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Examen de Sistemas Automaticos (4o PN)(enunciados y soluciones) 16 de Junio de 2003

Problema 1. En la figura 1 se muestra un ejemplo simplificado de un sistema decalefaccion. El sistema consta de los siguientes elementos:

• Un ventilador acoplado a un motor y produce un flujo de aire constante.

• Una fuente que proporciona una corriente i(t) que circula por la resistenciade calentamiento y cuyo valor es proporcional a la tension de entrada i(t) =Kfu(t).

• Una resistencia que aporta al aire un flujo de calor qr(t) = R · i2(t).

• El conducto de ventilacion, en el que la temperatura responde de acuerdo conla siguiente ecuacion:

CdT (t)

dt= qr(t)−

qperdidas︷︸︸︷Kc (T (t)− Text)

siendo qr(t) el flujo de calor aportado por la resistencia, y Text la temperaturaexterior.

Datos:

Kf = 1, R = 10Ω, C = 1, Kc = 2, Text = 25oC

Con el objeto de llevar a cabo una reaccion quımica delicada, se pretende disenarun sistema de control de la temperatura en el extremo que permita establecer unatemperatura objetivo situada en el margen de 34oC± 1oC con un error en regimenpermanente de ±0.1oC, con un tiempo de establecimiento ts maximo de 1 segundoy con una sobreoscilacion, Mp ≤ 16.3%.

Se pide:

1. Obtener un modelo lineal del sistema en torno al punto de equilibrio dado porTo = 34oC.

2. Dibujar el diagrama de bloques.

3. Se dispone en el mercado de tres sensores de temperatura, todos ellos de ga-nancia unidad, pero con constantes de tiempo Ts = 1s, 0.1s, 0.01s siendo susprecios, respectivamente 1, 10, 1000 euros. Elegir un sensor para el diseno yfundamentar con argumentos la eleccion.

4. Disenar el controlador mas simple posible compatible con las restriccionesempleando el sensor elegido.

5. Indicar que desventajas plantean los dos sensores rechazados.

6. Un inconveniente en este proceso es el retardo puro Tr que se produce duranteel transito del aire entre la resistencia y el sensor de temperatura. La funcionde transferencia del retardo puro es ret(s) = e−sTr

ret(s) = e−sTr −→

|e−jωTr | = 1arge−jωTr = −ωTr

(1)

Indicar como afecta este factor en el rendimiento del sistema.

EPSIG. Universidad de Oviedo Prof. Ignacio Dıaz Blanco


Problema 2. Se desea realizar un control de posicion una cinta transportadora(ver fig. 2). La cinta, compuesta por rodillos de radio r = 1 m, es movida por unaccionamiento de control vectorial con funcion de transferencia

θ(s)

ui(s)= Gm(s) =

1.5915

s(0.1s + 1)(2)

donde θ es la posicion angular en radianes y ui la tension de inducido en voltios,dotado de un reductor 10 : 1. El conjunto dispone de un sensor laser de posicioncapaz de dar 100 medidas por segundo, para lo cual lleva internamente un filtro quelo hace comportarse como un sensor continuo de funcion de transferencia

H(s) =50

s + 50(3)

Supongase que se disena un regulador de tipo proporcional R(s) = K

• Calcular los errores de posicion y velocidad en regimen permanente para K =10 respecto a la senal de referencia. Expresarlos en % y en unidades de lasalida.

• Discutir el comportamiento dinamico del sistema en funcion de K. ¿Existealgun valor de K a partir del cual se hace inestable?. Calcularlo en tal caso.

• Disenar un regulador que permita un tiempo de establecimiento ts ≤ 0.5seg. y con una sobreoscilacion Mp ≤ 10%. Explicar clara y razonadamentelos criterios de diseno empleados, indicando las ventajas e inconvenientes decada una de las opciones, ası como las posibles deficiencias del diseno elegido,sugiriendo como puede afinarse el diseno.

• Otra posibilidad, diez veces mas economica, es el uso de un sensor de ultra-sonidos. Este sensor envıa ondas de choque a un ritmo de 5 por segundo ycalcula la distancia por el tiempo de vuelo con lo que adolece de las siguientesdeficiencias:

– Requiere un filtro interno mas lento siendo su funcion de transferenciaH(s) = 2.5

s+2.5

– Por otra parte, la informacion de la distancia llega con un retardo puroigual al tiempo de ida y vuelta de las ondas de choque Tr = (2x)/333.

– Los ecos y rebotes de la senal en otros elementos distintos a la piezaprovoca una perdida de precision de ±10% respecto a su rango de medida,que es de 10m.

Razonar las repercusiones en el sistema y valorar si compensa utilizar estatecnologıa.

• Se desea implementar el regulador R(s) en un computador. Realizar todo eldiseno incluyendo:



– Elegir el periodo de muestreo.

– Decidir si se incorpora un filtro antialiasing y calcularlo en tal caso.

– Discretizar el regulador R(s), obteniendo la funcion de transferencia dis-creta correspondiente, R(z), ası como la ecuacion en diferencias que debeser implementada en el computador.

– Valorar los efectos que la implementacion discreta puede tener en relacioncon el diseno continuo del que esta parte.

• Suponiendo que la cinta forma parte de una cadena de produccion, con otroselementos similares, en la que ademas existe un sistema de supervision global,razonar que tecnologıa (PLC, microcontrolador, PC industrial) se emplearıaatendiendo a su relacion versatilidad/calidad/precio.

Nota: Se sugiere –y se valorara– el uso combinado de tecnicas temporales (lugar delas raıces) y tecnicas frecuenciales para apoyar los razonamientos y decisionesen el diseno en todo el problema.



(esta pagina ha sido dejada en blanco intencionadamente)



Ventila

dor

Motor

Fuen

te de

alim

entación

Seña

l de

entrad

a

Sensor de

tempe

ratura

Sistem

a de

Control

Resisten

cia

u(t)

T(t)

i(t)

r(t)

u(t)

L

w(t)

v(t) ~ 3 m/s

+-

R

Figura 1: Sistema de calefaccion.



x

aprox.~10 m

motor

caja

sensorláser

Figura 2: Cinta transportadora.



Soluciones

Problema 1

El sistema contiene una ecuacion no lineal

qr(t) = R · i(t)2

Es necesario, por tanto, linealizar

• Punto de equilibrio:

qo = 10i2o0 = qo − 2(To − 25oC)

para T = 34o sale

qo = 18W

To = 34oC

io = ±1.34A

De las dos soluciones para la corriente, la mas plausible es la positiva, pensan-do, por ejemplo que la fuente solo genera con la polaridad del dibujo. Par esecaso se tiene

δi(t) = δu(t)

δq(t) = R · 2io · δi(t)

CdδT

dt= δq(t)− 2 · δT (t)

Thdδw

dt+ δw(t) = 1 · δT (t)

i(s) = u(s)

q(s) = 26.84 · i(s)sT (s) = q(s)− 2 · T (s)

sw(s) + w(s) = T (s)

Un posible diagrama de bloque serıa el siguiente



w

r i q q'u T

T

TStep

1s+1

Sensor de Temperatura

26.8

Ri^2Retardo

1

Fuente

0.224

Control

1s+2

Conducto

Figura 3: Diagrama de bloques del sistema de control conducto de ventilacion (par-ticularizado para un regulador de tipo proporcional).

Eleccion del sensor . Disponemos de tres posibilidades.

H1 =1

s + 1

H0.1 =1

0.1s + 1

H0.01 =1

0.01s + 1

El lugar de las raıces del sistema para los tres sensores es

−10 −5 0−6

−4

−2

0

2

4

6

−10 −5 0−6

−4

−2

0

2

4

6

−10 −5 0−6

−4

−2

0

2

4

6

Root Locus

Real Axis

Imagina

ry Axis

Root Locus

Real Axis

Imagina

ry Axis

Root Locus

Real Axis

Imagina

ry Axis

Figura 4: Lugares de las Raıces para los sensores H1(s), H0.1(s), H0.01(s)

– El sensor mas barato, de 1 Euro, tiene una constante de tiempo de unsegundo. Su funcion de transferencia serıa

H1(s) =1

s + 1

Como se puede apreciar en el lugar de las raıces, un regulador de tipoproporcional no es capaz de alcanzar las especificaciones, lo que obliga



a introducir un regulador mas complejo (por ejemplo, un PD) con lossiguientes problemas:

∗ Acciones de control mas elevadas, lo que implica desviaciones res-pecto del punto de equilibrio, donde el modelo sobre el que estamostrabajando (la funcion de transferencia del sistema, G(s)) ya no esvalido.

∗ Mayor sensibilidad ante perturbaciones.

∗ Mayor coste de implementacion y diseno del propio regulador

– El sensor de 10 euros resulta suficiente. Como puede verse en el lugarde las raıces, pueden alcanzarse las condiciones exigidas utilizando unsencillo regulador proporcional, por un precio razonable.

– El sensor de 1000 euros, por supuesto permite mejores resultados, perola mejora que aporta es innecesaria por lo que no justifica su precio.

Diseno basado en el sensor elegido. Con el sensor H0.1(s) y un reguladorproporcional, la situacion es la que se muestra en la figura siguiente:

−10 −8 −6 −4 −2 0−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20Root Locus Editor (C)

Real Axis

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

40

G.M.: InfFreq: InfStable loop

Open−Loop Bode Editor (C)

10−1

100

101

102

103

−180

−135

−90

−45

0

P.M.: 41.6 degFreq: 14.9 rad/sec

Frequency (rad/sec)

Figura 5: Lugar de las raıces y bode con el sensor H0.1(s), y un regulador propor-cional de K = 1

Vemos que variando solamente la K, podemos cumplir perfectamente las con-diciones del transitorio, por ejemplo, situando las raıces en el punto en el que



el Lugar corta la restriccion de Mp. Dicho punto verifica la Mp y ademas cum-ple holgadamente la restriccion de ts ≥ 1. Dicho punto nos da el reguladorproporcional de maxima ganancia (es decir, con el mınimo error en regimenpermanente) que verifica ambas restricciones; y ademas podemos situarlo conexactitud. En efecto, por trigonometrıa,

sd = −6 + 10.4j

La ecuacion caracterıstica queda, por tanto, como sigue

1 + K · 26.8 · 1

s + 2· 10

s + 10= 0

o, puesto de otra forma,

1 + K · 26.8 · 10 · 1

(s + 2)(s + 10)= 0

Aplicando el criterio del modulo, podemos determinar el valor de K

K =|sd + 2||sd + 10|

268=

11.14× 11.14

268= 0.461

Falta ver si cumple el permanente. Dado que nos piden un error en gradoscentıgrados, debemos calcular el error en regimen permanente en unidades dela salida y compararlo con el que nos piden. Enseguida vemos que

Kp = lims→0

K ·G(s)H(s) = 6.18

eoCrpp =

1

(1 + Kp)· 1

H(0)= 0.1392oC ≥ 0.1oC

por lo tanto, debemos corregir el error en regimen permanente. Aunque eneste caso H(0) = 1, lo dejamos indicado explıcitamente por claridad. La Kp

que necesitamos es

1

K∗p + 1

· 1

H(0)≤ 0.1oC → K∗

p ≥ 9

Necesitamos incrementar por un factor de 9/6.18, lo cual no representa unaexigencia importante y es facil de conseguir, empleando una red de retraso defase,

s + c

s + p, c > p



ya que es posible situar cerca el polo del cero y a la vez ambos lejos del origen.Existen muchas posibilidades. Una de ellas es, por ejemplo, tomar

c = 1.58, p = 1.08

donde se verifica que c/p = 1.46, justo el factor en el que necesitamos incre-mentar la Kp. La eleccion supone un angulo mınimo con el punto sd, lo queimplica que apenas se van a alterar la dinamica. Al mismo tiempo, dado quetanto p como c estan relativamente alejados del origen, el modo transitorioasociado a la rama entre p y c sera rapido y ademas muy atenuado por estar elpolo del sistema realimentado muy cerca del cero del regulador, que tambienlo es del sistema realimentado. El regulador final sera, por tanto,

R(s) = 0.461s + 1.58

s + 1.08

La situacion para el regulador elegido se aprecia en la figura adjunta 6.

En dicha figura, puede apreciarse, ademas como la Kp puede verse en frecuen-cia como la ganancia del sistema en bucle abierto K ·R(jω)G(jω)H(jω) parafrecuencias bajas, unos 19dB ≈ 9. Notese como una separacion mayor entreel polo y el cero harıa que dicha ganancia creciese al hacerlo el salto existenteentre polo y cero.

Finalmente, cabe destacar que el polo del captador H0.1(s) se convierte en uncero del sistema realimentado, con lo cual afecta a la sobreoscilacion calculadadel sistema. Esto se aprecia en la respuesta al escalon simulada:

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4 System: Closed Loop: r to y

I/O: r to y Time (sec): 0.19 Amplitude: 1.22

System: Closed Loop: r to y I/O: r to y

Final Value: 0.9

Figura 7: Respuesta al escalon del sistema con el regulador R(s) disenado.



−10 −8 −6 −4 −2 0−15

−10

−5

0

5

10

15

Imag

Axis

Real Axis

Root Locus Editor (C)

−70

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

G.M.: InfFreq: InfStable loop

Mag

nitu

de (d

B)


10−2

10−1

100

101

102

103

−180

−135

−90

−45

0


Phas

e (d

eg)

Frequency (rad/sec)

Figura 6: Situacion para el regulador R(s) elegido

No obstante, esto no es motivo suficiente para elegir el captador caro, ya quelas especificaciones son faciles de conseguir con un regulador proporcional masla red de retardo, simplemente imponiendo unas exigencias de partida algomas exigentes para los polos dominantes y siguiendo el mismo procedimiento.Una solucion, obtenida de esta forma podrıa ser,

Ralt(s) = 0.177 · s + 1.5

s + 0.402



Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 0.5 1 1.5 2 2.50

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1 System: Closed Loop: r to y

I/O: r to y Peak amplitude: 0.909

Overshoot (%): 1.16 At time (sec): 0.468

Figura 8: Respuesta al escalon del sistema con el regulador Ralt(s).

Efecto del retardo puro. El retardo puro, es un efecto que no modificala curva de modulos, pero que produce un decremento de la fase, acercandolaa −180o y, por tanto disminuyendo su margen de fase. El retardo producidopor el aire al circular en el conducto, por tanto, produce un decremento enel margen de fase y por tanto afecta negativamente a la estabilidad y hace alsistema mas oscilatorio.

En el diseno que hemos realizado, el margen de fase es bastante holgado, deunos 57o y se produce a una frecuencia de cruce de ganancia ωcg ≈ 9rads/s, lo

que supone un margen para el retardo de hasta Tmaxr = 57×π/180

9= 0.11segs.



Problema 2

Calculo de los errores. Definimos en primer lugar

G(s) = r × 1

10× 1.5915

s(0.1s + 1)=

0.1592

s(0.1s + 1)=

1.592

s(s + 10)

H(s) =50

s + 50

Tomando K = 10, como se dice en el enunciado, procedemos a calcular loserrores. Dado que el captador tiene dinamica y por tanto la medida de la salida vaa verse influida debemos aplicar las formulas con Geq

Geq(s) =R(s)G(s)

1 + R(s)G(s)[H(s)−H(0)]

Kp = lims→0

Geq(s)H(0) = ∞

Kv = lims→0

sGeq(s)H(0) = 1.6438

siendo

erpp =1

1 + Kp

= 0

erpv =1

Kv

= 0.6083

Dado que la ganancia del sensor es H(0) = 1, ambos resultados correspondentanto a valores p.u. como en unidades de la salida.

Comportamiento dinamico en funcion de K. Para discutir el comportamien-to dinamico en funcion de K la herramienta mas adecuada es el Lugar de las Raıces.En la figura adjunta se muestra dicho lugar para el problema:



−140 −120 −100 −80 −60 −40 −20 0 20 40−100

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

100

Kcrit

=375.000

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura 9: Lugar de las Raıces

Puede razonarse lo siguiente:

• Para valores bajos de K, el sistema tiene los tres polos en el eje real. Uno deesos polos esta muy cerca del origen y es dominante, y otro esta muy alejado.La respuesta, por tanto sera similar a la de un segundo orden sobreamortigua-do, que se parece mucho a un primer orden cuando K es muy bajo.

• Para valores de K algo mayores, los dos polos mas cercanos al origen se con-vierten en complejos conjugados, dando lugar a un comportamiento oscilato-rio. Aunque el tercer polo esta suficientemente alejado como para no influirsignificativamente, su efecto serıa el de retrasar y amortiguar ligeramente larespuesta anterior.

• Conforme crece K, el comportamiento se va haciendo mas oscilatorio (ξ decrecey θ crece) y su tiempo de establecimiento mucho mas lento (σ decrece).

• Finalmente, a partir de un valor de K = Kcrit el sistema se hace inestable.

Calculo de Kcrit. La ecuacion caracterıstica es,

1 + K1.592

s(s + 10)· 50

s + 50= 0

o, de otra forma,

1 + K · 1.592 · 50 · 1

s(s + 10)(s + 50)= 0



Dado que sabemos que el LR cruza el eje imaginario, para calcular Kcrit puedeiterarse aplicando el criterio del argumento para puntos de dicho eje:

si = 0 + jωi

∑i

argsi − pi = (2q + 1)180o

En efecto,

si = 30j

θ0 = 90.0o

θ−10 = 71.5o

θ−50 = 30.9o∑θ = 192.5o

si = 25j

θ0 = 90.0o

θ−10 = 68.1o

θ−50 = 26.5o∑θ = 184.7o

si = 22j

θ0 = 90.0o

θ−10 = 65.5o

θ−50 = 23.7o∑θ = 179.3o

llegandose finalmente a

scrit = 22.36j

Aplicando el criterio del modulo para scrit = 22.36j se obtiene, para este caso,en el que no hay ceros

Kcrit =

∏pi=0,−10,−50 |22.36j − pi|

50 · 1.592=

22.36 · 24.49 · 54.77

79.6= 376.8615

Para un regulador de tipo proporcional con K ≥ 376.86 el sistema es inestable.



A la misma conclusion puede llegarse empleando el criterio de Routh. En efecto

s3 1 500s2 60 79.6 ·Ks1 −1.33 ·K + 500 0s0 79.6 ·K 0

La condicion para que no haya cambios de signo en la primera columna es

−1.33 ·K + 500 ≥ 0

79.6 ·K ≥ 0

lo que nos lleva a

0 ≤ K ≤ 375.93

y la resolucion de la ecuacion auxiliar

60s2 + 79.6 ·K = 0 → s =

√79.6 · 375.93

60= ±22.3326j

Diseno del regulador. Dado que ts ≤ 0.5 y Mp ≤ 0.10 determinamos el lugargeometrico que verifica dichas restricciones:

ts ≤ 0.5 → σ ≥ 6.28

Mp ≤ 0.10 → θ ≤ 53.76o

El punto sd = −6.28 + 8.28j verifica ambas restricciones y lo tomamos comoobjetivo. Observando el lugar de las raıces, vemos que no atraviesa la region de-limitada por las condiciones anteriores. Para que lo atraviese, es necesario que severifique el criterio del argumento para el punto sd

∑pi

argsd − pi −∑zi

argsd − zi = (2q + 1) · 180o

en nuestro caso, no hay ceros luego,∑pi=0,−10,−50

argsd − pi = 127.1786o + 65.8068o + 10.7241o = 203.71o

Para que el lugar de las raıces pase por el punto sd nos faltan, por tanto 203.71o−180o = 23.7o. Es necesario, por tanto, modificar el lugar de las raıces empleandouna accion de tipo PD (red de adelanto de fase):



Ks + c

s + p

Dicha accion sera tal que el angulo subtendido por el polo y el cero desde elpunto sd sea, precisamente de 23.7o

Existen infinitas combinaciones de polo y cero que satisfagan esa condicion. Lamas extrema (accion diferencial pura) consiste en tomar el polo en el infinito y elcero formando un angulo con sd igual al que necesitamos. A partir de ahı, cuantomas cerca este el par polo-cero del origen, menos pura sera la accion diferencial.

Si elegimos cancelar el polo de s = −10, tenemos en el lugar de las raıces final unarama con un par polo-cero en s ≈ −10 que lo es tambien del sistema realimentado,por lo que dicho par no afectara a la respuesta marcada por los polos dominantes.Eligiendo esta opcion queda

R(s) = 72s + 10

s + 15.5

En la figura adjunta vemos la situacion tanto en el lugar de las raıces como enfrecuencia:

−60 −50 −40 −30 −20 −10 0

−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

25

Real Axis

Root Locus Editor (C)

Imag

Axi

s

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

40

G.M.: 18.9 dBFreq: 27.8 rad/secStable loop

Mag

nitu

de (d

B)


10−1

100

101

102

103

−270

−225

−180

−135

−90


Frequency (rad/sec)

Pha

se (d

eg)

Figura 10: Lugar de las Raıces y diagrama de Bode del sistema con R(s) = 72 s+10s+15.5

Vemos lo siguiente



• Los dos polos dominantes satisfacen las restricciones.

• Existe un polo en σ > 50 que no afecta practicamente al transitorio marcadopor los polos dominantes

• Existe un par polo-cero en s = −10 que, aunque no sea la cancelacion exactaen el sistema real, ambos estan mutuamente anulados y tampoco modificansignificativamente el regimen transitorio de los modos principales

• En frecuencia, se aprecia que el MF es de 58.9o. Esto coincide con la regla(cfr. Franklin) de MF (o) ≈ 100ξ, lo que nos permite validar el diseno enfrecuencia.

• La frecuencia de cruce de ganancia ωcg = 6.72rads/s ≈ 1Hz, marca aproxima-damente el ancho de banda del sistema realimentado. Esto coincide en ordende magnitud con los tiempos de establecimiento de los que hablamos.

Observando la respuesta al escalon del sistema realimentado vemos que satisfaceperfectamente los requisitos:

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.90

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

System: Closed Loop: r to y I/O: r to y Time (sec): 0.379 Amplitude: 1.09

Figura 11: Respuesta al escalon del sistema controlado con R(s) = 72 s+10s+15.5

El sistema puede plantear los siguientes aspectos practicos, que deben ser consi-derados en un diseno mas fino, iterando sobre la simulacion:

• La accion de control es relativamente alta, requiriendo, primero una subidainstantanea hasta 72V, lo que puede no ser realizable.



• Aunque el diseno del regulador es bastante moderado (es una accion diferencialpoco pura), habrıa que analizar la sensibilidad ante perturbaciones de altafrecuencia para valorar si debe elegirse otra accion aun mas suave.

• Por el contrario, podrıa ser que no hubiese problemas de ruido y/o de accionde control, con lo que serıa posible emplear una accion diferencial mas agresivaque mejorarıa el transitorio.

Sensor de ultrasonidos. El uso del sensor de ultrasonidos supone un captador dedinamica mas lenta, con retraso puro y con errores de precision que, inevitablemente,va a afectar negativamente al rendimiento del bucle. Entre otros efectos podemoscitar los siguientes:

• La constante de tiempo mas lenta (0.4 segundos) del sistema va a afectar alancho de banda del sistema y al margen de fase. En las figuras adjuntas semuestra la situacion con el sensor laser y con el sensor de ultrasonidos:

10−1

100

101

102

103

−150

−100

−50

0

50

Ampl

itud

(dB)

Diagrama de Bode

10−1

100

101

102

103

−250

−200

−150

−100

−50

0

50

Fase

(º)

ω (rads/seg)

GCHGCGC/(1+GCH)

GCHGCGC/(1+GCH)

Figura 12: Situacion frecuencial empleando el sensor laser.



10−1

100

101

102

103

−150

−100

−50

0

50

Ampl

itud

(dB)

Diagrama de Bode

10−1

100

101

102

103

−250

−200

−150

−100

−50

0

50

Fase

(º)

ω (rads/seg)

GCHu

GCGC/(1+GCH

u)

GCHu

GCGC/(1+GCH

u)

Figura 13: Situacion frecuencial eempleando el sensor de ultrasonidos.

En ellas puede apreciarse claramente que el sensor de ultrasonidos provoca

– Una disminucion del ancho de banda del sistema realimentado, lo queprovoca respuestas mas lentas.

– Una disminucion del margen de fase, MF, lo que conlleva una respuestatransitoria mas propensa a la inestabilidad.

– Un comportamiento resonante (sobreoscilatorio) del sisema realimentado,derivado de la disminucion del margen de fase.

• El tiempo de retardo originado por el recorrido de ida y vuelta de las ondasde choque es dos veces la distancia de ida y vuelta dividida por la velocidaddel sonido. En este caso, la maxima distancia a recorrer son x ≈ 10m, por loque

Tmaxr =

2x

333= 20/333 = 0.06s

En frecuencia, los margenes de fase se muestran en la siguiente figura



−150

−100

−50

0

50

Mag

nitu

de (d

B)

10−1

100

101

102

103

−270

−225

−180

−135

−90

Phas

e (d

eg)

System: untitled1 Phase Margin (deg): 18.7 Delay Margin (sec): 0.0841 At frequency (rad/sec): 3.88 Closed Loop Stable? Yes

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 14: Bode de R(jω)G(jω)Hu(jω) con margenes de fase y ganancia empleandoel sensor de ultrasonidos.

en esta situacion puede apreciarse que, el margen de fase es de 18.7o, lo quesupone un margen para el retraso de T crit

r = 0.0841, que puede calcularsedespejando en ωcgTr = 18.7× 180

π. Como vemos, el retraso puro no va a llegar

a inestabilizar el sistema, aunque lo dejara muy proximo a la inestabilidad ycon un margen de fase muy pequeno, lo que originara un comportamiento muyoscilatorio.

• Finalmente, la falta de precision (errores de ±10%), dado que el sistema es detipo 1 (error de posicion nulo en regimen permanente) dichos errores se trans-mitiran ıntegramente a la salida, ya que el sistema opera (en el permanente)literalmente basado en la informacion del sensor, y no en la salida real.

Discretizacion Para elegir el perıodo de muestreo, considerando la posibilidad deinstalar un filtro antialiasing

Ha(s) =a

s + a

consideraremos

• Que la frecuencia de corte a (expresada en radianes por segundo) debe seral menos 10 veces menor que la frecuencia de Shannon, a partir de la cualqueremos atenuar la senal.



• Que, a su vez, a debe ser al menos 10 veces mayor que la frecuencia de crucede ganancia ωcg = 6.72rad/s –ver figura 10– de nuestro sistema continuo, paraevitar que Ha(s) afecte a los margenes de fase y ganancia del sistema.

Por tanto, elegiremos

fm = 2× fsh × 10× 10× ωcg = 200× 6.72 = 1344 rads/s ≈ 214Hz

En este caso, podrıamos pensar en prescindir del filtro antialiasing si estu-viesemos seguros de que no se van a producir perturbaciones en el camino entreel sensor y la tarjeta A/D, ya que el propio sensor tiene una frecuencia de corteωc = 50rads/s mas selectiva que la calculada para Ha(s). No obstante, supondre-mos que puede haber ruido en ese tramo y consideraremos de todos modos el filtroantialiasing.

Regulador discreto Substituyendo

s =z − 1

Tm

obtenemos

R(z) = 72z − 1 + 10Tm

z − 1 + 15.5Tm

=15408 z − 14688

214 z − 198.5= 72 · z − 0.9533

z − 0.9276

de ahı, la ecuacion en diferencias sera

yk = 72uk − 68.6355uk−1 + 0.9276yk−1

Entre los efectos de la implementacion discreta podemos contar:

• El retardo puro aportado por el controlador que es aproximadamente de Tm

2,

puede contribuir a empeorar los margenes de fase y la estabilidad. No obs-tante, a la frecuencia de muestreo elegida, 214 Hz, dicho retardo puro es de0.002 seg, que expresado en grados de desfase en el bode resulta inferior a 1o,practicamente despreciable con el margen de fase de casi 60o

• Asimismo, la presencia del filtro antialiasing Ha(s) en el bucle de control con-tribuye a la disminucion del margen de fase y al propio ancho de banda delsistema realimentado (≈ ωcg). No obstante, la eleccion de su frecuencia de cor-te, a unas diez veces por encima de ωcg, hace que sus efectos sobre la fase seanpoco apreciables en la zona de frecuencias en la que se miden los margenes.

• Otro efecto serıa el de la cuantificacion. Los calculos digitales no empleaninfinitas cifras, por lo que se produce siempre un error en la ecuacion en dife-rencias cuya repercusion en el bucle habrıa que considerar, tomandolo como sifuera una perturbacion. No obstante, en este caso, tomando 4 cifras decimalesel error es casi despreciable.


o enunciados y soluciones ventilador fuente conducto de...

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