3s2 + 6s+ 2
En MATLAB ingresamos la función de transferencia y llamamos a la herramienta Sisotool para esta funcion detrasferencia:
Figure 5.12: Codigo para declarar una funcion de trasferencia
y luego de eso aparecerán 3 ventanas:La primera es un cuadro de diálogo que nos ofrece ayudas.
Figure 5.13: Ventana de dialogo
La segunda ventana nos muestra todas las opciones donde vamos a diseñar el PID
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 38
Figure 5.14: Ventana Diseño PID
y la tercera ventana aparece el lugar geométrico de los polos y ceros.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 39
Figure 5.15: Ventana de lugar geometrico de la funcion
5.2.1. Diseño del PID
Vamos a la ventada de diseño del PID y nos ubicamos en la pestaña de Automated Tuning y nos ubicamosen PID Tuning
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 40
Figure 5.16: Pestaña Automated Tuning
Luego en la parte de speci�cations le damos clic a tuning method y se elige Classical dessing formulas
Figure 5.17: PID Tuning
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 41
El siguiente paso es elegir el tipo de control y la fórmula
Figure 5.18: Classical design formulas Tuning Metodo
una vez hecho esto le damos a update compesator y la misma pestaña tomara esta forma con la funcionde trasferencia del PID esto servira para armar el circuito en Simulink, además si observamos la ventanade los polos, estos también se modi�carán.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 42
Figure 5.19: Compensador
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 43
Figure 5.20: Lugar geometrico del compensador
También podemos ver como se comportara la onda ya con el PID ante una entrada (un step es lo masrecomentable como ya se a estudiado), para ello vamos a la pestaña de analysis plt y le damos en plot 1a step
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 44
Figure 5.21: Análisis de grá�ca
luego de esto le damos clic a la grá�ca que queremos obtener, en este caso yo le dare al cuadro de "closedloop r to y" y automáticamente sale la grá�ca
Figure 5.22: salida ante un step
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 45
Como vemos esta grá�ca tiene mucho Mp y su respuesta es bien lenta, lo que hacemos ahora es lasintonización moviendo los polos desde la ventana del lugar geométrico.
Figure 5.23: Salida lenta, y con mucho Mp
Al mover los polos la grá�ca se modi�ca y se observa que la respuesta mejora en MP y rapidez, luego deesto regresamos a ver como cambio la función de trasferencia de PID:
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 46
Figure 5.24: se mueve los polos y la salida cambia
Figure 5.25: Codigo para declarar una funcion de trasferencia
Con esta función de trasferencia ya se puede encontrar las constantes para el diseño en Simulink.
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 47
C = 51.391 ∗ (1 + 0.62s+ (0.31s)2)
s
C =(51.391 + 31.86s+ 4.93s2)
s
kp = 31.86
kd = 4.39
ki = 51.391
Figure 5.26: diagrama simulink para el PID
CHAPTER 5. ESTRUCTURA BÁSICA DE UN SISTEMA CON CONTROLADOR 48
Figure 5.27: Salida del PID y solo de la planta sin PID
Capítulo 6
Controlador Seguidor Observador
{x = Ax+Bu→ det(λI −A) = 0
y = Cx
}det(λI −A) = 0→Denominador de la función de transferencia
Figura 6.1: Planta
u se conoce como la ley de control, la cual es la componente proporcional de cada uno de los estados.
u = −k ∗ X →Todos los estados aportan con algo
6.1. PID
Figura 6.2: Control PID
u = e(kP + kDs+ kis )
El PID trabaja en base al error anticipativo efecto de hacer memoria
El PID Depende exclusivamente del error
49
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 50
6.2. Control por retroalimentacion de estados
Figura 6.3: Controlador regulador en espacios de estados
x = Ax+B(−k ∗X)→Ley de controlx = (A−B ∗ k)λdet(λI −A+BK) = 0Comando MatLabK = acker(A,B [RaicesPolinomicasPropuestas]Sistema de seguimiento
Figura 6.4: Sistema de seguimiento
Ko = Y ss→ Lim→Teorema del valor �nalMatLabP =Rango de la MatrizP = rank
[[B AB A2B
]AD−1 B
]DondeB=Matriz 2x1A= MAtriz 2x2
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 51
P = rank[[
B AB A2B]→ Matriz de Controlabilidad
]P= Rango Completo (Si tengo una matriz de 4x4 y me sale 4 es controlable)Matrices = A,B,C Son conocidas
6.3. OBSERVADOR DE ESTADOS
x→x estimadou→Entrada Normal˙x→ Ax+Bu+Ke(y − y)Donde Ke = Factor penalizaste que hace que el clón a la fuerza se parezca al originaly = Cx
Figura 6.5: Sistema de control regulador seguidor con uso de observador de estado
ControlabilidadPoder dirigir los estados desde una situación inicial hasta una situación deseada mediante la señal de control
u
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 52
Figura 6.6: Controlabilidad
6.4. Observabilidad Matriz
A partir de los estados de salida poder calcular todos los estados internos del sistema
Q =
CCA
CAn−1
ObservableMatlabrank(Q)→ Completo
K = acker( A, B,[−3 −4
])
Calculo del KeSe recomienda 5 veces más rápido
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 53
Figura 6.7: 5 veces mas rápido el observador
Ke = acker( A, C, [RaicesPropuestas] )La Raíces propuestas se pueden asignar mediante las tablas de Polinomios de Bessell o Itae
Control Simulado en matlab
Figura 6.8: Sistema de control regulador seguidor con uso de observador de estado
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 54
6.5. COMPARACIÓN ENTRE EL CONTROLADOR PID Y EL CON-TROLADOR POR ESPACIO DE ESTADOS
6.5.1. Tenemos la función de transferencia:
G(s) = 1s2+3s+1
6.5.2. Simulación de controlador PID
Para realizar el controlador PID, hay que encontar el polinomio de la señal que deseamos obtener, 33.441 (1+0.22s)(1+0.22s)s
Diseño con controlador PD.
M =(Kp+
kis +kds)(
1s2+3s+1
)
1+(Kp+kis +kds)(
1s2+3s+1
)= 33,441 (1+0,22s)(1+0,22s)
s
Kps+Ki+kds2
(s2+3s+1)s
1+Kps+Ki+kds2
(s2+3s+1)s
= 33,441 (1+0,22s)(1+0,22s)s
kps+ki+kds2
s3+3s2+1s+kps+ki+kds2= 33.441 (1+0.22s)(1+0.22s)
s
kps+ki+kds2
s3+s2(3+kd)+s(1+kp)+ki= 33,441+14,714s+1,618s2
s
Encontramos las contantes de proporcionalidad, la integral y la derivativa:
kd = 1,618
kp = 14.714
ki = 33,441
Una vez conocidas estas constantes, procedemos a ingresarlas en Simulink para poder apreciar cómo actúanuestro controlador.
Figure 6.9: Simulación en Simulink del Controlador PID
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 55
6.5.3. Simulación de controlador en espacios de estados
El código de MATLAB usado es el siguiente:
Figure 6.10: Código MATLAB
Las matrices de estado obtenidas son:
Figure 6.11: Matrices obtenidas
Al observar la respuesta obtenida al aplicar los Eigen valores comprobamos que nuestro sistema es estable.
Comprobamos que nuestro sistema es controlable y observable mediante los comandos ctrb y obsv.
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 56
Figure 6.12: Comprobación
Continuando con el código de MATLAB, ampliamos las matrices A y B para poder realizar las diferentesoperaciones entre matrices, seguidamente de�nimos los polos deseados.
Figure 6.13: C+odigo MATLAB
Una vez obtenidos todos los datos, procedemos a reemplazarlos en Simulink, para observar cómo actúanuestro controlador en espacio de estados.
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 57
Figure 6.14: Controlador en SS en Simulink
A continuación se muestran ambas grá�cas tanto la señal controlada con el PID y la señal controlada conespacio de estados.
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 58
Figure 6.15: Simulación realizada en Simulink
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 59
Figure 6.16: Señales obtenidas de los controladores
En la grá�ca la línea roja es la referencia, la señal verde es la obtenida con el controlador PID y le señalazul es la obtenida con el controlador en espacio de estados.
Podemos concluir que el controlador en espacios de estado es un mejor controlador, ya que es más preciso yen este caso resulta más veloz. Además, podemos notar que al cambiar la referencia o ingresar una perturbación,este responde de mejor manera.
Figure 6.17: Estados reales y estados observados
CAPÍTULO 6. CONTROLADOR SEGUIDOR OBSERVADOR 60
Los estados, tanto del observador, como los reales se igualan prácticamente en el mismo tiempo, comopodemos observar en la grá�ca. Los estados observados están representados con rombos y los estados reales conuna línea continua.
Capítulo 7
Prueba
7.1. Diseñar un controlador en SS seguidor, regulador, observador.
7.1.1. Sistema de tercer orden:
G(s) = 3s3+5s2+3s+2
7.1.2. Diseño en espacio de estados:
El código en matlab que se implementa es:
Figure 7.1: Código matlab primera parte
61
CAPÍTULO 7. PRUEBA 62
Figure 7.2: Código matlab segunda parte
Los resultados obtenidos son:
CAPÍTULO 7. PRUEBA 63
Figure 7.3: Resultados obtenidos
Se observa que el rango de Co y el rango de Ob es positivo e igual al tamaño de la matriz A 3*3 eso signi�caque el sistema es observable y controlable, si la matriz fuese de 2*2 el rango debería ser 2 y así para cualquiertamaño de matriz A.
7.1.3. Simulación
Con estos resultados de la �gura 3 los insertamos en el diseño en simulink.
CAPÍTULO 7. PRUEBA 64
Figure 7.4: Diseño controlador en Espacio de Estados en Simulink
Figure 7.5: Simulación de la salida frente a cambios de referencia y perturbaciones
CAPÍTULO 7. PRUEBA 65
7.1.4. Un segmento de la grá�ca que demuestre seguimiento de la salida (capturaen pantalla)
Figure 7.6: Seguimiento de la salida
Se observa que la salida controlada sigue la señal de referencia dada a la entrada del sistema
7.1.5. Un segmento de la grá�ca que demuestre regulación de la salida (capturaen pantalla)
Luego de una perturbación y luego de los cambios de referencia, la señal de salida se regula (estabiliza).
Figure 7.7: Regulación frente a perturbaciones
CAPÍTULO 7. PRUEBA 66
7.1.6. Un segmento de la grá�ca que muestre los estados reales y los observados,que convergen o se igualan e�cazmente luego de una perturbación. (capturaen pantalla)
Figure 7.8: Estados reales y observados
Capítulo 8
Corrección del examen
Inventarse un sistema de tercer orden Para obtener una ganancia de 1.5 se multiplica al numerador poruna K=1.5 y así obtener la ganancia.
H(s) = 1s3+5s2+6s+4x1.5
H(s) = 1.5s3+5s2+6s+4
Diseñar un controlador es SS seguidor regulador observador
Figure 8.1: controlador es SS seguidor regulador observador
El código de cálculo de matlab (captura en pantalla)
Obtenemos las matrices de estadoclc;close allclear all num= [1.5];%den= conv( [1 0.3 1 ], [1 0.3 ]);den= [1 5 6 4];Gs=tf(num,den)[A B C D]= tf2ss(num,den)e=sisotool(Gs);
67
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 68
Calculo de las contantes mediante matriz aumentada y raíces propuestas k ke Kodisp('Calculo matriz K')A=[-5 -6 -4 ; 1 0 0; 0 1 0 ]B=[1;0;0] C=[0 0 1.5]Polos=eig(A)%K=acker(A,B,3*Polos)%Calculamos la matriz aumentada.disp('Calculo matriz aumentada')Ahat=[A zeros(3,1);-C 0]%matriz aumentada para aumentar un polo Bhat=[B;0]jj=[-1.98+0.396i -1.98-0.396i -0.522+1.7i -0.522-1.7i ]%polos del sisootol..3er polo 10 veces masKhat=acker(Ahat,Bhat,jj)K=[0.0040 5.3739 12.7801 ]a1=eig(A-B*K)Je=[-10 -10 -10]Ke=acker(A',C',Je)
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 69
jj= Raíces propuestas
Ko=8.5961Un segmento de la grá�ca que demuestre seguimiento de la salida (captura en pantalla)
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 70
Figure 8.2: Grá�ca que demuestre seguimiento de la salida
Observamos como el sistema sigue la referencia a pesar que se inyectan perturbaciones.
Un segmento de la grá�ca que demuestre regulación de los estados Uno y Tres, cuando se inyecta unaperturbacion positiva (en el primer estado) y una perturbacion negativa ( en el tercer estado)(captura enpantalla)
Figure 8.3: Perturvaciones del ejercicio
En la Fig.3 se ve como los estados del clon siguen a los estados reales cuando no existe perturbación, por lotanto existe regulación de los estados uno y tres.
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 71
Figure 8.4: Gra�ca sin perturbaciones
En la siguiente gra�ca se ve que al momento de inyectar perturbaciones los estados del clon se igualan enun tiempo determinado a los estados reales
Figure 8.5: Gra�ca con perturbación
Un segmento de la grá�ca que muestre los estados reales y los observados, que convergen o se igualane�cazmente luego del arranque y luego de una perturbación, veri�cando si el observador en mas rapidoque el controlador (captura en pantalla)
Figure 8.6: Gra�ca del sistema inyectando perturbaciones
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 72
Figure 8.7: Gra�ca del sistema, estados reales y los observados, que convergen o se igualan e�cazmente sinperturbación
En la siguiente gra�ca se observan que en el arranque convergen las grá�cas pero al momento de insertaruna perturbación en el tiempo (35s) los estados tanto reales como del clon se desigualan pero en un tiempovuelven a converger.
Figure 8.8: Gra�ca del sistema con perturbación en tiempos dados
En la grá�ca se observa como los estados (Líneas Amarillo Azul Morado) de la maquina , (líneas Rojoverde y azul ) que son los estados del clon responden mas rápido con respecto a los estados de la maquina estodemuestra que el observador actúa mas rápido
CAPÍTULO 8. CORRECCIÓN DEL EXAMEN 73
Figure 8.9: Gra�ca del sistema veri�cando si el observador en más rápido que el controlador