1

PROBLEMA:

La figura representa un sistema del cual conocemos el modelo matemático, dado por las ecuaciones indicadas. Tomando los valores dados para cada elemento del circuito y considerando como única entrada ur(t) y como salida us(t), determinar los valores de "RB" que hacen que el sistema sea estable. (Se recomienda utilizar un diagrama de bloques)

R

L

ur(t) +

_

+

_

+

_

+

_

+

_

RB

RA

RA

-ur(t)

ue(t) us(t)

u2(t) u1(t) us(t)

R1R2

C2 C1

C

i(t)

iC(t)iL(t)

∫

∫

∫

−=

−=

=

=

+=+=

−=

t

ts

tCs

Ls

se

CL

rA

Be

dttuCR

tu

dttuCR

tu

dttiC

tu

dttdi

Ltu

tutiRtutititi

tutuRRtu

0 122

2

011

1

0

2

)·(1)(

)·(1)(

)·(1)(

)()(

)()(·)()()()(

))()(()(

F0,001C10

F0,001C100

F0,1CH1,0

101R

2

2

1

1

A

µ

µ

µ

=Ω=

=Ω=

==

Ω=Ω=

kR

kR

LkRk

SOLUCIÓN:

Como todas las ecuaciones son lineales, se pueden pasar directamente a transformadas de Laplace y construir a continuación el diagrama de bloques:

)(·

1)(

)(·

1)(

)(·1)(

)(··)()()(·)(

)()()(

))()(()(

122

2

111

2

sUsCR

sU

sUsCR

sU

SIsC

sU

sIsLsUsUsIRsU

sIsIsI

sUsURRsU

s

Cs

Ls

se

CL

rA

Be

−=

−=

=

=+=

+=

−= Ur(s) +

_

Us(s)1/R

IL(s)+

_L·s

Ue(s)

C·s

I(s)+

_IC(s)

RB/RA

-1/(C1·R1·s)-1/(C2·R2·s)U1(s)U2(s)

Reduciendo el diagrama de bloques:

Ur(s) Us(s)RB·R1·C1·R2·C2·L·s2RA·R1·C1·R2·C2·R·L·C·s3+RA·R1·C1·R2·C2·L·s2+RA·R1·C1·R2·C2·R·s+RB·L

Al sustituir los valores de las constantes se obtiene la siguiente función de transferencia:

B

B

RssssRsG

·10·10·10·)( 38233

2

+++=

Para determinar los valores de RB que hacen al sistema G(s) estable, aplicamos el criterio de Routh al polinomio:

0·10·10·10 38233 =+++ BRsss1) Todos los coeficientes del polinomio tienen que ser mayores que cero: 00·103 >⇒> BB RR2) Se construye la tabla:

B

B

B

R

R

R

ssss

·1010

·1010

·1010101

3

3

3

8

311

8

0

1

2

3

−

Los coeficientes de la primera columna han de ser positivos ya que no puede haber cambios de signo en la primera columna:

00·10

100·10103

8311

>⇒>

<⇒>−

BB

BB

RR

RR

Por lo tanto el sistema es estable si: Ω<< 8100 BR

2

PROBLEMA:Se dispone de un depósito cónico como el de la figura, en el que el volumen v(t) de líquido contenido es proporcional, con constante K, al cubo de la altura h(t) del líquido en el depósito. El depósito se llena con un caudal qe(t) y se vacía con otro caudal qs(t). Se pide:

a) Linealizar las ecuaciones entorno al punto de equilibrio qe0=1. Dibujar el diagrama de bloques considerando qe(t) como entrada y qs como salida. Obtener la función de transferencia entre qs(t) y qe(t) (dejar resultados en función de B y K).b) Calcular el valor final de qs(t) si qe(t) se incrementa en una unidad de manera brusca.c) Con el mismo incremento en qe(t) ¿Cuál debe de ser el valor de la altura H para que el líquido llene completamente el depósito sin rebosar?

Como ecuaciones simplificadas se tomarán las siguientes:

Del enunciado se deduce que el volumen será: )(·)( 3 thKtv =

La diferencia entre el caudal que entra y el que sale incrementa el volumen de líquido en el depósito: dttdvtqtq se)()()( =−

El caudal de salida puede expresarse como: )(·)( thBtqs = donde B es una constante que depende de g, del área del orificio de salida y del coeficiente de contracción de vena.

SOLUCIÓN:a) Es preciso linealizar las dos ecuaciones no lineales del sistema y determinar h0 para el punto de funcionamiento dado. Finalmente, se sustituye el valor de h0 y se pasa a transformadas de Laplace:

∆=∆

∆=∆−∆

∆=∆

)(··21·)(

)()()(

)(··3·)(

0

20

thh

Btq

dttvdtqtq

thhKtv

s

se

6300

22

20

0

00

·

1

1

BKhKv

BBqh

qq

s

es

==

==

==

=

=−

=

)(·2

)(

)(·)()(

)(··3)(

2

4

sHBsQ

sVssQsQ

sHBKsV

s

se

El diagrama de bloques dará la función de transferencia:Qe(s) +

_

Qs(s)H(s)V(s)s1

KB·3

4

2

2B

b) Se puede aplicar el teorema del valor final, teniendo en cuenta que el sistema es estable y que qe(t) es un escalón unitario:

1

·6

·6·1·lim)()·(·lim)(·lim)(lim)( 6

6

000 =+

===∆=∞∆ →→→∞→

KBs

KB

sssMsQssQstqq sessssts

Por lo tanto: 211)()( 0 =+=∞∆+=∞ sss qqq

c) En este caso habrá que buscar la función de transferencia H(s)/Qe(s):Qe(s) +

_Qs(s)

H(s)V(s)s1

KB·3

4

2

2B

De nuevo, se puede aplicar el teorema del valor final, teniendo en cuenta que el sistema es estable y que qe(t) es un escalón unitario:

26

4

0002

·6

·3·1·lim)()·(·lim)(·lim)(lim)(B

KBs

KB

sssMsQssHsthh sHesst =

+===∆=∞∆ →→→∞→

Por lo tanto: 2220321)()(BBB

hhh =+=∞∆+=∞. Para que el deposito no rebose su altura total deberá ser H=3/B2.

KBs

KB

sKBsK

B

sQsQsM

e

s

·6

·6

··61

··6)()()( 6

6

6

6

+=

+==

KBs

KB

sKBsK

B

sQsHsM

eH

·6

·3

··61

··3)()()( 6

4

6

4

+=

+==

H

3

PROBLEMA:

La figura representa un depósito de agua de altura “A” suficiente para evitar su desbordamiento durante el funcionamiento normal. Su caudal de salida qs(t) se gobierna mediante la sección de la válvula w(t).

A partir del modelo matemático elegido para el sistema, obtener las funciones de transferencia que representan las relaciones Qs(s)/W(s) y Qs(s)/Qe(s), sabiendo que el sistema está en equilibrio con un caudal de salida de 0.2 litros por segundo y un volumen de agua en el depósito de 8 litros.

)(··2)(

)()·()(3)(

)(

)()()(

3

thgtv

tvtwtq

thtc

tqtqdttdc

s

se

=

=

=

−=

2m/s10gaguadelsalidade velocidad)(salidade válvulaladesección )(

depósitoelen aguadelaltura)(depósitoelen aguadevolumen )(

depósitodelsalidadecaudal)(depósitoalentradadecaudal)(

≈

=====

=

tvtwthtctqtq

s

eA

A

h(t)w(t)

v(t)

qs(t)

qe(t)

SOLUCIÓN:

4

PROBLEMA:

El sistema de la figura es un regulador de velocidad para motores de corriente continua controlados por inducido donde la realimentación se realiza sin necesidad de dinámo tacométrica.

El sistema de realimentación consiste en medir con un sensor la corriente i(t) que pasa a través del rotor del motor y multiplicarla por la resistencia R, equivalente a la del rotor del motor. La tensión resultante, de valor R·i(t) se resta de la tensión de alimentación del motor u(t) obtenida mediante otro sensor. El resultado de dicha resta es uc(t), que se usa como señal de realimentación para restarla de la tensión de referencia ur(t) en el comparador.

La tensión de salida del comparador se amplifica mediante un amplificador de ganancia K que aporta la potencia necesaria para alimentar el motor cuyas ecuaciones son:

u(t) = R·i(t) + L·di(t)/dt + um(t)um(t) = Kb·ω(t)P(t) = Kp·i(t)

R, L: Resistencia e inductancia del circuito equivalente del rotor.Kb: Constante de fuerza contraelectromotriz.Kp: Constante de par.

La carga que ha de vencer el par motor se representa mediante una inercia J y un coeficiente de rozamiento viscoso B.

Obtener el diagrama de bloques y la función de transferencia del sistema.

SOLUCIÓN:

R

R L

K u(t)

u(t)

u (t)m

M.

I =cte.e

J

B

P (t) w(t)

R·i(t) i(t)

i(t)

i(t)

+

-

u (t)r

u (t)c

+

-

+

-

+

-

5

PROBLEMA:

El sistema de la figura representa un mecanismo elevador de posicionamiento vertical que desplaza un elemento móvil con masa m(t) variable (perturbación del sistema). La altura x(t) del elemento móvil se fija mediante la tensión de referencia n(t). El sistema se puede representar mediante las siguientes ecuaciones:

u(t) = K·[n(t) - v(t)]u(t) = R·i(t) + Ke· dθ(t)/dtP(t) = Km·i(t)P(t) = F·dθ(t)/dt + J·d2θ(t)/dt2 + r2·m(t)·d2θ(t)/dt2 + r·g·m(t)x(t) = r·θ(t)v(t) = A·x(t)

Constantes:K = modificable Ke = 0,09 V·s·rad-1 Km = 0,1 N·m·A-1

R = 5 Ω F = 0,2·10-3 N·m·s·rad-1 J = 10-5 Kg·m2

r = 1 cm g = 10 m·s-2 A = 0.5 V·cm-1

a) Construya el diagrama de bloques sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio con una masa m0=0,3 Kg a una altura x0=0,5 m.

b) Obtenga la función de transferencia X(s)/N(s).c) Determine el valor de K para que el sistema tenga una sobreoscilación del 4,32% y represente la forma aproximada

de la respuesta x(t) del sistema ante un escalón de entrada de 2 V en la señal n(t) para ese valor de K.

θθθθ(t)

m(t)

50 V

1 m

v(t)

K

n(t)

u(t)

i(t) P(t)r

x(t)

SOLUCIÓN:

6

PROBLEMA:

El modelo de un sistema de suspensión se puede representar simplificadamente de la siguiente forma:

M=100 KgK=50000 N/mB=1000 N·s/m

y(t) = altura de la masax(t) = altura del punto de contacto rueda-suelo

Siendo la única ecuación diferencial necesaria para su descripción, considerando el sistema lineal y los valores iniciales x0=y0=0, la siguiente:

[ ] 0)()()()()(

2

2=−•+

−•+• txtyKdttdx

dttdyB

dttydM

De la misma manera, los escalones de la superficie sobre la que rueda podrían considerarse, despreciando el tiempo que tarda la rueda en tomar contacto con el suelo, como una señal ideal de entrada x(t) con la siguiente forma:

a) Obtener la función de transferencia G(s)=Y(s)/X(s).

b) Simplificar, si es posible, la función G(s) para analizar su respuesta en el tiempo.

c) Representar gráficamente la respuesta y(t) (evolución en el tiempo de la altura de la masa) ante la entrada x(t) propuesta. Se recomienda realizar una representación gráfica aproximada basada en las características de G(s) y evitando el cálculo de las transformadas y antitransformadas de Laplace.

d) ¿Qué modificaciones (aumentar o disminuir) se podrían hacer en los parámetros K (cte. elástica del resorte) y/o B (coeficiente de rozamiento viscoso del amortiguador) para que la altura de la masa cambie sin oscilaciones, ante situaciones como la representada en este ejercicio.

SOLUCIÓN:

a) La ecuación diferencial que describe al sistema es lineal, y además los valores iniciales de las variables son cero, por lo que en transformadas de Laplace se obtiene directamente:

KsBsMKsB

sXsYsG

sXKsYKsXsBsYsBsYsM

+++

==

=−+−+

···

)()()(

0)(·)(·)(··)(··)(··

2

2

Sustituyendo valores: 500·10)50·(10)( 2 ++

+=

ssssG

b) Se analiza la función de transferencia para ver si es posible su reducción de cara al análisis de su respuesta en el tiempo:

ceros: sz = -50 polos: s2+10·s+500 = 0 ⇒ sp1,2 = -5±21.8j σ = 5; ωd = 21.8

M

K B

y(t)

x(t)

v=5 m/s

t=0 t=3 15 m

5 cm

tx(t)

3

-0,05G(s)=Y(s)/X(s)

X(s) Y(s)

7

Re

Im

-21.8

-5-50

Polos y ceros de G(s) 21.8

σd=56·σd=30

Se podría despreciar el efecto del cero de la función de transferencia sobre la respuesta transitoria del sistema, que es subamortiguada:

===

⇒++

=++

=

=⇒=++

= →→

22.04.221

···2·

500·10500)(

500)(lim)(lim;500·10

)(

22

2

2

002

ξω

ωωξω

n

eq

nn

neqeq

seqsss

eq

K

ssK

sssG

KsGsGss

KsG

c) Conocidas las características de la función de transferencia de segundo orden que describe al sistema, es fácil intuir como será su respuesta ante la entrada propuesta:

Mp = 0.49 = 49% ts = π/σ = 0.63 segundos tp = π/ωd = 0,14 segundos

t

y(t)

3

-0,05

0,14

-0,075

0,630,025

3,14

3,63

d) El parámetro que indica si la respuesta del sistema va a oscilar o no es el coeficiente de amortiguamiento “ξ”. Para que no existan oscilaciones en la respuesta ante entradas de tipo escalón, “ξ” deberá ser mayor que 1:

=

=⇒=++≡=++≡=++

MKBMK

ssMKs

MBsKsBsM

n

nn

··2

0···20·0·· 2222

ξ

ωωωξ

Por lo tanto, para que “ξ” aumente y la masa no oscile, debería aumentar “B” o, en mayor medida, disminuir el valor de “K”.

8

PROBLEMA:

Dadas las siguientes ecuaciones y considerando a u(t) como la variable de entrada y a y(t) como la de salida, obtenga la función de transferencia del sistema:

2

2 )(·)(·)(

)(·)(

)(·)(·)(

dttydMtyKtf

tiDtfdttdiLtiRtu

+=

=

+=

SOLUCIÓN:

Las ecuaciones en transformadas de Laplace son:

)(··)(·)()(·)(

)(··)(·)(

2 sYsMsYKsFsIDsF

sIsLsIRsU

+=

=+=

El diagrama de bloques correspondiente será:

I(s)U(s) Y(s)D F(s)

R+L·s

1K+M·s2

1

La función de transferencia será:

)·)·(·()()(

2 KsMRsLD

sUsY

++=

9

PROBLEMA:

Las siguientes ecuaciones representan el modelo matemático de un sistema. Considerando a u(t) como la variable de entrada y a y(t) como la de salida y sabiendo que inicialmente el sistema está en un punto de equilibrio definido por el valor de f(t)=f0 para t<0:

)(·)(·)()(·)(

)(·)(·)(

221 tfKtfK

dttdy

tiDtfdttdiLtiRtu

+=

=

+=

a) Obtenga la forma en transformadas de Laplace de cada una de las tres ecuaciones.b) Represente en un diagrama de bloques las tres ecuaciones del sistema.c) Obtenga la función de transferencia del sistema.d) ¿De que orden es la función de transferencia obtenida?

SOLUCIÓN:

a) Sólo la tercera ecuación no es lineal. Por lo tanto, las ecuaciones en transformadas de Laplace son:

)(···2)(·)(·)(·)(

)(··)(·)(

021 sFfKsFKsYssIDsF

sIsLsIRsU

+==

+=

b) El diagrama de bloques correspondiente será:

I(s)U(s) Y(s)D F(s)

R+L·s

1s

K1+2·K2·f0

c) La función de transferencia será:

sRsLfKKD

sUsY

··)··2·(

)()(

2021

++

=

d) Es sistema es por lo tanto de segundo orden.

10

PROBLEMA:

La masa de la figura se desliza a velocidad constante “v0” sobre un plano inclinado por el equilibrio dinámico de fuerzas entre su peso y el rozamiento, determinado por la ecuación:

)(·)(·))((·· tvBdttdvMtsengM +=α

donde:

==

=

msNBsmg

KgM

/·5/10

102

Determine:

a) La velocidad “v0” a la que se desliza la masa inicialmente.b) El modelo lineal entre las variables V(s) y α(s) a partir de la ecuación anterior y las condiciones iniciales dadas,

para obtener la función de transferencia G(s)=V(s)/α(s).c) ¿Cómo varía la velocidad v(t) a partir del cambio de pendiente indicado en la figura? Represente gráficamente esta

variación indicando constantes de tiempo, valor final, etc.d) Si en ese nuevo tramo de pendiente la velocidad llega a hacerse de nuevo constante, al equilibrarse las fuerzas

debidas al peso y el rozamiento, determine la velocidad constante “v1” a la que desciende la masa. ¿Coincide con el valor final del apartado anterior? ¿Por qué?

SOLUCIÓN:a) Planteando el sistema en la situación de equilibrio:

smBsengM

vvBsengM /10)(··

·)(·· 0000 ==⇒=

αα

b) La ecuación que representa al sistema, una vez linealizada, será:

1·232,17

5.066,8

5·106,86

)·()·cos(·

)()()(

)()··()()··cos(·

)(·)(·)()··cos(·

0

0

0

+=

+=

+=

+==

+=

∆+∆

=∆

sssBsMgM

ssVsG

sVBsMsgM

tvBdttvdMtgM

αα

αα

αα

G(s)α(s) V(s)

c) El sistema resultante es de primer orden, con ganancia K=17,32 y constante de tiempo T=2 segundos. Por lo tanto, su respuesta a un incremento brusco de 30º (π/6 radianes) en la pendiente se modela como la respuesta a una entrada escalón:

smB

gMsVstv

BsMsgM

ssGsVs

s

st /07,9·6

)·cos(··)(·lim)(lim

)··(·6)·cos(··

)()·()(·6

)(

00

0

===∆

+==⇒=

→∞→

απ

απαπα

d) Si se aplica la condición de equilibrio como en el apartado a), la velocidad a la que se estabiliza v(t) en el segundo tramo del plano inclinado será:

smBsengM

vvBsengM /32,17)(··

·)(·· 1111 ==⇒=

αα

Estos 17,32 m/s no coinciden con los 19,07 m/s que se obtienen del modelo lineal como velocidad final de la masa sobre el segundo tramo del plano. La diferencia se debe precisamente a que el cálculo se realiza sobre un modelo lineal del sistema que supone una simplificación de la ecuación diferencial no lineal original. Con ello se introducen errores de cálculo al eliminar elementos no lineales de esta ecuación original.

α0 = 30º = π/6 rad.

α(t)Peso=M·g

Fp = M·g·senα(t)

α1 = 60º = 2·π/6 rad.

Fr = B·v(t) M v(t)

t

∆v(t)

T=2

0,63·9,07

9,07

3·T=6

0,95·9,07

Tangente en el origen(pendiente = 4,535)

(v0=10 m/s)

(v∞=19,07 m/s)

11

PROBLEMA:

Ordenar los cuatro sistemas representados por sus mapas de ceros y polos:• En función de la sobreoscilación• En función del tiempo de pico

Re

Im1 2·a

-b

-2·a

Re

Im2

a

-2·b -a

Re

Im3 2·a

-b/2-b

-2·a

Re

Im4

a

-b -a

-2·b

SOLUCIÓN:

12

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura, obtener uno de orden más reducido equivalente al dado, indicando las diferencias en su respuesta ante un escalón unitario en la señal de entrada.

)3)(85.0·4.2()2·(05.0)( 2 +++

+=

sssssG

SOLUCIÓN:

El sistema presenta un cero (z1 = -2) y tres polos (p1 = -0.43, p2 = -1.97, p3 = -3). El polo más dominante es el que se encuentra en p1 = -0.43: σdom=0.43

σdom=0.43

-2

-6σdom

d=0.03

-3 -1.97

-2.54

-0.43

El efecto del polo p3 = -3 sobre la respuesta transitoria será despreciable, ya que está a más de seis veces de distancia del eje imaginario que el polo dominante: 3 > 6·σdom = 2.58

El polo en p2 = -1.97 y el cero z1 = -2 forman una pareja polo cero cuya distancia es menor que seis veces la distancia del polo dominante al eje imaginario, por lo que su efecto sobre la respuesta transitoria será también despreciable: d = 2-1.97 = 0.03 < σdom/6 = 0.071

Por lo tanto el sistema reducido será: )43.0(

)(+

=sK

sG eqeq

, para calcular la Keq debemos mantener la ganancia de la

función de transferencia original. Aplicando el Teorema del Valor Final:

017.0)3)(85.0·4.2(

)2·(05.0lim)43.0(

lim

)(1·lim)(1·lim

200

00

=⇒+++

+=

+

=

→→

→→

eqseq

s

seqs

Ksss

ssK

sGs

ssGs

s

)43.0(017.0)(+

=s

sGeq

En las siguientes gráficas se puede apreciar el parecido entre la respuesta de ambas funciones de transferencia ante un escalón unitario.

Time (sec.)

Amplitude

Step Response

0 5 10 150

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

0.04From: U(1)

To: Y

(1)

Time (sec.)

Amplitude

Step Response

0 5 10 150

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

0.04From: U(1)

To: Y

(1)

)3)(85.0·4.2()2·(05.0)( 2 +++

+=

sssssG

)43.0(017.0)(+

=s

sGeq

Respuesta del sistema original. Respuesta del sistema equivalente.

u(t) y(t)

13

PROBLEMA:

En el sistema de la figura las funciones de transferencia representadas tienen las siguientes características:

• R(s) es una función de transferencia con un único polo y ningún cero.• G(s) es un sistema de primer orden, sin ceros, con constante de tiempo T=10 segundos y ganancia estática K=36• H(s) es un sistema de primer orden sin ceros.• M(s) tiene entre otros elementos un cero en s=-20.

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

Construya uno de los posibles ejemplos para las funciones R(s), G(s) y H(s) que bajo las condiciones anteriores cumpla con las siguientes especificaciones del sistema:

• El sistema tiene error de posición cero: ep=0• El sistema tiene ganancia estática 5 (la señal de entrada x(t) varía entre ±10V para que y(t) varíe entre ±50rad/s, es

decir, cuando la entrada es 5V la salida es 25rad/s)• El sistema es estable.

SOLUCIÓN:

14

PROBLEMA:

Sobre las señales representadas en la figura determinar:

Sistemax(t) y(t)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5-3

-2

-1

0

1

2

3

t [s]

yRP(t)

x(t)

a) La expresión de la función de la entrada x(t).

b) La relación de amplitudes entre la entrada y la salida en valor absoluto y en deciBelios.

c) La diferencia de fase entre la entrada y la salida en grados y en radianes.

d) La expresión de la respuesta en régimen permanente del sistema yRP(t).

e) Representar el o los puntos correspondientes a los valores obtenidos sobre un diagrama de Bode, un diagrama Magnitud-Fase y un diagrama polar.

SOLUCIÓN:

a) La función x(t) es: )()··sen()( 0 tuttx π=

b) La relación de amplitudes para ω=π se deduce de la figura, donde la amplitud de la señal de salida es 3 frente a la de la señal de entrada que es 1: [ ] [ ]dBdBAA 54.93·log20)3(1/3)( ==⇒=π

c) La diferencia de fase se obtiene midiendo el tiempo de retraso de la senoide de la salida frente a la de la entrada. En este caso ese tiempo es de 0.5 s que, teniendo en cuenta que el periodo de las señales es de 2 s (360º), equivale a un ángulo de 90º de retraso: rad2/º90)( ππ −=−=Ψ

d) Dados los resultados anteriores la respuesta en régimen permanente del sistema es: )2/··sen(3)( ππ −= ttyRPe) Con los datos obtenidos anteriormente se pueden realizar las tres representaciones gráficas:

0 [dB]

10 [dB]

20 [dB]

0º-90º-180º

A(ω) [dB]

ψ(ω) [º]

9.54 ω=π

1 100.10 [dB]

10 [dB]

20 [dB] 0º

-90º

-180º

A(ω) [dB] ψ(ω) [º]

ω [rad/s]π

9.54 A(π)

ψ(π)

Diagrama de Bode Diagrama Magnitud-Fase

Re

Im

Diagrama Polar

-3 ω=π

-90º

G(jπ)

15

PROBLEMA:

Sobre las señales representadas en la figura determinar: Sistema

x(t) y(t)

a) La expresión de la función de la entrada x(t).b) La relación de amplitudes entre la entrada y la salida en valor absoluto y en decibelios una vez alcanzado el régimen

permanente.c) La diferencia de fase entre la entrada y la salida en grados y en radianes un vez alcanzado el régimen permanente.d) La expresión de la respuesta en régimen permanente del sistema yRP(t).e) Representar los puntos correspondientes a los valores obtenidos sobre un diagrama de Bode, un diagrama Magnitud-

Fase y un diagrama polar.

SOLUCIÓN:

a) La función x(t) es: )()··063.0()()·100/·2·()( 00 tutsentutsentx == π

b) La relación de amplitudes para ω=2·π/100=0.063 rad/s se deduce de la figura, donde la amplitud de la señal de salida es 0.5 frente a la de la señal de entrada que es 1: [ ] [ ]dBdBAjG 02.65.0·log20)063.0(1/5.0)063.0( −==⇒=

c) La diferencia de fase se obtiene midiendo el tiempo de retraso de la senoide de la salida frente a la de la entrada. En este caso la senoide de salida va en realidad adelantada 25 segundos respecto a la entrada que, teniendo en cuenta que el periodo de las señales es de 100 segundos (360º), equivale a un ángulo de 90º de adelanto:

radjG 2/)063.0(º90)063.0( π+=⇒+=Ψ

d) Dados los resultados anteriores la respuesta en régimen permanente del sistema es: )2/·063.0(·5.0)( π+= tsentyRP

e) Con los datos obtenidos anteriormente se pueden realizar las tres representaciones gráficas:

-10 [dB]

0 [dB]

10 [dB]

+180º+90º0º

A(ω) [dB]

ψ(ω) [º]

-6.02 ω=0.063

0.1 10.01-10 [dB]

0 [dB]

10 [dB] +180º

+90º

0º

A(ω) [dB] ψ(ω) [º]

ω [rad/s]0.063

-6.02A(0.063)

ψ(0.063)

Diagrama de Bode Diagrama Magnitud-Fase

Re

Im

Diagrama Polar

0.5

ω=0.063+90º

G(0.063j)

-50 -25 0 25 50 75 100 125 150 175 200-1

-0.5

0

0.5

1

x(t)

y(t)

t [segundos]

16

PROBLEMA:

A partir del diagrama de Bode de la figura, obtener:

a) El diagrama Magnitud-Fase del sistema.

b) Una representación aproximada del diagrama Polar de ese sistema.

c) Sabiendo que la función de transferencia del sistema es del tipo:

22

2

···2·)(

nn

n

ssKsG

ωωξω

++=

determinar los valores de “K”, “ξ” y “ωn”.

d) ¿Cuál será la respuesta en régimen permanente a una señal senoidal de amplitud 2 y pulsación igual a la de la resonancia del sistema? Formular matemáticamente ambas funciones y representarlas gráficamente de forma aproximada.

Ψ(ω)

A(ω)

SOLUCIÓN:

a) Se puede trazar el diagrama Magnitud-Fase de forma aproximada a partir del diagrama de Bode. Para ello basta con tomar los valores de las curvas A(ω) y ψ(ω) para unos cuantos valores de ω.

ω=1 rad/s => A(1)≈20 dB; ψ(1)≈0º

ω=10 rad/s => A(10)≈21 dB; ψ(10)≈-5º ω=20 rad/s => A(20)≈25 dB; ψ(20)≈-10º

ω=30 rad/s => A(30)≈40 dB; ψ(30)≈-90º

ω=100 rad/s => A(100)≈0 dB; ψ(100)≈-175º

ω=300 rad/s => A(300)≈-20 dB; ψ(300)≈-180º

ω=1ω=10

ω=20

ω=30

ω=100

ω=300

17

b) Para trazar el diagrama Polar de forma aproximada se pueden observar también los valores y las tendencias de las curvas A(ω) y ψ(ω):

ω->0 rad/s => A(0)->20 dB=>|G(j·0)|->10; ψ(0)->0º

ω=30 rad/s => A(30)≈40 dB=>|G(j·30)|≈100; ψ(30)≈-90º

ω->∞ rad/s => A(∞)->-∞ dB=>|G(j·∞)|->0; ψ(∞)->-180º

c) El sistema es de segundo orden sin ceros. Esto permite determinar sus distintos parámetros a partir del diagrama de Bode.

Para determinar el valor de K, se tiene en cuenta que cuando:

ω->0 rad/s => A(0)->20 dB=>|G(j·0)|->10≈≈≈≈K

Los valores de ξ y ωn se puede deducir de las expresiones que dan el pico de resonancia del diagrama de Bode:

−=

−=

<<2

2

·21·1··21

707.00ξωωξξξ

nr

rMsi Mr≈20 dB=10; ωr≈30 rad/s => ξξξξ=0.05; ωωωωn≈≈≈≈30 rad/s

Luego:900·3

9000)( 2 ++=

sssG

d) La pulsación de resonancia es ωr≈30 rad/s luego la entrada será: x(t)=2·sen(30·t)· u0(t).

Como si ω=30 rad/s => A(30)≈40 dB => |G(j·30)|≈100; ψ(30)≈-90º= -π/2 rad.

La salida en régimen permanente será: yrp(t)=200·sen(30·t-ππππ/2)

0 0.5·π 1·π 1.5·π 2·π 2.5·π 3·π 3.5·π 4·π 4.5·π 5·π-200

-2

0

2

200

t [s]

yRP(t)

x(t)

30 30 30 30 30 30 30 30 30 30

Re G(jω)Im G(jω)

-100

10ω=0

ω=30

ω=∞

18

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura:

524)( 22 +⋅+

=ss

sG )(sYs

sG 1)(1 =)(sX)(sE

a) Obtenga x(t) si e(t) es un escalón unitario uo(t). ¿Qué características tiene G1(s)?b) Indique las características de la respuesta transitoria de G2(s) si x(t) es un escalón unitario uo(t). ¿Qué características

tiene G2(s)?c) Describa la estabilidad del sistema en conjunto, G1(s)·G2(s).d) Represente el diagrama de bode de G1(s)·G2(s) y señale sobre él si el sistema presenta resonancia.

SOLUCIÓN:

19

20

PROBLEMA:

El diagrama de Bode representa la respuesta en frecuencia de un sistema G(s):

a) Determine y dibuje la respuesta en régimen permanente del sistema en bucle abierto y(t) si x(t)=2·sen(10·t).

b) A la vista del pico de resonancia que presenta el sistema, determine la frecuencia natural y el coeficiente de amortiguamiento de los polos complejos conjugados responsables de ese pico de resonancia.

Mr=3db

A(ω) Ψ(ω)

SOLUCIÓN:

a)

−=⇒−=Ψ=⇒≈

=radjG

jGdBA4/)10·(º45)10(4)10·(12)10(

10π

ω yrp(t) = 4·2·sen(10·t - ππππ/4)

10

20

68

4

-2 -4 -6 -8 -10

x(t)

yrp(t)

π/10

2π/10

3π/10

4π/10

t

b) El sistema presenta un pico de resonancia a frecuencia ωr = 90 rad/s de valor Mr = 3 dB. Se puede determinar el coeficiente de amortiguamiento y la frecuencia natural de los polos correspondientes a ese pico con las expresiones:

2

2·21·

1·21 ξωω

ξξ−=

−= nrrM

En la primera expresión Mr está en valor absoluto (no en dB): Mr=103/20=1,41 con lo que se obtienen 4 soluciones:ξ1 = 0,92; ξ2 = -0,92; ξ3 = 0,38; ξ4 = -0,38. La única solución válida en este caso es: ξξξξ = 0,38.

De la segunda expresión se deduce: ωωωωn = 106,72 rad/s.

G(s) y(t)x(t)

21

PROBLEMA:En la figura se representan los diagramas de Bode de dos sistemas de fase mínima, G1(s) y G2(s), y sus correspondientes diagramas polares.

a) Determine el diagrama de bode y el diagrama polar del sistema G3(s) resultado de poner en cascada los sistemas G(1) y G(2).

b) ¿Cuál es la respuesta del sistema G3(s) en régimen permanente ante una señal de entrada x(t) = sen(0.1·t) + sen(t+π/4)?

1 I

ψ(ω)

A(ω) 45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB]0.01 0.1 1 10[rad/s]

Re

Im

ω=0ω=∞

2 II

ψ(ω)

A(ω)

45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB]0.01 0.1 1 10[rad/s]

Re

Im

ω=0 ω=∞

SOLUCIÓN:

a)3 III

ψ(ω)

A(ω)

45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB]0.01 0.1 1 10[rad/s]

Re

Im

ω=0

ω=∞

b) A partir de diagrama de Bode de G3(s):

A(0.1) = A(1) = -10 dB ; ψ(0.1) = π/4 ; ψ(1) = -π/4

yRP(t) = 10-10/20·sen(0.1·t+π/4) + 10-10/20·sen(t+π/4-π/4)

yRP(t) = 0.32·sen(0.1·t+ππππ/4) + 0.32·sen(t)

X(s) Y(s)G2(s)G1(s)

G3(s)

22

PROBLEMA:Se pretende utilizar el circuito de la figura, cuya función de transferencia se indica, como amplificador resonante de tensión para una determinada frecuencia:

us(t)

R i=0

ue(t)

i(t)C

Li(t)

1L·C·s2+R·C ·s+1

Ue(s) Us(s)

R=1000Ω, L=0,01H, C=4·10-12F

a) Clasifique el sistema: Orden del sistema, nº de polos y/o ceros, estabilidad, amortiguamiento, tipo.b) ¿Cuál es la frecuencia de resonancia del sistema? (es decir, la frecuencia de entrada que más va a amplificar)c) ¿Cuál es la ganancia del sistema a la frecuencia de resonancia? d) Dibuje los puntos que corresponden en los diagramas de Bode, Magnitud-Fase y Polar, a las frecuencias 106, 5·106 y 107 rad/s para el sistema dado.e) Complete el trazado aproximado de las curvas de los tres diagramas.

SOLUCIÓN:

23

24

PROBLEMA:

El diagrama de Bode representa la respuesta en frecuencia del sistema G(s) de la figura. G(s) es estable y de primer orden.

a) Representar aproximadamente la respuesta del sistema a una entrada escalón en A(s) de 3 unidades.

b) Representar aproximadamente la respuesta en régimen permanente del sistema ante una entrada senoidal en B(s) de ω=1/T [rad/s] y amplitud 3.

c) Representar aproximadamente la respuesta en régimen permanente del sistema ante ambas entradas simultáneas en A(s) y B(s).

G(s)

A(s)Y(s)+

+B(s)

SOLUCIÓN:

ψ(ω)A(ω)

1/T 10/T0.1/T [rad/s]

0º

-45º

-90º

-135º

0 [dB]

5 [dB]

10 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

25

q=0, 1, 2, 3, …

26

PROBLEMA:

En el sistema de la figura, la relación entre las variables v(t), tensión de control, e y(t), desplazamiento del dispositivo, está definida por la función de transferencia representada.

a) Indique, razonando la respuesta, si el sistema G(s)=Y(s)/V(s) es estable o inestable.b) Razone como se puede determinar y dibuje de forma aproximada, la respuesta y(t) del sistema si la tensión de control v(t) pasa bruscamente de 0 a 5 voltios.c) ¿Cómo oscila la velocidad angular ω(t) si la tensión de control es una función senoidal v(t)=8·sen(0.1·t)·u0(t)?¿Y la posición y(t)?

SOLUCIÓN:

a) La función de transferencia G(s) presenta un polo real (estable) y otro en el origen. Esto hace que el sistema sea limitadamente estable.

b) El ejercicio se plantea como la respuesta de G(s) ante una entrada escalón. Pero se puede simplificar su interpretación considerando que es lo mismo que la respuesta de un sistema de primer orden ante una entrada en rampa:

)1(1)()(··5)();()·(

)1(1·5

)1·(1·5)()·()()(·5)( 1011120 +

===+

=+

==⇒=s

sGtuttxsGsXsssss

sGsXsYtutx

G1(s) tiene una constante de tiempo T1=1 segundo y una ganancia K1=1, su respuesta a una rampa de pendiente 5 será:

t

y(t)

T=1

-5

(pendiente 5)T=1

c) La respuesta ω(t) en régimen permanente será: ωRP(t)=8·|G1(0.1·j)|·sen(0.1·t+|G1(0.1·j) ). Se puede calcular fácilmente: G1(0.1·j)=1/(0.1·j+1)⇒ |G1(0.1·j)|≈1; |G1(0.1·j)≈0 ⇒ ωωωωRP(t)=8·sen(0.1·t).

Para obtener yRP(t)=8·|G(0.1·j)|·sen(0.1·t+|G(0.1·j) ), es quizás más cómodo trazar el diagrama de bode de G(s) y obtener A(0.1) y Ψ(0.1). Del diagrama de Bode se obtiene A(0.1)=20dB⇒ |G(0.1·j)|=10; Ψ(0.1)=-90º⇒|G(0.1·j)=-π/2. yRP(t)=80·sen(0.1·t-ππππ/2).

ψ(ω)

A(ω) -135º

-90º

-180º

-225º

40 [dB]

20 [dB]

0 [dB]

-20 [dB]

-40 [dB]0.01 0.1 1 10[rad/s]

Se puede comprobar mediante la Antitransformada de Laplace:

[ ] )()·1·(5)()()1·(

5)()·()(

01

2

tuetsYLtyss

sGsXsY

t−− +−==

+==

M

y(t)

v(t) Y(s)V(s))1(

1+s

ω(t)

Ω(s)s1

27

PROBLEMA:

El modelo de un sistema de suspensión se puede representar simplificadamente de la siguiente forma:

M=100 KgK=50000 N/mB=1000 N·s/m

y(t) = altura de la masax(t) = altura del punto de contacto rueda-suelo

Siendo la única ecuación diferencial necesaria para su descripción, considerando el sistema lineal y los valores iniciales x0=y0=0, la siguiente:

[ ] 0)()(·)()(·)(· 2

2

=−+

−+ txtyK

dttdx

dttdyB

dttydM

De la misma manera, x(t) puede considerarse como una señal senoidal aplicada a la entrada del sistema con los valores de amplitud y frecuencia que representa la figura anterior.

a) Obtener la función de transferencia G(s)=Y(s)/X(s).

b) Obtener la respuesta yRP(t) (evolución en el tiempo de la altura de la masa en régimen permanente) ante la entrada x(t) propuesta y representar gráficamente ambas señales.

c) ¿Qué modificaciones (aumentar o disminuir) se podrían hacer sobre los parámetros K (cte. elástica del resorte) y/o B (coeficiente de rozamiento viscoso del amortiguador) para que se reduzca lo más posible la amplitud de las oscilaciones de la altura de la masa (yRP(t)) al circular sobre la superficie indicada.

a) La ecuación diferencial que describe al sistema es lineal, y además los valores iniciales de las variables son cero, por lo que en transformadas de Laplace se obtiene directamente:

KsBsMKsB

sXsYsG

sXKsYKsXsBsYsBsYsM

+++

==

=−+−+

···

)()()(

0)(·)(·)(··)(··)(··

2

2

Sustituyendo valores: 500·10)50·(10)( 2 ++

+=

ssssG

b) Antes de analizar la respuesta en frecuencia del sistema, se puede representar cuál es la distribución de polos y ceros y sus parámetros más significativos:

ceros: s+50=0 ⇒ sz = -50polos: s2+10·s+500 = 0 ⇒ sp1,2 = -5±21.8j

Los parámetros relativos al par de polos complejos de la función de transferencia serán:

==

==⇒=++≡=++≡=++

22.0··2

4.220···20·0·· 2222

MKBMK

ssMKs

MBsKsBsM

n

nn

ξ

ωωωξ

Como 0<ξ<0.707, la respuesta en frecuencia de ese par de polos presentará resonancia:

[ ] [ ]dBMsrad rnr 35.7)33.2·log(2033.21··21/29.21·21·

2

2 =≡=−

==−=ξξ

ξωω

La señal de entrada x(t) a la que se va a ver sometido el sistema se puede considerar como una señal senoidal de amplitud pico a pico 0.1 m y de frecuencia, f, 3.4 ciclos por segundo [Hz], o sea que la pulsación será:

ω=2·π·f=2·π·3.4=21.36 [rad/s] y por lo tanto: x(t)=0.05·sen(21.36·t)

G(s)=Y(s)/X(s)X(s) Y(s)

M

K B

y(t)

x(t)

v=3,4 m/s

1 m

10 cm

Re

Im

-21.8

-5-50

21.8

x(t)M=0.05

t

-0.05

π/ω 2·π/ω

T=1/3.4

0.1

28

A partir de aquí se puede optar por varias vías para obtener: ))(·(··)()( ωωω jGtsenMjGtyRP +=

Las dos soluciones más inmediatas en este caso son:

1) Calcular el valor complejo G(jω) con ω=21.362) Obtener los valores de módulo y argumento de G(jω) a partir del diagrama de Bode de G(s).

( ) ( ) 150·

500·

150·

500··10·)50··(10)(

500·10)50·(10)( 222

++

+=

+++

=⇒++

+=

ωω

ω

ωωωω

jj

j

jjjjG

ssssG

1) Operando:

( )

−=

=⇒

++

=+−

+=

radjG

jG

jj

jjjG

965.0)36.21(

5.2)36.21(

6.21375.436.213500

6.21336.21500)36.2150·(10)36.21( 2

)965.0·36.21(·125.0)965.0·36.21(·05.0·5.2)( −=−= tsentsentyRP

2) En el diagrama de Bode de G(s) se puede observar que el valor de ω=21.36 se encuentra muy próximo a la frecuencia de resonancia de los dos polos de G(s). Aproximadamente:

[ ]radjG

jGdBA

05.1)36.21(º60)36.21(

33.210)36.21(35.7)36.21( 2035.7

−=⇒−=Ψ

==⇒=

)05.1·36.21(·1165.0)05.1·36.21(·05.0·33.2)( −=−= tsentsentyRP

100 101 102 103-20

-10

0

10

20

30

40

Pulsación [rad/s]

Ganancia [dB]

-270º

-225º

-180º

-135º

-90º

-45º

0ºFase [º]

Mr=7.35 dB

ω≈ωr≈ωn

Ψ(21.36)≈-60º

A(21.36)≈7.35 dB

A(ω)

Ψ(ω)

c) La amplitud de la función senoidal yRP(t) depende directamente de |G(jω)|. Este factor se reducirá moderadamente si se reduce la amplitud de resonancia Mr que depende del coeficiente de amortiguamiento ξ. El aumento de B y la reducción de K aumentarían el valor de ξ reduciendo la amplitud del pico de resonancia.

Sin embargo la forma más efectiva de que el valor |G(21.36j)| disminuya es reducir el ancho de banda del sistema haciendo que la frecuencia de corte ωn sea más baja. Esto se puede conseguir reduciendo el valor de K.

21··21

··2 ξξξω

−=== rn M

MKB

MK

29

y(t)

tt1

1

2a)

y(t)

tt1

1

2b)

y(t)

tt1

1

2c)

y(t)

tt1

1

2d)

PROBLEMA:

Dado el siguiente sistema y las señales de entrada x(t) y z(t) representadas, indique razonadamente a que tipo de respuesta y(t) ("a)", "b)", "c)" y/o "d)") puede corresponder a cada una de las combinaciones de los tipos de G(s) y R(s) indicadas:

G(s)+ -

x(t)

tR(s)+

+X(s)Z(s)

Y(s)

z(t)

tt1

1

1

f) G(s) es de tipo 1 y R(s) es de tipo 0.g) G(s) es de tipo 1 y R(s) es de tipo 1.h) G(s) es de tipo 0 y R(s) es de tipo 0.i) G(s) es de tipo 0 y R(s) es de tipo 1.

SOLUCIÓN

a) La respuesta de la gráfica "a)" es posible en el caso "3", cuando G(s) y R(s) son de tipo 0 y por lo tanto existirá error de posición en régimen permanente ante ambas entradas.

b) La respuesta de la gráfica "b)" es posible para el caso "1", ya que al ser G(s) de tipo 1 se anulará el error de posición en régimen permanente, pero no se anulará el efecto de la perturbación z(t) sobre el régimen permanente al ser R(s) de tipo 0.

c) La situación de la gráfica "c)" no es posible en ninguno de los casos de tipo de G(s) y R(s) presentados.

d) La respuesta de la gráfica "d)" es posible siempre que R(s) sea de tipo 1, es decir en los casos "2" y "4", ya que de esa manera desaparece el error de posición en régimen permanente, y el sistema no acusa el efecto de la perturbación z(t) una vez que se alcanza de nuevo el régimen permanente.

30

PROBLEMA:

En el sistema de la figura, la relación entre las variables v(t), tensión de control, e y(t), desplazamiento del dispositivo, está definida por la función de transferencia G(s)=Y(s)/V(s).

M

y(t)

v(t) Y(s)V(s))1(

1+s

ω(t)

Ω(s)s1

El sistema se realimenta tal como se indica en la siguiente figura con un sensor que mide la posición del dispositivo móvil y que tiene como función de transferencia H(s) y un regulador de ganancia modificable R(s)=KR>0. De esta manera, la señal x(t) funciona como referencia de posición del dispositivo. Se representa además el Lugar de las Raíces correspondiente al sistema cuando KR varía entre 0 e infinito.

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

Re

Im

-1 -2

KR=0.077s=-0.423

KR=1.2s=1.41j

a) ¿Para qué valores de KR es estable el sistema realimentado? b) ¿Qué valores de KR hacen que el dispositivo se posicione sin oscilaciones una vez establecido un valor de referencia en la entrada x(t)?c) ¿Dónde se posiciona el dispositivo (valor de y(t) cuando t→∞) si x(t)=5·u0(t)? d) ¿Cuáles son los errores en régimen permanente del sistema?e) Razone, ¿cuál debería ser la función de transferencia del regulador R(s) si se desea que el comportamiento del sistema en bucle cerrado sea lo más parecido posible a un sistema de segundo orden críticamente amortiguado y que el error de velocidad del sistema sea nulo?

SOLUCIÓN:

a) El lugar de las raíces indica que el sistema será estable si 0<KR<1.2, ya que para valores superiores los dos polos que están sobre las ramas que cruzan el eje imaginario harán que el sistema M(s) sea inestable.

b) Considerando dominantes los dos polos de M(s) que se encuentran sobre las dos ramas más próximas al eje imaginario, deducimos que el comportamiento de M(s) puede ser similar al de un sistema de 2º orden. Para que un sistema de 2º orden responda por ejemplo a una entrada escalón en x(t) sin oscilaciones, es necesario que sea sobreamortiguado, es decir, que sus dos polos sean reales. Esto sucede si 0<KR<0.077. Para valores superiores a 0.077 el sistema tendrá dos polos complejos conjugados y presentaría la sobreoscilación y oscilaciones típicas de un sistema subamortiguado ante una entrada escalón.

c) Teniendo en cuenta que el sistema presenta error de posición nulo (ep=0) debido a que R(s)·G(s) es de Tipo 1, y que la ganancia de los elementos de realimentación es

25)(

)1(1)()(

+=

+==

ssH

sssGKsR R

x(t)

h0·y(t)

ep=05

t

31

h0=lims→0H(s)=2.5, ante la entrada x(t)=5·u0(t) la salida en régimen permanente deberá alcanzar el valor 5/h0. Es decir, como ep=0 ⇒ x(∞)=h0·y(∞)=5 ⇒ y(∞∞∞∞)=2.

Se puede comprobar también a través del teorema del valor final:

2·5)2)(1·(

)2·(·5lim

)()·()·(1)()·(·5·lim)()·(·lim)(·lim)(lim)( 0000 =

++++

=+

====∞ →→→→∞→R

Rsssst Ksss

sKsHsGsR

sGsRs

ssMsXssYstyy

d) R(s)·G(s) es de Tipo 1, por lo tanto: ep = 0 ; ev = 1/Kv ; ea = ∞ ; donde:)(··lim 00 sGhsK eqsv →=

2·5.25.2

25)(5.2)(lim 000 +

−=−

+=−⇒== → s

ss

hsHsHh s

sKssssK

ssssK

ssK

hsHsGsRsGsRsG

R

R

R

R

eq ··5.2)2)·(1·()2·(

)2)·(1·(··5.2

1

)1·())()·(()·(1

)()·()(0 −++

+=

++−

+

+=

−+=

e) Para que el sistema tenga un comportamiento críticamente amortiguado el sistema M(s) debería ser de 2º orden y tener un polo real doble. La situación más próxima a la planteada sería que los polos dominantes de M(s) fueran un polo doble, y esa situación se da, según indica el lugar de las raíces, cuando KR=0.077.

Para eliminar el error de velocidad ev=0 habrá que aumentar el tipo del sistema R(s)·G(s) sin variar KR, añadiendo un polo en el origen en la función de trasferencia R(s). Se construye de esta manera un regulador PI:

sc)(s0.077·R(s) +

=

El valor de “c” se determina tomando 1/10 de la distancia de los polos que serán dominantes del sistema M(s) para KR=0.077, es decir: c=0.423/10=0.0423

s0.0423)(s0.077·R(s) +

=

NOTA: En realidad este regulador no proporciona exactamente un error de velocidad nulo, debido a que la realimentación no es simplemente un valor de ganancia sin dinámica. La presencia de dinámica en la realimentación H(s) hace que el error de velocidad se vuelva negativo y que la rampa que sigue la respuesta del sistema se “adelante” a la rampa de la señal de entrada. Sin embargo, este fenómeno es prácticamente despreciable en este caso y sólo es significativo cuando la dinámica de los elementos de realimentación es mucho más lenta que la de la cadena directa del lazo.

t

y(t)

(pendiente 0.4)

Respuesta a una rampa de pendiente 1

ev=-0.5 segundos

-0.2

100

R

R

R

Rv K

KK

KK·5.22

·5·5.22

·25.2−

=−

=

segundosKKeR

Rv ·5

·5.22 −=

32

PROBLEMA:Dado el sistema de la figura:

1010)(

)1(3)()(

+=

+==

ssH

sssGKsR

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

a) ¿Cuántos polos y ceros presenta la función de transferencia de M(s)?b) ¿Cómo es el transitorio de la respuesta y(t) del sistema, para los distintos valores de K entre 0 e infinito, ante una

entrada escalón en x(t)?c) ¿A qué valor tiende y(t) en régimen permanente cuando K=1 y x(t) es un escalón de 3 unidades?d) ¿Cuál es el error que presenta el sistema ante la entrada del apartado anterior.

SOLUCIÓN:

Re

Im

-1-10

K1=0.08s=-0.49

K2=3.66s=3.16j

K2=3.66s=-11

K1=0.08s=-10.02

33

34

PROBLEMA:

En el sistema de la figura R(s)=K>0. Sabiendo que el sistema en bucle cerrado M(s) presenta sólo dos polos cuya disposición en función de K>0 representan las ramas del lugar de las raíces representado, indicar que pasa con el sistema en bucle cerrado cuando K aumenta bajo el punto de vista de:

• La estabilidad• El régimen permanente• El régimen transitorio

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

SOLUCIÓN:

Re

Im

35

36

PROBLEMA:La respuesta de un sistema G(s) ante impulso unitario (impulso de Dirac, ∆(s)=1) viene representada en la figura, donde K es un parámetro positivo.

Este sistema se realimenta negativamente mediante un captador H(s), de ganancia estática 10 y constante de tiempo 0,1 segundos.

Se pide:1. Estudiar la estabilidad de G(s)2. Calcular las funciones de transferencia G(s) y H(s).3. Dibujar el diagrama de bloques del sistema realimentado4. Dibujar, aproximadamente el lugar de las raíces del

sistema realimentado.5. Estudiar la estabilidad del sistema realimentado6. Representar de forma aproximada la respuesta del sistema

realimentado ante entrada escalón unitario, cuandoa. K toma valores pequeñosb. K toma valores intermediosc. K toma valores grandes

Caracterizar sobre dichos dibujos el régimen permanente y el transitorio de la respuesta en cada uno de los casos.

SOLUCIÓN:

1. El sistema G(s) tiene una respuesta ante impulso similar a la integral de la respuesta que tendría de un sistema de primer orden ante ese impulso. Eso quiere decir que G(s) tiene un integrador (un polo en el origen) por lo que se trata de un sistema Limitadamente Estable.

2. La respuesta y(t) es similar a la respuesta al escalón (1/s) de un sistema de primer orden (K/(1+T·s)), cuya transformada de Laplace sería: Y(s) = (1/s)· K/(1+T·s) , siendo T=1. Como en este caso la entrada x(t) es un impulso de transformada X(s)=1:

Y(s) = X(s)· G(s) = (1/s)·K/(1+T·s) ⇒ G(s) = K/(s·(1+T·s)) ⇒ G(s) = K/(s·(1+s))

Por su parte: H(s) = 10/(1+0.1·s)

3. 4.

U(s) +

_

V(s)G(s)

H(s)

M(s)

Re

Im

-1 -10

5. Visto el lugar de las raíces, el sistema será estable para valores de K>0 pequeños ya que si K aumenta demasiado habrá dos polos inestables en M(s), los polos que siguen las ramas que pasan a la parte real positiva del plano complejo.

6. a) M(s) tendrá tres polos reales, uno de ellos más a la izquierda de -10 con poca influencia en el régimen transitorio de la respuesta, por lo que la respuesta será similar a la de un sistema de segundo orden sobreamortiguado.

b) M(s) tendrá dos polos complejos conjugados estables (si K es suficientemente pequeña) y uno real más a la izquierda de -10 con poca influencia en el régimen transitorio de la respuesta, por lo que la respuesta será similar a la de un sistema de segundo orden subamortiguado.

c) M(s) tendrá dos polos complejos conjugados inestables (si K es demasiado grande) y uno real más a la izquierda de -10, por lo que la respuesta del sistema será inestable.

1t

K

37

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura:

55

)(1

10)(

+=

+=

ssH

ssG

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

Z(s)

+

+

M(s)

a) Diseñar un regulador R(s) que haga que el sistema de la figura cumpla las siguientes especificaciones ante entradas de tipo escalón en la variable x(t):

Sobreoscilación: Mp ≤ 4.33 %Tiempo de establecimiento: ts ≤ π/5 s.Las variaciones de z(t) no tendrán efecto sobre el régimen permanente de y(t).

b) Calcular los errores en régimen permanente del sistema de control obtenido, una vez instalado el regulador.

c) ¿Cuántos polos y ceros presenta la función de transferencia final de M(s) una vez diseñado el regulador?

SOLUCIÓN:

a) Las especificaciones de régimen transitorio imponen:

Mp ≤ 4.33 % ⇒ θ≤45ºts ≤ π/5 s=0.63 s ⇒σ≥5

Trazando el Lugar de las Raíces para R(s)·G(s)·H(s) con R(s)=Kr:

Como el Lugar de las Raíces no pasa por la región de las especificaciones se necesita un regulador PD, R(s)=Kr·(s+a)/(s+b), que se puede diseñar, por ejemplo, para que el Lugar de las Raíces pase por el punto: -5±5j.

Situando el cero en -5, a=5, según el criterio de la vertical, que en este caso también cancela un polo del sistema, se obtiene:

γ = α-β = (θp1 +θp2+…+θpn)-( θz1+θz2+…+θzm)+(2·q+1)·π ; q=0,1, ...⇒⇒ γ = θp1+θp2+180º

θp1 = 129º ; θp2 = 90 ⇒ γ = 399º ≡ 39º ⇒β = 51º ⇒ b ≈ 9

Aplicando el criterio del módulo:

Kr·10·5 = (n1· n2· n3)/m1 = (6.4·5·6.4)/5 ⇒ Kr = 0.82

Para cumplir la especificación de régimen permanente (anular el efecto de la perturbación) se necesita un polo en el origen en la función de transferencia del regulador. Se hace con un PI para no modificar la respuesta transitoria: PI=(s+c)/s

c = σdom/10 siendo σdom = 5 la que se buscaba para las especificaciones del transitorio ⇒ c=0.5. Finalmente:

)9·()5.0)·(5(82.0)(

+++

=sssssR

45º

Re

Im

5

-1-3-5

θp2

Re

Im

-b

β

-a=-5

γθp1α

-1

n1n2m1

n35

9582.0)(

++

=sssR

38

b) R(s)·G(s) es de Tipo 1, por lo tanto: ep = 0 ; ev = 1/Kv ; ea = ∞ ; donde:)(··lim 00 sGhsK eqsv →=

51

55)(1)(lim 000 +

−=−

+=−⇒== → s

ss

hsHsHh s

)5.0)·(5·(·2.8)5)·(1)·(9·()5.0)·(5)·(5·(2.8

)5)·(1)·(9·())·(5.0)·(5(2.81

)1)·(9·()5.0)·(5(2.8

))()·(()·(1)()·()(

0 ++−++++++

=

+++−++

+

++++

=−+

=sssssss

sss

sssssss

sssss

hsHsGsRsGsRsGeq

c) La función de transferencia en bucle cerrado es:

)5.0)·(5·(41)5)·(1)·(9·()5.0)·(5)·(5·(2.8

)5)·(1)·(9·()5.0)·(5(411

)1)·(9·()5.0)·(5(2.8

)()·()·(1)()·()(

+++++++++

=

+++++

+

++++

=+

=ssssss

sss

sssssssss

ss

sHsGsRsGsRsM

El numerador es de 3er grado, es decir 3 ceros, y el denominador es de 4º grado, 4 polos.

También, sería válido matemáticamente decir que el polo y el cero en s=-5 se cancelan y por lo tanto:

)5.0·(41)1)·(9·()5.0)·(5·(2.8)(++++

++=

sssssssM

2 ceros, (z1 = -5, z2 = -0.5) y 3 polos (p1 = -0.45, p2,3 = -4.8 ± 4.8j)

18.45.0·5·2.85·9

5.0·5·5·2.8=

−=vK

s24.0=ve

39

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura:

10)()3)·(6(

)9·(6)( =++

+= sH

ssssG

a) Diseñar el regulador R(s) más sencillo que haga que el sistema de la figura cumpla las siguientes especificaciones ante entradas de tipo escalón en la variable x(t):

Tiempo de pico: tp ≤ π/2 s.Tiempo de establecimiento: ts ≤ π/9 s.Error de posición: ep ≤ 15%.

b) ¿Qué características tiene la respuesta del sistema M(s) con el regulador calculado ante una entrada escalón unitario (Mp, tp, régimen permanente, etc …)?

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

SOLUCIÓN:

40

41

42

43

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura:

510)(

15)(

+=

+=

ssH

ssG

a) Determine que valores de “Kr” permitirían a un regulador proporcional “R(s)=Kr” llevar al sistema de la figura a cumplir las siguientes especificaciones ante entradas de tipo escalón en la variable “x(t)”:

Sobreoscilación: Mp ≤ 4.32 %Tiempo de pico: tp ≤ π/2 s.

b) Calcule los errores en régimen permanente del sistema para un valor de “Kr” cualquiera. (Utilice preferiblemente el valor de Kr más alto obtenido en el apartado anterior)

c) Si el error de posición del sistema no es nulo, ep=0, diseñe el regulador R(s) para que cumpla también esta nueva especificación.

d) Donde tendría aproximadamente sus polos y ceros M(s) con el regulador que ha diseñado.

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

SOLUCIÓN:

44

PROBLEMA:

a) Obtener las dos curvas del diagrama de Bode de M(s) a partir del diagrama Magnitud-Fase del sistema G(s) representado en la figura.

X(s)G(s)

+

_

Y(s)U(s)

M(s)

b) Obtener la respuesta en régimen permanente del sistema G(s) en bucle abierto a la entrada u(t)=4·sen(10·t).

G(s)Y(s)U(s)

c) Obtener la respuesta en régimen permanente del sistema M(s) a la entrada x(t)=7·sen(20·t)

SOLUCIÓN:

a)

ω=2

ω=10

ω=20

ω=50

ω=100

G(jω)

M(jω)

Ψ(ω)

A(ω)

c) yRP(t) ≈≈≈≈ 7·1.41·sen(20·t-0.17)b) yRP(t) ≈≈≈≈ 4·11.23·sen(10·t-2.56)

45

PROBLEMA:

Dado el sistema de la figura y el diagrama de bode de R(s)·G(s)·H(s) para KR=1:

a) Determinar los valores de KR que hacen estable al sistema en bucle cerrado, M(s).b) Determinar el error de posición en régimen permanente del sistema.c) Describir el comportamiento de la respuesta del sistema y(t) cuando la entrada z(t) cambia bruscamente de valor (se

produce un escalón en z(t)).d) Determinar los márgenes de estabilidad del sistema si KR=1.e) ¿Qué valor debe tener KR para que el margen de ganancia sea de 40 dB?

SOLUCIÓN:

a) La función de transferencia en bucle cerrado es: R

R

KssssK

sM·10)10)·(1·(

)10·()(

++++

=

Si se aplica el criterio de Routh al denominador de M(s): 0·10·10·11 23 =+++ RKsss

1) Todos los coeficientes del polinomio tienen que ser mayores que cero: 0010 >⇒> RR KK2) Se construye la tabla:

Los coeficientes de la primera columna han de ser positivos ya que no puede haber cambios de signo en la primera columna:

00·10

110·10110

>⇒>

<⇒>−

RR

RR

KK

KK

Por lo tanto el sistema en bucle cerrado es estable si: 110 << RK

b) Para calcular los errores en régimen permanente, se determina primero cual es el tipo del sistema. Para ello se observa cuantos polos en el origen tiene la función de transferencia de la cadena directa R(s)·G(s). En este caso el sistema es de Tipo 1, por lo tanto: eP = 0.

c) Al existir un polo en el origen en la función de transferencia R(s) antes de la entrada de perturbación z(t), un escalón en esta variable provocará variaciones transitorias en la salida y(t), pero volverá al valor que tenía antes del instante de producirse el escalón. Se puede comprobar calculando y(∞) cuando z(t)=u0(t):

0·10)10)·(1·(

)10·(·1·lim)()()·(·lim)(·lim)(lim)( 000 =

++++

====∞ →→→∞→R

ssst Ksssss

ss

sZsYsZssYstyy

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

Z(s)

+

+

M(s)

1010)(

11)()(

+=

+==

ssH

ssG

sKsR R

R

R

R

K

K

K

ssss

·1010

·1011

·10110111

0

1

2

3

−

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Phase (deg)Magnitude (dB)

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

20

10-1

100

101

102-360

-315

-270

-225

-180

-135

-90

-45

0

A(ω )

ψ(ω)

46

d) Acudiendo al diagrama de bode de R(s)·G(s)·H(s) para KR = 1 y teniendo en cuenta que R(s)·G(s)·H(s) es un sistema de fase mínima, los márgenes del sistema en bucle cerrado, M(s), serán:

Ambos márgenes son positivos, por lo que se confirma que el sistema en bucle cerrado es estable para KR = 1.

e) Para que el margen de ganancia aumente hasta 40 dB, la curva A(ω) debe “bajar” 20 dB, es decir la ganancia de R(s)·G(s)·H(s) se tiene que dividir por 10, por lo que KR = 1/10 = 0.1

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Phase (deg)

Magnitude (dB)

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

20

10-1

100

101

102-360

-315

-270

-225

-180

-135

-90

-45

0

A(ω)ψ(ω)

Kg=40 dB

ωg=3

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Phase (deg)Magnitude (dB)

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

20

10-1

100

101

102-360

-315

-270

-225

-180

-135

-90

-45

0

A(ω )

ψ(ω)

Kg=20 dB

γ=45º

ωγ=0.8 ωg=3

47

PROBLEMA:

En la figura A(s) es un sistema con dos polos reales estables descrito por el diagrama de Bode adjunto.

a) Determine la estabilidad del sistema en bucle cerrado por medio del diagrama polar.b) ¿Cómo influye el valor de K en la estabilidad?c) ¿Cómo se comporta el sistema si aparece un escalón en la perturbación z(t)?

X(s) +

_

Y(s)A(s)K

Z(s)+

+s

SOLUCIÓN:

10-1

100

101

102

103

-40

-20

0

20

ω (rad/s)

-180º

-90º

0º

-270º

A(ω)

ψ(ω)

48

49

PROBLEMA:En la figura A(s) es un sistema de fase mínima descrito por el diagrama de Bode adjunto y B(s) un sistema de primer orden descrito por su respuesta ante un escalón unitario, u0(t).

a) Determine la estabilidad del sistema por medio del diagrama polar.b) ¿Cómo influye el valor de K en la estabilidad?

X(s) +

_

Y(s)A(s) B(s)K

Z(s)+

+

SISTEMA B(s)

t

y(t)

1

0,63

1

3

0,95

SOLUCIÓN:

10-2

10-1

100

101

102

-40

-20

0

20

ω (rad/s)

-180º

-90º

0º

-270º

A(ω)

ψ(ω)

SISTEMA A(s)

50

PROBLEMA:

Dado el diagrama de Bode de la figura, que podría corresponder a un amplificador de banda, resuelva las siguientes cuestiones:

1) Observando la curva A(ω) del sistema, ¿cuántos polos y ceros podría tener la función de transferencia del sistema y cuáles podrían ser sus valores?

2) ¿Cuál de las siguientes señales de entrada será atenuada y cuál amplificada?a) x(t)=sen(40·t)b) x(t)=sen(300·t)

3) Dibuje el diagrama Magnitud-Fase y el diagrama polar del sistema.

4) Sabiendo que el sistema es de fase mínima, ¿es estable si se realimenta unitaria y negativamente?

5) Determine los márgenes de fase y de ganancia del sistema resultante al realimentar unitaria y negativamente.

SOLUCIÓN:

Ψ(ω)

A(ω)

51

PROBLEMA:

Dado el diagrama de bode de la figura correspondiente a un sistema G(s) de fase mínima:

a) Dibujar su diagrama Polar.b) Si el sistema se realimenta unitaria y negativamente, ¿Es

estable el sistema realimentado?c) ¿Cuáles son los márgenes de fase y ganancia?d) ¿Cuál es el valor por el que hay que multiplicar a G(s)

para que el sistema en bucle cerrado se encuentre en la situación límite entre la estabilidad y la inestabilidad?

SOLUCIÓN:

Frequency (rad/sec)Phase (d

eg); Magnitude (d

B)

Bode Diagrams

-80

-60

-40

-20

0

20From: U(1)

10-1 100 101 102-270

-180

-90

0

To: Y

(1)

52

PROBLEMA:

Dado el diagrama de bode de la figura correspondiente a un sistema G(s) de fase mínima:

a) Cuál será la respuesta en régimen permanente, yrp(t), del sistema G(s) en bucle abierto si la entrada al mismo es la señal en frecuencia siguiente:x(t)=[sen(t)+2·sen(10·t+π/2)+3·sen(100·t-π/2)]·u0(t)

b) Dibujar el diagrama Polar de G(s).c) Si el sistema se realimenta unitaria y negativamente, ¿Es

estable el sistema realimentado? ¿Cuáles son los márgenes de fase y ganancia?

SOLUCIÓN: Frequency (rad/sec)

Bode Diagrams

-80

-60

-40

-20

0

20

[º]

10-1 100 101 102-270

-180

-90

0

[db]

53

PROBLEMA:

Dado el sistema de la siguiente figura, ajuste el valor de KR para que el margen de fase del sistema sea de 45º. ¿Qué ocurriría con el margen de fase y la estabilidad del sistema si la realimentación tiene un retardo puro de un segundo? ¿Qué corrección habría que hacer sobre KR para mantener la estabilidad del sistema?

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)

+ _

M(s)

SOLUCIÓN:

Se dibuja inicialmente el diagrama de bode del sistema en bucle abierto R(s)·G(s)·H(s), suponiendo un valor inicial para KR, por ejemplo KR=1.

ψ(ω)

-45º

-0º

-90º

-135º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]0.1 1 10 100[rad/s]

-180º

0.2 2 20

A(ω)para KR=1

A(ω)para KR=1.78

γ=45º

ωγ=3.6

5 dB

14 dB

A través de este trazado se puede ver que, para que el margen de fase sea de γ=45º, la frecuencia a la que corta la curva A(ω) la horizontal por 0 dB debe de ser aproximadamente ωγ=3.6 rad/s. Para ello, la curva A(ω) que se ha trazado para KR=1 debería de subir al menos 5 dB, es decir, hay que multiplicar KR por 105/20=1.78: KR=1.78

El efecto sobre la estabilidad del sistema de la presencia de un retardo puro en la realimentación es muy negativo: puede hacer que el margen de fase se haga incluso negativo haciendo al sistema en bucle cerrado inestable. Esto se puede ver al trazar el diagrama de bode de un retardo T=1 segundo que, al sumarlo al Bode anterior, dará como resultado que el margen de fase se baje aproximadamente 206º a la pulsación ωγ=3.6, haciendo inestable el sistema.

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)·e-T·s

+ _

M(s)

ψ(ω) -0º

90º

-90º

-180º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]0.1 1 10 100[rad/s]

-270º0.2 2 20

A(ω)

20 [dB]

ωγ=3.6

-206º

Bode de un retardo puro de un segundo

210)(

)1(1)()(

+=

+==

ssH

ssGKsR R

º26.206180·6.3)(6.3

][)(][0)(1)(

1X(s)Y(s))(

·

·

−=−=⇒=

−==

−==

===

−

−

πωψω

ωωψω

ωω

γγ

ω

para

raddBA

ejG

TdondeesG

j

sT

sradsraddB

jjjHjGjR

ssKsHsGsR R

/2/1145·log20

)1·5.0)(1(5)()·()·(

)2(10·

)1(1·)()·()·(

21 ===

++=

++=

ωω

ωωωωω

54

ψ(ω)-90º

0º

-180º

-270º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]0.1 1 10 100[rad/s]

-360º0.2 2 20

A(ω) para KR=1.76

20 [dB]

ωγ=3.6

-206º

γ=-161º

-45º

19 dB

19 dB

Bode de R(s)·G(s)·H(s)·e-s

El margen de fase con el retardo de un segundo en la realimentación sería γ=-161º, el sistema M(s) será inestable. Para recuperar la estabilidad con un margen de fase de nuevo de γ=45º, habría que hacer “descender” la curva A(ω) 19 dB. Es decir, multiplicar la KR actual por 10-19/20=0.1122: KR=1.76·0.1122 ≈≈≈≈0.2

APENDICE

Si el retardo fuese sólo de 0.1 segundos:

Hará que el margen de fase se reduzca haciendo al sistema en bucle cerrado menos estable. Esto se puede ver al trazar el diagrama de bode de un retardo T=0.1 segundos que, al sumarlo al Bode anterior, dará como resultado que el margen de fase se reducirá aproximadamente 20º.

R(s) G(s)X(s) Y(s)

H(s)·e-T·s

+ _

M(s)

ψ(ω)

-45º

-0º

-90º

-135º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]0.1 1 10 100[rad/s]

-180º

0.2 2 20

A(ω)

20 [dB]

ωγ=3.6

20º

Para mantener el margen de estabilidad anterior sería necesario disminuir el valor de KR.

º6.20180·6.3·1.0)(6.3

][·1.0)(][0)(

·1.01)(

1.0X(s)Y(s))(

··1.0

·

−=−=⇒=

−==

−==

===

−

−

πωψω

ωωψω

ωω

γγ

ω

para

raddBA

ejG

TdondeesG

j

sT

55

PROBLEMA:

El producto de las funciones G(s)·H(s) da como resultado una función de transferencia con múltiples polos y ceros, de los cuales, ninguno está sobre el origen de coordenadas y tiene un polo y un cero con parte real positiva (los únicos representados en el mapa de polos y ceros de la figura).

Para estudiar la estabilidad del sistema en bucle cerrado M(s), se traza el Camino de Nyquist sobre el mapa de polos y ceros de G(s)·H(s) y el diagrama polar correspondiente a esas funciones de transferencia (suponiendo K=1).

Complete el trazado de la imagen del camino de Nyquist y demuestre si existe o no algún valor de K>0 que haga estable al sistema.

X(s) +

_

Y(s)G(s)

H(s)

M(s)

KRe

ImPlano s

Radio infinito

Tramo I

Tramo IITramo III

Camino de Nyquist

Re

Im

Plano G(s)·H(s)

Diagrama polar

ω=0ω=∞

1-0,04

-0,2

-0,75

SOLUCIÓN:Para determinar la estabilidad del sistema se computa el número de polos que tiene el sistema dentro del Camino de Nyquist, P=1, y el número de vueltas que da la Imagen del Camino de Nyquist alrededor del punto “-1+0·j”: N.

El número de vueltas N va a depender de la posición del punto “-1+0·j” respecto a la curva obtenida, cuya amplitud depende del valor de K, como se ve representado en las figuras.

Re

ImPlano G(s)·H(s)

II’

1-0,04

-0,2

-0,75I’

III’

K·|G(jω)·H(jω)|

K=1

-1

Re

ImPlano G(s)·H(s)

10-0,4

-2

-7,5

10·|G(jω)·H(jω)|

-1

K=10

Re

ImPlano G(s)·H(s)

100-4

-20

-75

100·|G(jω)·H(jω)|

-1

K=100

a) 0<K<5Para estos valores de K, como en el caso particular K=1 representado en la figura, el número de vueltas del diagrama alrededor del punto “-1+0·j” es N=0. Por lo tanto: Z=P+N=1, es decir, M(s) tiene un polo inestable y por lo tanto es inestable.

b) 5<K<25Para estos valores de K, como en el caso particular K=10 representado en la figura, el número de vueltas del diagrama alrededor del punto “-1+0·j” es N=2. Por lo tanto: Z=P+N=3, M(s) tiene tres polos inestables y por lo tanto es inestable.

c) K>25Para estos valores de K, como en el caso particular K=100 representado en la figura, el número de vueltas del diagrama alrededor del punto “-1+0·j” es N=0, ya que un lazo da una vuelta en sentido horario alrededor de ese punto y otro en sentido contrario. Por lo tanto: Z=P+N=1, es decir, M(s) tiene un polo inestable y por lo tanto es inestable.

Por lo tanto, el sistema M(s) es inestable para todo valor de K>0.