Practico Final Control2 Definitivo

UNIVERSIDAD NACIONAL DE RIO CUARTO

FACULTAD DE INGENIERIA

SISTEMAS DE CONTROL (433)

PRCTICO CON UN SERVOMOTOR DE CCSIMULACIN Y VALIDACIN EXPERIMENTAL

DocentesFernando MagnagoGermn OggierRicardo Lima

ALUMNOS:

ARSAUTE CESAR NICOLASDNI: 31.705.201OGGIER GERMAN ELIASDNI: 34.414.615PAEZ JULIANDNI: 31.904.892

AO: 2013

PRCTICO CON UN SERVOMOTOR DE CC - SIMULACION Y VALIDACION EXPERIMENTAL

Contenido

OBJETIVO DEL PRCTICO1Parmetros del Sistema1Diagrama del Sistema Fsico2Ejercicio N12DESARROLLO DEL MODELO MATEMTICO DEL SISTEMA.3ANLISIS ELCTRICO:3ANLISIS MECNICO:5RELACIN ENTRE :7DIAGRAMAS SIMULINK.8EJERCICIO N212FUNCIONES DE TRANSFERENCIA13ECUACIONES DE ESTADO:15EJERCICIO N3:18CON CARGA20EJERCICIO N4:23EJERCICIO N530EJERCICIO N7:44CONTROL INTEGRAL:44CONTROL PROPORCIONAL INTEGRAL49CONTROL PROPORCIONAL DERIVATIVO.52CONTROL PROPORCIONAL INTEGRADOR DERIVATIVO.56EJERCICIO N861EJERCICIO N9:66CONTROL PROPORCIONAL:68CONTROL PI:69CONTROL PD:70CONTROL PID:72EJERCICIO N1073COMPENSADOR EN ADELANTO DE FASE:74COMPENSADOR EN ATRASO DE FASE:80EJERCICIO N1183EJERCICIO N1288COMPENSADOR EN ADELANTO DE FASE:90EJERCICIO 13102APENDICE A - MEDICION DE PARAMETROS EN LABORATORIO:108APENDICE B SISTEMA DE CONTROL ON/OFF112

40Paez Julin Arsaute Nicols Oggier Germn ElasOBJETIVO DEL PRCTICO

Disear un sistema de control de velocidad y posicin que cumpla determinadas especificaciones.Los parmetros del sistema se correspondern a un sistema real existente en el laboratorio del GEA, el cual ser usado para realizar la validacin experimental de las simulaciones. El sistema de control de posicin est constituido por: Servomotor de CC. Taco generador acoplado al eje del servomotor. Sensor de posicin acoplado al eje del motor. Carga inercial acoplada al eje del motor. Generador de CC, acoplado al servomotor, con el objetivo de generar cargas adicionales.Parmetros del Sistema

Los parmetros del sistema real son los siguientes, Inercia carga, Jcar: 7.08 e-4 Kg m^2 (Nm rad/seg^2) Inercia motor, Jmot: 3.48 e-6 Kg m^2 (Nm rad/seg^2) Rozamiento, B: 5.12 e-5 Nm rad/seg Constante de par Ktor: 0.064 Nm/A Constante de FEM, Kfem: 0.064 V seg/rad Tensin nominal: 24V Constante del taco generador, Ktac: 3 V/krpm = 0.0286 V seg/rad Constante del sensor de posicin, Kpot: 1 V/rad Ganancia del amplificador Kamp :3 V/V (Corr. Max. salida 3A, Volt. Max. salida 12V) Resistencia de armadura, Ra: 2.6 Ohm Inductancia de armadura, La: 1.0e-3 H Carga-1: escaln de par ( T=u(t)*0.09).

Diagrama del Sistema Fsico

Ejercicio N1

Figura 1.1 Diagrama del sistema fsico

Desarrollar el modelo matemtico del sistema mostrado en la figura anterior. Describir, independientemente las ecuaciones diferenciales de los subsistemas elctrico, mecnico y sus acoplamientos. Implementar e interconectar en Simulink cada uno de los bloques.

Se busca el modelo matemtico del sistema de la figura 1.1, el cual describir el comportamiento de dicho sistema tanto en rgimen transitorio como en permanente, esto ser de suma importancia para que el sistema de control cumpla con su funcin satisfactoriamente, ya que el modelo es la nica forma que el control posee para conocer el sistema o planta que est controlando.

Para llegar a dicho modelo se recurre a leyes de Newton, Kirchoff y ecuaciones que relacionan subsistemas mecnicos con elctricos.

En lo que se refiere a los parmetros del sistema, se utilizara la tcnica de parmetros concentrados mediante la cual varias caractersticas se concentran en un solo parmetro, por ejemplo, la resistencia de armadura, que es un parmetro que concentra no solo la resistencia efectiva del bobinado si no tambin el contacto de las delgas con las escobillas. Estos parmetros podran separase, pero esto complicara nuestro modelo, el cual debe reunir con dos caractersticas:

1 El modelo debe ser lo suficientemente preciso como para describir el sistema2 El modelo no debe ser tan complejo como para que me impida representarlo de manera simple.

DESARROLLO DEL MODELO MATEMTICO DEL SISTEMA.

Figura 1.2 a) diagrama esquemtico y b) diagrama de bloques de motor de CC

Lo primero que se realiza es un anlisis de los subsistemas elctrico y mecnico, para encontrar as las funciones de transferencia de cada uno de ellos y como son sus interrelaciones.

ANLISIS ELCTRICO:

La armadura portadora de corriente se encuentra girando en un campo magntico, su voltaje es proporcional a la velocidad.

Donde

Vb = Fuerza contraelectromotrizKb = Constante de contra femPosicion angular del motor.

Tomando la transformada de Laplace de la ecuacin (1.1):

Para obtener una relacin entre la corriente de armadura, el voltaje de armadura aplicado y la fuerza contraelectromotriz, se aplica la Ley de mallas de Kirchoff al circuito de armadura transformado de Laplace resultando la ecuacin (1.3).

DondeEa = Tensin aplicadaRa = Resistencia de armaduraLa = Inductancia de armadura

El par creado por el motor es proporcional a la corriente de armadura como se indica en la siguiente ecuacin:

Donde:Tm = Par motorKt = Constante de parIa = Corriente de armadura

Despejando de la ecuacin (1.4) se obtiene:

Sustituyendo (1.2) y (1.5) en (1.3) se obtiene:

)

Se debe hallar en trminos de para poder obtener la funcin de transferencia

ANLISIS MECNICO:

Figura 1.3 - Carga mecnica equivalente representativa en un motor.

Donde

= Inercia equivalente en la armadura e incluye inercia de armadura y la inercia de carga reflejada por la armadura

= Es el amortiguamiento viscoso equivalente en la armadura e incluye el amortiguamiento viscoso de la armadura y el de la carga reflejado por la armadura.

De la figura 1.2 se obtiene:

Si se reemplaza (1.7) en (1.6):

Si se supone que la inductancia de armadura es pequea en comparacin con la resistencia de armadura, lo que es usual para un motor de CC, se obtiene:

)

Despejando:

Figura 1.3 - Motor de CC que mueve una carga mecnica rotacional

En la figura 3 se observa un motor con una inercia y un amortiguamiento en la armadura, el cual mueve una carga formada por la inercia y el amortiguamiento .

y se pueden reflejar hacia la armadura como alguna inercia y amortiguamiento equivalentes para sumarse a y , para as obtener , es decir, la inercia y el amortiguamiento del motor respectivamente.

Al sustituir (1.2) y (1.5) en (1.3), con La0:

Si se realiza la transformada inversa de Laplace de la ecuacion (1.13) se obtiene:

RELACIN ENTRE :

Para mostrar esta relacin, la potencia mecnica desarrollada en la armadura se escribe como:

La potencia mecnica tambin se expresa como:

Donde:P = Potencia mecnica en [Nm]wm = Velocidad angular en [rad/seg]

Sabiendo que:

Sustituyendo (1.17) y (1.18) en la primera ecuacin de potencia mecnica (1.16) e igualndola a la segunda expresin de potencia se obtiene:

Analizando esta ecuacin puede observarse que:

DIAGRAMAS SIMULINK.

Figura 1.4 - Diagrama de bloques de la planta - servomotor de CC

En la figura 1.4 se observa el diagrama de bloques del servomotor de CC interconectados mediante Simulink, el cual se encuentra dentro de un bloque llamado Servomotor, figura 1.5, con la finalidad de obtener una visualizacin ms clara a la hora de observar salidas mediante la alteracin de las entradas.Se observa tambin la vinculacin entre ambas figuras mediante las seales Tcar, Vnom, Posicion y velocidad.

Figura 1.5 - Diagrama de bloques servomotor de CC

EVOLUCIN DE LAS VARIABLES DEL SISTEMA: POSICIN:

Figura 1.6 - Posicin VELOCIDAD

Figura 1.7 - Velocidad del sistema cuando a los 5 segundos se le aplica una carga

CORRIENTE:

Figura N1.8: Corriente de armadura cuando a los 5 segundos se le aplica una carga

EJERCICIO N2

Describir el modelo matemtico completo del sistema del Ejercicio #1 en forma de funcin de transferencia y en el espacio de estado.

Para la realizacin de los siguientes ejercicios se utilizaron los siguientes postulados de algebra de bloques:

CONEXIN EN CASCADA:

Figura 2.1 - Diagrama de bloques conectados en cascada

Donde:

y

Reacomodando se obtiene:

Sabiendo la funcin de transferencia resultante tendr como salida X3 y como entrada X1 y utilizando las ecuaciones (2.1) y (2.2) se obtiene:

CONEXIN CON REALIMENTACION:

Figura 2.2 - Diagrama de bloques conectados en retroalimentacin

Donde x e y son variables auxiliares, analizando la figura 2.2 se obtiene:

Sabiendo que la funcin de transferencia resultante ser el cociente entre la salida C y la entrada R, utilizando las ecuaciones de (2.4) a (2.7) se obtiene reemplazando y operando:

CONEXIN CON REALIMENTACION DE FUNCIONES DE TRANSFERENCIA:

Figura 2.3 - Diagrama de bloques conectados en retroalimentacin de funciones de transferencia

FUNCIONES DE TRANSFERENCIA

De la misma manera que la anterior se llega a obtener, para la figura 2.2 la siguiente funcin de transferencia genrica:

FUNCIN DE TRANSFERENCIA 1:

Entrada: tensin de armadura, Va (Par de carga TL = 0 ).Salida: velocidad del rotor, w.

Figura 2.4 - Diagrama de bloques salida wm, entrada Va

La funcin de transferencia para la figura 2.3 es:

Haciendo uso de la ecuacin (2.9) se obtiene la siguiente funcin de segundo orden:


Entrada: tensin de armadura, Va (Par de carga TL = 0 ).Salida: posicin angular del rotor, .

Figura 2.5 - Diagrama de bloques salida , entrada Va

Como se sabe, la posicin es la integral de la velocidad, por lo que para obtener como salida la posicin, basta con multiplicar la ecuacin (2.11) por un bloque integrador como se observa en la figura 2.3, por lo tanto:

Reemplazando (2.11) en (2.12) se obtiene la siguiente funcin de tercer orden:


Entrada: Par de carga, TL (Tensin de armadura, Va = 0).Salida: posicin angular del rotor.Figura 2.6- Diagrama de bloques salida , entrada TL

La funcin de transferencia para la figura 2.4 ser:

Mediante el empleo de las ecuaciones (2.3) y (2.9) se obtiene la siguiente funcin de tercer orden:

ECUACIONES DE ESTADO:

Entradas: Tensin de armadura Va y Par de carga, TLSalidas: Velocidad del rotor w y posicin .Se observa en la figura 2.6 el diagrama de bloques del servomotor con las entradas Va y TL as como las variables de estado que se definieron para la representacin del motor en el espacio de estados, el cual tendr la siguiente estructura:

Figura 2.5 Representacin en el espacio de estado

Se eligieron como variables de estado: Corriente de armadura Ia. Velocidad del rotor W. Posicin del rotor .

El motivo de la eleccin se debe a que las variables de estado deben ser linealmente independientes, por ejemplo sera una mala eleccin tomar a Te como variable de estado porque es combinacin lineal de la corriente de armadura y solo se estara agrandando la representacin innecesariamente.

Figura 2.6 Diagrama de bloques del servomotor con variables de estado

Se escriben ecuaciones para cada variable de estado, al ser estas salidas de funciones de transferencia, solo basta dividir por la entrada e igualar esta divisin a la funcin de transferencia correspondiente:

Reacomodando las ecuaciones de (2.16) a (2.18) se obtienen:

Aplicando transformada inversa de Laplace a las ecuaciones (2.19) a (2.21) se obtienen:

Al escribir las ecuaciones (2.22) a (2.24) en forma matricial se obtiene la representacin en el espacio de estados:

La ecuacin de salida ser:

Donde, segn la figura 2.5:

EJERCICIO N3:

Respuesta de velocidad ante un escaln de tensin aplicado a bornes del motor de CC. El escaln de tensin deber ser el necesario para llegar a la mitad de la velocidad nominal.

SIN CARGA:

Para realizar lo pedido se utiliza el teorema del valor final:

Reemplazando la ecuacin (2.11) pre multiplicado por un escaln de tensin nominal en F(s) de la ecuacin (3.1) se obtiene:

Reemplazando los parmetros por los valores obtenidos por la ctedra:

Validacin por simulacin:

FIGURA N 3.1: Velocidad del sistema aplicando tensin nominal y sin carga

Para obtener la mitad de la velocidad se debe usar la mitad de la tensin debido a que es una funcin lineal, de todos modos esto podra haberse deducido fcilmente de la siguiente forma:

Donde:

Utilizando la mitad de la tensin nominal, se obtiene:

Obteniendo as, en (3.5) y en (3.6) el mismo valor.


FIGURA N 3.2: Velocidad del sistema aplicando la mitad de la tensin nominal y sin carga

CON CARGAAPLICANDO LA CARGA-1 DESPUS DE LLEGAR AL RGIMEN PERMANENTE DE VELOCIDAD:

Se presenta una situacin en la que se encuentran dos variables de entradas que son la tensin de entrada y la carga aplicada, por lo tanto se lleg a la conclusin que se debe anular una entrada y obtener la respuesta con una sola entrada y de igual manera luego anular la otra entrada y obtener su respuesta. Ahora lo que se tiene son dos respuestas a distintas entradas que por el principio de superposicin pueden sumarse y obtener la respuesta final.

Tomando al sistema sin ninguna accin de carga se observa lo que sucede con la velocidad, la funcin de transferencia a utilizar ser entonces la ecuacin (2.11):

De igual manera que el inciso anterior se le aplica a dicha funcin un escaln de tensin y utilizando el teorema del valor final resulta:

Ahora con una tensin de entrada nula se encuentra la funcin que relaciona la velocidad con el par de carga, es decir, la ecuacin (2.15) pero derivndolo ya que dicha ecuacin relaciona la posicin con la velocidad angular se obtiene:

Utilizando nuevamente el teorema del valor final bajo las mismas condiciones de carga se obtiene la siguiente expresin:

Aplicando el teorema de superposicin, es decir

w = (3.11)

Para las ecuaciones (3.8) y (3.9) se obtiene:

Reemplazando los parmetros por los valores obtenidos por la ctedra se obtiene:


FIGURA N 3.3: Velocidad del sistema aplicando la mitad de la tensin nominal y con carga.

Se busca en esta instancia encontrar la tensin necesaria para obtener la mitad de la velocidad para la mitad de la tensin luego de haber aplicado la carga.Para ello, se debe despejar de la ecuacin (3.12) la tensin de entrada y luego dividirla a la mitad al igual que la velocidad, se obtiene as la siguiente ecuacin:

Reemplazando los parmetros por los valores obtenidos por la ctedra se obtiene:

Lo cual es razonable, se debe aumentar la tensin de entrada para mantener la velocidad nominal luego de haber aplicado una carga, esta tarea ser la que realizara el control automtico que se le acoplara a la planta o sistema a controlar.


Para realizar la validacin se utiliz la tensin obtenida de forma terica para as corroborar la velocidad alcanzada luego de haber aplicado la carga.

FIGURA N3.4: Tensin aplicada al sistema (15.65 [V]).

FIGURA N3.4: Velocidad del sistema con tensin igual a 15.65 [V] y con carga. EJERCICIO N4:

Evaluar si es posible reducir en un orden los modelos de los ejercicios N3 (conservando la ganancia estacionaria).

Para realizar este anlisis antes se deben presentar ciertos conceptos.

FUNCIN NORMALIZADA:

Una funcin de transferencia normalizada presenta la forma:

DondeK = (Ganancia estacionaria). T = (constante de tiempo).

Ejemplo:

ANLISIS DE LOS SUBSISTEMAS DINMICOS DE LA MQUINA DE CC.

Ambos subsistemas son de primer orden y cada una de ellas se puede normalizar.

Subsistema elctrico:

De donde se obtiene:

Subsistema Mecnico:

De donde se obtiene:

Si se comparan las constantes de tiempos entre los dos subsistemas, se observa que el elctrico es aproximadamente 40000 veces ms rpido, viendo esto, se puede despreciar la constante de tiempo Te (se simplifica la parte dinmica) siempre y cuando se mantenga la ganancia estacionaria constante, ya que si se desprecia la misma cambia la corriente de armadura y lo que resultara ser un nuevo sistema. Entonces:

Si se analiza el diagrama de polos de la figura 4.1, se observa que el polo formado por el subsistema elctrico se encuentra a una distancia importante con respecto al polo del subsistema mecnico, algunos autores consideran que cuando la distancia que separa a los polos es mayor a cinco veces se puede considerar despreciable el polo que se encuentra ms alejado del origen, lo que se quiere argumentar es que la accin de la mquina de continua queda gobernada por la constante ms lenta o sea el subsistema mecnico.Ahora lo que resta por hacer es verificar con simulacin en Simulink si esta aproximacin no presenta mrgenes de errores importantes respecto al sistema original.

-1/Tm = -0.07-1/Te = -2600>5 veces

Figura 4.1 - Diagrama de polos

A continuacin se expondrn ambos diagramas y grficos simulados para comparar y analizar el error provocado por mencionada aproximacin.

Diagrama original:

Figura 4.2 - Diagrama de bloques original

Diagrama simplificado (aproximacin):

Figura 4.3 - Diagrama de bloques original

Diagrama para comparacin:

Figura 4.4 - Diagrama de bloques para comparacin

GRAFICAS COMPARATIVAS:Posicin:

Figura 4.5 Variacin temporal de la posicin

Figura 4.5 Ampliada

Se observa en la figura 4.5 la superposicin de ambas graficas lo que indica el error prcticamente despreciable que resulta la aproximacin en lo referente a variacin temporal de la posicin. Velocidad:

Figura 4.6 - Variacin temporal de la velocidad

Figura 4.6 Ampliada

Una observacin similar se obtiene de la figura 4.6 y 4.7, la aproximacin no presenta prcticamente error en la variacin temporal de la velocidad angular. Corriente de armadura:

Figura 4.7 - Variacin temporal de la corriente

Figura 4.8 Ampliada

EJERCICIO N5

Disear un control de velocidad con compensacin proporcional. Se deber usar el amplificador (actuador)y el sensor de velocidad.

Las especificaciones de diseo son:

a) Error en rgimen estacionario, para referencia de velocidad escaln, menor al 5%;b) Constante de tiempo menor que 0.5 s

Diagrama De Bloques:

Figura 5.1 Diagrama de Bloques control proporcional - Velocidad

Se observa en la figura 5.1 el diagrama de bloques del control proporcional del servomotor, en el cual a la planta se le ha cerrado un lazo de control y se le han agregado mas bloques que se explicaran a continuacin:

w*= Velocidad de referencia (Es la entrada del sistema de control). 1500 RPM = 157.08 [rad/seg]

Ktac= Esta modelando el sensor que se est utilizando, este es un modelo esttico ya que no est afectado por S por lo que no est ni integrando ni derivando.

Accin de Control Proporcional = Ser una constante Kp, tambin es un modelo esttico y esta amplificando o atenuando la seal de su entrada, o sea, el error.

Actuador: Es por donde se ingresa la energa al sistema de control y quien recibir como entrada las seales de la accin de control y con ellas variara su tensin de salida que alimentara al servomotor. Kamp = 3[V/V]

Mediante el uso de algebra de bloques puede realizarse una simplificacin del diagrama de bloques que ser de utilidad en los clculos procedentes.Sabiendo que en el dominio de Laplace las reglas algebraicas son validas, se realizan las siguientes operaciones:

De este modo el diagrama de bloques se reduce a la figura 5.2, en donde se realiza un movimiento del bloque Ktac y a la realimentacin de control que resulta se denomina realimentacin unitaria.

Figura 5.2 Diagrama de bloques control proporcional Velocidad Realimentacin unitaria

La seal de error que resulta luego de la realimentacin unitaria es:

Multiplicando y dividiendo por w* en el segundo trmino resulta:

En la ecuacin 5.3 se observa una funcin de transferencia la cual ser necesaria determinar para calcular el parmetro Kp.Mediante algebra de bloques, cascada y realimentacin negativa, se obtiene a continuacin la mencionada Funcin de Transferencia.

Reacomodando (5.5) se obtiene:

El orden del sistema no fue modificado al incorporarle el control proporcional.

Reemplazando (5.6) en (5.4) y tomando el teorema del valor final se obtiene:

El error en estado estable,, es del 5% de la velocidad de referencia , por lo que:

Despejando Kp de la ecuacin (5.8) se obtiene:

Realizando la simulacin del diagrama de bloques de la Figura 5.2, y aplicando una carga Tcar a los 5 segundos se obtiene la respuesta de la Figura 5.3.En la figura 5.4, puede observarse adems que el error en rgimen estable, previo a la carga, es de 7.85 [rad/seg], como el que se calcul.

En la Figura 5.3 puede observarse la elevada corriente de arranque que tendr el Servomotor, 55[A], lo que hara un sistema bastante rpido, como se observa en la Figura 5.5 tendra una constante de tiempo del orden de los 20ms y alcanza la velocidad de rgimen estable a los 100ms, En realidad, esto sera viable en esta simulacin porque no estaramos tomando en cuenta la tensin de alimentacin del actuador, la cual est limitada a 24 [V] mientras que la simulacin calcula 65 [V].

Al estar el rotor detenido mientras que la referencia se encuentra en 157 [rad/seg], este ultimo valor ser el error, afectado luego por Ktac la seal de error en unidades de tensin ser de 4.49[V] y esto amplificado por Kp=14.64, se obtienen los 65[V].

Figura 5.3 Respuesta en el tiempo de la velocidad, corriente y tensin Control Proporcional

Figura 5.4 Respuesta en el tiempo de la velocidad y la corriente Control Proporcional - Zoom

Figura 5.5 Respuesta en el tiempo de la velocidad Control Proporcional - ZoomA fines de tener en cuenta la limitacin de tensin, se le debe agregar un bloque ms al sistema controlado, previo al actuador, este bloque es de saturacin, el cual limitara la tensin a +- 24[V], Fig 5.6.

Figura 5.6 Diagrama de bloques, con saturacin de tensinLa figura 5.7 muestra la respuesta en el tiempo de la tensin con y sin saturacin, velocidad y corriente, todos estos realizando un Zoom en los primeros 0.2 seg

Figura 5.7 Respuesta en el tiempo de la Tensin, velocidad y corriente Control Proporcional - ZoomLa tensin, hasta los 0.4 segundos, se encuentra saturada en 24[V] en dicho tiempo el motor est acelerando, con una constante de tiempo de 40ms y alcanza la velocidad de rgimen a los 160ms. Pese a la saturacin, el sistema sigue respondiendo con una constante de tiempo menor a la mxima exigida. Tambin cumple con el error en estado estable de 7.85[rad/seg].

La corriente mxima de arranque ahora es de 27.5[A] y presenta una disminucin prcticamente lineal ya que la tensin se encuentra fija en 24[V] y el aumento de la velocidad, al menos hasta ese entonces puede considerarse lineal. La velocidad multiplicada por Kfem resulta en la contrafem que se resta a los 24[V] fijos y es esta diferencia de tensin en disminucin la que se encuentra a bornes de la resistencia de armadura produciendo as la corriente que se observa en la figura 5.7.

Figura 5.8 Comparacin de Respuestas en el tiempo de la velocidad Con y Sin Control Proporcional

En la Figura 5.8, se realiza una comparacin de las respuestas en el tiempo a lazo abierto y con control proporcional, en la cual puede observarse que la constante de tiempo en el segundo caso es menor haciendo un sistema ms rpido, aunque una comparacin numrica no sera vlida porque estn llegando a velocidades diferentes. Otras dos comparaciones se muestran en la siguiente tabla:

LAZO ABIERTOCON CONTROL PRORPORCIONAL

Velocidad en estado estableLa velocidad no sigue a una referencia por lo que esta aumenta segn la tensin de entrada, en este caso la tensin fue de 12 [V] y la velocidad se estableci en 181 [rad/seg] La velocidad sigue una referencia de 157 [rad/seg] y el control realiza variaciones de la tensin de entrada al servo para llegar a esta velocidad, la cual se estableci en 150 [rad/seg] (error del 5%).

Al aplicar la cargaLa velocidad disminuye 55 [rad/seg]la disminucin es de 2.8 [Rad/Seg]

VALIDACION MEDIANTE ENSAYO:

Utilizando los parmetros medidos de la planta, (Apndice A), se calculo la siguiente ganancia proporcional:

Kp=15.337.

El diagrama de bloques utilizado se observa en la figura 5.9

Figura 5.9 Diagrama de bloques utilizado en el ensayo

Los valores obtenidos experimentalmente han cumplido con las condiciones de error. En la figura 5.10 se observa la evolucin en el tiempo de la velocidad, para un escaln de referencia 157.08 [rad/seg].

5.10 Velocidad vs Tiempo entrada escaln de 157.08 [rad/seg]En estado estable, como se observa en la figura 5.11, el error presenta un valor medio de 7.5 [rad/seg] resultando un error en estado estable de 4.7%

5.11 Error en estado estable zoom [rad/seg]

La constante de tiempo, para el mismo escaln de velocidad fue de 0.75 seg, lo cual no correspondera con el requerimiento, pero realizando el ensayo nuevamente con un escaln de velocidad de 100[rad/seg] se obtuvo una constante de tiempo de: 0.34 seg. Lo cual si cumple con el requerimiento, esta diferencia se debe a la saturacin de la electrnica asociada.

EJERCICIO 6Disear un control de posicin con compensacin proporcional. Se deber usar un amplificador (actuador) y un sensor de posicin. Las especificaciones de diseo son:

(a) sobrepaso menor al 20%.

(b) tiempo de asentamiento menor a 2 segundos (criterio del 2%).

Se observa en la figura 6.1 el diagrama de bloques del control proporcional de posicin para el servomotor, este diagrama es similar al de la Figura 5.1 pero con el agregado de un bloque de integracin para poder controlar posicin.

Figura 6.1- Diagrama de Bloques, Control proporcional - PosicinAplicando algebra de bloques se puede trasladar las ganancias Kpot como se observa en la Figura 6.2, resultando as un control proporcional con realimentacin unitaria.

Figura 6.2- Diagrama de Bloques, Control proporcional Realimentacin unitaria - PosicinKpot representa la ganancia del potencimetro, el cual, es un transductor electromecnico que convierte energa mecnica en elctrica, para el presente caso, posicin [rad], en tensin [V].

La ecuacin (6.1) es la funcin de transferencia del sistema de la Fig 6.2, la cual, es de segundo orden debido a que el integrador esta agregando un polo al sistema que, como en el ejercicio 5, era de primer orden.

La ecuacin (6.2) es la expresin general para sistemas de segundo orden:

Se busca disear el control de modo que el sobrepaso no sea mayor al 20%, mediante (6.3) se puede despejar el factor de amortiguamiento relativo que satisfaga con mencionado sobrepaso ya que %OS es una caracterstica que depende solo de .

Aplicando Logaritmo Natural a ambos miembros:

Despejando se obtiene:

Al comparar (6.1) con (6.2) se obtienen las siguientes relaciones:

Mediante (6.6) puede despejarse la frecuencia natural resultando:

Mediante (6.7) puede despejarse la constante del control proporcional resultando:

Sabiendo y puede calcularse el tiempo de asentamiento mediante la siguiente ecuacin:

Un control proporcional solo permite cumplir con una de las dos condiciones solicitadas, debido a que es un solo parmetro del sistema el que puede ser modificado a la hora de disear el control. Las especificaciones del control de posicin del presente informe contemplan esta situacin al aclarar que si o si debe respetarse el sobrepaso mximo pese a un mayor tiempo de asentamiento.

La figura 6.3 muestra la respuesta en el tiempo de la posicin del eje del servomotor para una entrada escaln de 90 () aplicado al inicio de la simulacin.

Aunque la respuesta se podra haber observado mediante el Scope de Simulink, se utilizo la herramienta de MATLAB ltiview la cual permite observar las caractersticas de la respuesta de manera ms rpida y clara.

En el Command Window de Matlab se ejecutan los siguientes comandos:

>> T1=tf((Kp*Kpot*Kamp*Ktor)/(Ra*J), [1 (Ra*B+Ktor*Kfem)/(Ra*J) (Kp*Kpot*Kamp*Ktor)/(Ra*J)]) Transfer function: 6.284---------------------s^2 + 2.286 s + 6.284 >> ltiview

Importando T1 (mediante file->import) y habilitando las caractersticas Peak response y Settling time (mediante click derecho sobre el grafico -> Characterisitcs).

Figura 6.3 Respuesta al escaln - Posicin Control Proporcional

EJERCICIO N7:

% OS < 20 % = 0.45 ts < 2 seg. n = 4.44 (7.1)

CONTROL INTEGRAL:Expresin controlador:

Diagrama de bloques sistema con control integral:

Figura 7.1Funcin de transferencia a lazo abierto del sistema:

Funcin de transferencia a lazo cerrado del sistema:

De la ecuacin mostrada anteriormente, un polo, s, existe cuando el polinomio caracterstico del denominador se hace cero:

Estos puntos son las races de la ecuacin caracterstica o polos, veamos esto en el sistema:

Tomando a , los polos correspondiente son:

Veamos ahora que pasa con la condicin de modulo y ngulo:

Se debe cumplir en magnitud y fase:

El siguiente grafico nos servir para analizar la condicin de ngulo.

Figura 7.2

Del cual obtenemos:

-116.5- 116.5- 85.7= -318.7 (7.7)

Anlisis Lugar geomtrico de las races:

Asntotas: cantidad polos finitos de la funcin de transferencia a lazo abierto menos la cantidad de ceros de la funcin de transferencia a lazo abierto.

Asntotas= 3-0 = 3

Lugar geomtrico de las races:

Figura 7.3

Respuesta ante el escaln.

Figura 7.4

Conclusiones:

Con el anlisis de la condicin de ngulo se observa que con el controlador integral, el punto obtenido con las caractersticas requeridas (Sx) no es un polo en lazo cerrado para ninguna ganancia. Observando el lugar geomtrico de las races (figura 7.3) se ve que el controlador tiene un efecto desestabilizante sobre el sistema ocasionado por la insercin de un polo en el origen que lo que hizo fue desplazar el lugar de las ramas hacia la derecha.

CONTROL DERIVATIVO.Expresin controlador:

Diagrama de bloques sistema con control derivativo:

Figura 7.5Funcin de transferencia a lazo abierto de nuestro sistema:

Funcin de transferencia a lazo cerrado de nuestro sistema:

Analizando el siguiente grafico podemos ver la condicin de ngulo para esta configuracin:

El polo y el cero en el origen se cancelan.

Figura 7.6Se obtiene:

- 116.5 - 85.7 + 116.5= - 85.7

Anlisis lugar geomtrico de races:

Figura 7.7Respuesta ante el escaln.

Figura 7.8

Conclusiones.

Observamos que aplicando un controlador derivativo independientemente del valor de ganancia nuestro sistema ser estable.La cancelacin polo cero producida por el control hace que el sistema sea de primer orden, lo cual frente a una entrada escaln la respuesta va a ser sobre amortiguada, lo que quiere decir que frente a nuestros requerimientos vamos a estar cumpliendo siempre el sobrepaso ya que la misma no va a tener. Adems este tipo de control disminuyo el tipo de la funcin (ahora de tipo 1), esto es una desventaja ya que vamos a tener un error en rgimen permanente. CONTROL PROPORCIONAL INTEGRALExpresin controlador:

Diagrama de bloques sistema con control proporcional integral:

Figura 7.9

Funcin de transferencia a lazo abierto del sistema:

Funcin de transferencia a lazo cerrado del sistema:

Lo primero que debemos hacer es ubicar al cero en algn lugar del plano, desde ya se sabe que el mismo no podr situarse en la parte positiva del eje real por cuestiones de estabilidad, por lo tanto se puede ubicar entre el eje imaginario y el polo ubicado en -2.3, u otra opcin que es a la izquierda del polo en -2.3.Ahora se analiza en que cambia situarlo en una o en otra ubicacin. El cero introducido por el control aporta ngulo, el cual se traduce en la ubicacin de las ramas, si nosotros ponemos al cero ms prximo al eje imaginario el aporte de ngulo es mayor por lo tanto lo que estamos haciendo indirectamente es desplazando ms hacia la izquierda las ramas de nuestro lugar geomtrico, lo que significa que el tiempo de asentamiento va a disminuir y el factor de amortiguamiento va a crecer.Todo lo contrario sucede si disponemos al cero a la izquierda del polo en -2.3 el aporte de ngulo es menor, con lo cual las ramas estaran ms cercanas al eje imaginario, disminuyendo as las posibilidad de cumplir con los requerimientos pedidos.

Ahora debemos calcular el lugar especfico del cero, lo cual se logra mediante la condicin de ngulo.-116.56 - 116.56 - 85.71 + = - 180 = 138.83

Figura 7.10

Hemos obtenido la ubicacin del cero pero como podemos ver el mismo ha quedado en la parte positiva del eje real (lugar de inestabilidad).

Cero : Valor de ganancia para el punto:

Lugar geomtrico de las races.


Figura 7.12

Conclusiones:La ubicacin del cero obtenido a partir de la condicin de ngulo nos mostr la inestabilidad del sistema independientemente del valor de la ganancia, ya que la misma quedaba sobre la parte positiva del eje real.

CONTROL PROPORCIONAL DERIVATIVO.

Expresin controlador:

Diagrama de bloques sistema con control integral:

Figura 7.13Funcin de transferencia a lazo abierto de nuestro sistema:


Igual que en el inciso anterior debemos utilizar la condicin de ngulo para determinar el lugar del cero agregado por el control.

-116.56 - 85.71 + = - 180 = 22.27

Figura 7.14Cero : Valor de ganancia para el punto:

Lugar geomtrico de las races.


Figura 7.15Como se observa en el grfico de la respuesta al escaln (figura 7.16) se cumple con el tiempo de asentamiento pero no con el porcentaje de sobrepaso, ahora se deber plantear una solucin para tratar de incrementar el factor de amortiguamiento. Lo que se hizo fue mover la ganancia del compensador hasta cumplir las especificaciones.Nuevo valor de ganancia ser:

Nuevo lugar geomtrico de las races.

Figura 7.16Nueva respuesta ante el escaln.

Figura 7.17

Respuesta aplicando carga:

Figura 7.18

Se observa en la figura 7.18, al aplicar la carga la posicin queda con un error en estado estable de (pi/2)-0.94 = 0.63donde 0.94 es el error en estado estable que proviene de formula (9.6)

CONTROL PROPORCIONAL INTEGRADOR DERIVATIVO.

De los incisos anteriores se observa que el controlador PD puede aadir amortiguamiento al sistema, pero no afecta la respuesta en estado estable. El controlador PI puede mejorar la estabilidad relativa y el error en estado estable al mismo tiempo, pero el tiempo de levantamiento se incrementa. Por estas razones es que empleamos un controlador PID para que se empleen las mejores caractersticas de los controladores PI y PD. Expresin controlador:

Funcin de transferencia a lazo abierto de nuestro sistema:


El polo en el origen aportado por el controlador como sabemos tiene un efecto desestabilizante por lo tanto lo que se debe hacer es introducir un cero cercano al origen para que la aportacin angular del control al punto Sx sea casi cero grados. Como regla sabemos que el ngulo aportado por el polo menos ngulo aportado por el cero del controlador debe ser menor a 2.

116.56 - 1 = = 115.56 (7.28)

Ya se ha obtenido la ubicacin de uno de los ceros, ahora con la condicin de ngulo podemos obtener el faltante.

-116.56 - 116.56 - 85.71 + 115.56 + = -180

= 23.27 (7.30)

Figura 7.19

Habiendo obtenido la ubicacin de los ceros nuestra funcin de transferencia a lazo abierto queda de la siguiente manera:

Valor de ganancia para el punto:

Como mencionamos anteriormente los valores de las constantes se obtienen de la siguiente manera:

Lugar geometrico de las raices:


Figura 7.21Como podemos ver en los grficos con las expresiones obtenidas, podemos cumplir con el requisito de tiempo de establecimiento pero no con el porcentaje de sobrepaso por lo que debemos realizar ciertas modificaciones, desde sisotool vamos modificando la ganancia del sistema para movernos sobre la curva hacia la izquierda tratando as de cumplir con el sobrepaso, cuando hacemos esto no tenemos problema con el tiempo de asentamiento ya que mientras mas no alejamos del eje imaginario menor es el tiempo de asentamiento, tampoco debemos abusar de lo mencionado ya que en la realidad esto se traduce en mayor valor monetario del compensador.El nuevo valor de compensacin ser de

De este modo:Kp=1.14ki=0.1233Kd=Kpid

Nuevo lugar geomtrico de las races:

Figura 7.22

Nueva respuesta al escaln:

Figura 7.23

Respuesta al escaln con carga:

Figura 7.24

EJERCICIO N8

Para el mismo sistema del ejercicio 6 se agregara una realimentacin taquimtrica la cual ser diseada para que cumpla con las siguientes especificaciones.1) Mostrar los LGR del sistema con compensador PD y realimentacin taquimtrica.2) Explicar las diferencias.Solucin:

Fig. 8.1La ecuacin 8.1 es la FT del motor de CC.

Reacomodando trminos y reemplazando por sus respectivos valores se obtiene:

Considerando G(s) = FT y H(s) = Kv*Ktac , se obtiene la funcin de transferencia a lazo abierto.

Tomando como G(S)=FTLA y H(s)= 1, se obtiene la funcin de transferencia de lazo cerrado. Para ello:

De lo que se obtuvo:

Como se puede observar en la ecuacin 8.5, no se encuentran definidos los valores de Kv y Kp, pero al ser una ecuacin de segundo orden ser fcil obtenerlos.

Para ello se compara cada uno de los trminos con la ecuacin prototipo de segundo orden teniendo en cuenta adems las especificaciones de diseo.

Recordando las especificaciones de diseo se tiene:

Tiempo de sobrepaso %OS < 20, del cual se obtuvo:

Tiempo de asentamiento Ts < 2 seg. Del cual se obtuvo:

Ahora bien observando la ecuacin prototipo de segundo orden:

Se encuentra:

= 103.8* Kp >> Kp=wn^2*J*Ra/(Kamp*Ktac) Kp=0.185

>> Kv=((2*y*wn)-2.3)/(103.8*Ktac) Kv = 0.5727

Simulando con la herramienta sisotool de Matlab se obtuvo:>> ft=(103.8*0.185)/(s^2+(2.3+103.8*0.5727*Ktac)*s)Transfer function:

>> sisotool('rlocus',ft)

Fig 8.2

Fig 8.3

Fig 8.4

Se puede observar en los diagramas 8.3 y 8.4, utilizando la realimentacin y el compensador PD respectivamente, que ambos sistemas cumplen con las especificaciones mencionadas, por lo cual es posible utilizar cualquiera de los dos sistemas. A modo de comparacin un sistema compensado por PD se ve beneficiado econmicamente ya que resulta ser ms barato que un sistema compensado por un tacmetro, pero esta ventaja conlleva un inconveniente. Debido a la etapa del derivador incluida en el PD, si a la entrada de este se tiene un escaln esto se traduce en un impulso lo cual puede daar el sistema de forma permanente.

Otra desventaja del PD viene dada ante la presencia de una seal con ruido, ya que este es amplificado produciendo interferencias en el sistema como as tambin ocasionar resultados errneos o no esperados. En cambio para un sistema con realimentacin taquimtrica estos problemas no aparecen obteniendo as mejores resultados. Ante un anlisis matemtico se observa que la realimentacin taquimtrica no agrega ceros ni polos a la funcin de transferencia por lo que ante una simple modificacin de las ganancias proporcionales Kv y Kp se puede reubicar los polos de lazo cerrado en el lugar geomtrico de races como as tambin hacerlos coincidir con los puntos en los cuales se cumplen las especificaciones necesarias del sistema.

EJERCICIO N9:En el mismo sistema del ejercicio #6,

1. Determinar que compensador/es (P, PI, PD, PID) anula/n el efecto del par de perturbacin escaln, verificando que el sistema resulte estable.

2. Simular la respuesta de posicin ante una referencia escaln de 90, una vez en rgimen aplicar la carga.

Se dispone del diagrama de bloques de la figura 9.1, el cual relaciona la posicin de salida con la posicin de referencia y posee una entrada para el par de carga. Gc es la compensacin.

Fig 9.1 Diagrama de bloquesEn el presente ejercicio se solicita evaluar compensadores que anulen el par de carga escaln por lo que se modificara el diagrama mediante algebra de bloques para llegar a una relacin entre posicin y Par de entrada TL.Trabajar con diagramas de bloques exige que se disponga de una sola entrada y una sola salida, por lo que se debe pasivar la posicin de referencia, de este modo el Error ser: Error(s)=* -= - (9.1)

Luego, si se multiplica y divide por el par de carga, al reacomodar se obtiene:

Como Kpot = 1[V/rad], no se considerara en lo que resta del ejercicio para simplificar la resolucin.

Algebra de bloques:

El diagrama de la fig 9.1, puede reacomodarse para obtener el siguiente, en el cual, ya se encuentra pasivada la posicin de referencia y los sumadores se encuentran afectados por -1 en lugar de una entrada negativa:

Fig 9.2Si se distribuye Ktor/Kfem de la salida del sumador a sus entradas, se obtiene:

Fig 9.3Se reacomodan los sumadores para que el diagrama de la Fig 9.3 tome una forma conocida de realimentacin obteniendo as dos realimentaciones sucesivas:BA

Fig 9.4Realimentacin A:

Realimentacin B:

Finalmente se obtiene la funcin de transferencia entre y TL para :

Como se quiere definir cual compensador se puede utilizar sin hacer inestable el sistema, se aplica el teorema del valor final frente a un escaln de carga para determinar cmo se comporta el sistema luego del transitorio.

De este modo se observa que el compensador que hace que e()=0 ser aquel que tienda a infinito cuando s tienda a cero, y los que pueden hacerlo son los compensadores PI y PID ya que tienen a s en el denominador como indican las ecuaciones 9.7 y 9.8.De todos modos se analizaran todos los casos que el problema solicita y se comprobara lo deducido en el prrafo anterior.

CONTROL PROPORCIONAL:

La expresin de un control proporcional es:

Reemplazando en 9.6 se obtiene:

Por lo que solo se lograra un e() = 0 si Kp tendiera a infinito.

La figura 9.5 y 9.6 corresponden a Kp=1 y Kp=999 respectivamente.

Se observa en la fig 9.5 que para un Kp unitario el error en estado estable es 1.218.

Mientras que para Kp = 999, se aproxima a cero y la posicin a la referencia , aunque para lograrlo ha desmejorado considerablemente el transitorio.

Fig 9.5

Fig 9.6CONTROL PI:



Demostrando as que este control hace cero el error frente a una entrada escaln como se observa en la figura 9.6, independientemente del Ki y Kp que se elija. Aunque a veces, como se observo en el ejercicio 7, un controlador de este tipo es inestable para ciertos valores de ganancias.

Fig 9.7CONTROL PD:



Nuevamente, como sucedi con el control proporcional, se requiere que Kp tienda a infinito para que el error sea cero para una entrada escaln, mientras que no depende de Kd. El sistema resulta ser de Tipo 0 (ningn polo en el origen) para el cual una entrada escaln produce un error finito mientras que una rampa o una parbola producen error en estado estable infinito.Se observa en la figura 9.8, la respuesta de la posicin en el tiempo de este controlador

Fig 9.8

CONTROL PID:



Demostrando as que este control junto con el PI son los que pueden llevar a cero el error frente a una entrada escaln. Aunque la ecuacin 9.12 indique que el error en estado estable es independiente de Kp, Ki y Kd, se pueden presentar casos en el que el controlador puede tornarse inestable para ciertos valores de ganancias por lo que es importante conocer si el Lugar Geomtrico de Races se extiende hacia la derecha del eje imaginario.La figura 9.9 presenta la respuesta en el tiempo de la posicin utilizando un controlador PID para una referencia de y aplicndole le carga una vez en rgimen. Luego de aplicar la carga, la posicin de salida sigue la referencia con error cero.

Fig 9.9

EJERCICIO N10En el mismo sistema del ejercicio #6, disear un compensador en adelanto y/o atraso (lo que sea necesario) para satisfacer las siguientes especificaciones: (a) sobrepaso menor al 10%; (b) tiempo de asentamiento (criterio del 2%) menor a 1s.

1. Disear el compensador por el mtodo del lugar de las races. Determinar en forma analtica los parmetros de el/los compensador/es.

2. Simular la respuesta de posicin ante una referencia escaln de 90, una vez en rgimen aplicar la carga-1.

3. Verificar que se cumplen las especificaciones de diseo, de lo contrario redisear adecuadamente el compensador.

4. Determinar el error en rgimen permanente, para luego redisear el compensador con el objetivo de reducir el citado error 10 veces.

La figura 10.1 muestra el diagrama de bloques del sistema compensado en el cual Gc ser ahora un compensador en adelanto y/o atraso.

Fig 10.1

Especificaciones de diseo:

a. Porcentaje de sobrepaso, %OS 10%b. Tiempo de asentamiento, Ts 1seg

Calculo del coeficiente de amortiguamiento :

Como se dedujo en el ejercicio 6, ecuacin 6.6, se calcula la frecuencia natural wn:

Punto de cumplimiento de especificaciones Sx =

En principio, las especificaciones de diseo estn dadas para el rgimen transitorio y el compensador que puede modificar el transitorio es el compensador en adelanto ya que, segn 10.5, al ser un valor entre 0 y 1, el cero ser de menor magnitud que el polo y recordando que el cruce de las asntotas con el eje Real se daba por la ecuacin:

(10.4)

Entonces el cruce a se da en un valor de mayor magnitud, es decir ms hacia la izquierda moviendo as todo el lugar geomtrico de races (LGR) ms hacia la izquierda en donde la velocidad aumenta y el sobrepaso es menor, alejando a la vez el LGR de la zona inestable.

COMPENSADOR EN ADELANTO DE FASE:

El autor OGATA propone el siguiente mtodo para ubicar zc y pc para que el punto Sx forme parte del LGR:

1. Dibujar una lnea horizontal que pase por P (Sx) en donde se desea ubicar uno de los polos dominantes a lazo cerrado), esta es la lnea PA de la figura 10.2.2. Dibujar una lnea que una P con el origen3. Bicectar el ngulo entre PA y PO para trazar PB.4. Trazar dos lneas PC y PD que formen angulos /2 con la bisectriz PB.5. Las intersecciones de PC y PD con el eje real negativo dan la ubicacin necesaria para el polo y el cero del compensador en adelanto haciendo de P un punto sobre el LGR del sistema compensado.

Fig 10.2El sistema actual es:

El ngulo de un polo a lazo cerrado deseado seria el ngulo obtenido al evaluar 10.5 en el punto Sx = -4+5.45j resultando = 126.3, de esta manera, para obligar a que Sx sea del LGR el compensador debe aportar AD = 53.7 (180-126.3) como se muestra en la figura 10.3 la cual consta de aplicar los pasos 1,2 y 3 del mtodo de OGATA.

Fig 10.3

Con los pasos 4 y 5 se obtiene que el cero y el polo sern ubicados desde la bisectriz, la mitad del aporte angular del compensador hacia cada lado, es decir AD/2 = 26.8 como se muestra en la figura 10.4-El ngulo entre una lnea vertical pasante sobre Sx con otra que conecte Sx con Zc es: por lo que:

Zc = -4, es decir Re{Sx}.

El ngulo entre una lnea vertical pasante sobre Sx con otra que conecte Sx con Pc es: por lo que:

Pc =

El compensador ser por lo tanto:

GAD(S) =

Fig 10.4

La ganancia KAD se obtiene de la condicin de magnitud como:

El compensador en adelanto finalmente resulta:

GAD(S) = (10.7)

Mediante SISOTOOL se obtiene el LGR del sistema compensado de la figura 10.5.

Fig 10.5La respuesta en el tiempo:

Fig 10.6Como se observa, el sistema esta cumpliendo con el tiempo de asentamiento pero no con el sobrepaso, realizando un movimiento de los polos en el LGR de modo de aumentar el coseno del ngulo que forma un vector que une el polo a LC y el origen con el eje Real, es decir aumentar el coeficiente de rozamiento y as reducir el sobrepaso se obtiene la respuesta en el tiempo de la figura 10.7.

Fig 10.7El cual cumple con los requerimientos, el compensador resulto ser:

GAD(S) = (10.8)

El cual se encontr ingresando en SISOTOOL con G(s) sin compensar y mediante la herramienta Compensator Editor se agregaron Pc y Zc en -11.4 y -4, luego se fue moviendo hasta que el LGR ingres a la zona de cumplimiento de ambos requerimientos y se observo en que valores se encuentra el valor C, que sera el KAD y en qu valor quedo el cero.El LGR resultante se muestra en la figura 10.8.Se podra seguir moviendo el cero hacia la derecha o el polo hacia la izquierda para as seguir aumentando el aporte angular positivo y cumplir por dems con los requerimientos y estabilidad, pero hacer un sistema ms rpido hace que, en el caso de un motor, requiera ms corriente, encareciendo el control y poniendo en riesgo el motor por la mayor tensin y corriente circulante, entre otros efectos que pueden presentarse.

Fig 10.8

La figura 10.9, muestra el diagrama de bloques del sistema compensado y la 10.10, muestra su respuesta al aplicarle la carga:

Fig 10.9

Fig 10.10

El error en estado estable obtenido es de 7.74 [rad] el cual deber corregir con un compensador en atraso.

COMPENSADOR EN ATRASO DE FASE:Error del sistema:

Fig 10.11

Error en estado estable : 7.74 [rad]Se necesita disear el compensador para reducir dicho error 10 veces. Error requerido en estado estable : 0. 774 [rad]Para corregir el error en estado estable ahora se empleara este tipo de compensador.

Constante de error esttico del sistema no compensado: Contaste de error esttico del sistema compensado: La nueva ganancia del sistema ser: La mejora en la es igual al cociente entre la magnitud del cero del compensador y el polo del compensador.

La nica forma en que el cociente entre y puede ser grande para obtener una mejora en error estable, y adems tener el polo y el cero del compensador cercanos entre s para minimizar el aporte de angular, es poner el par de polo y cero del compensador cercano al origen.Criterios de diseo:

, esto es para que no se modifique el LGR, porque el aporte de ngulo negativo desmejora la respuesta transitoria. , para no modificar el lugar de los polos a lazo cerrado. , se disea segn el error requerido. Fijar la ubicacin de Con los datos obtenidos el compensador quedara de la siguiente forma:

Utilizando este compensador, se ha modificado el transitorio, como se observa en la figura 10.12

Fig 10.12Se propone por lo tanto un compensador en el cual el polo y cero sigan con pero mas cerca del origen:

Fig 10.13

Fig 10.14

La figura 10.13 y 10.14 muestran la respuesta en el tiempo y el error respectivamente, luego de aplicar la carga, el error en estado estable tiende a los 0.774.

EJERCICIO N11Resolver el ejercicio #6 utilizando el mtodo de la respuesta en frecuencia. Mostrar en una misma grafica las trazas de bode del sistema sin compensar con el sistema compensado y explicar sus diferencias. % OS < 20 % = 0.45 ts < 2 seg. n = 4.44 (11.1)

Diagrama del sistema:

Fig 11.1

Funcin de transferencia a lazo abierto de nuestro sistema:

Respuesta al escaln del sistema sin compensar Kp=1:

Fig 11.2Se trazaran la curvas de bode, pero antes se escribe la funcin de transferencia en relacin a la frecuencia, esto se logra haciendo s=jw :

Normalizando la funcin:

Una vez obtenida la funcin en el dominio de la frecuencia y normalizada se utilizara la herramienta sisotool de Matlab para obtener las curvas de magnitud y fase.

Fig 11.3

Se debe encontrar el margen de fase y el ancho de banda necesario para cumplir con los requerimientos pedidos. Se utiliza la ecuacin 11.5, la cual relaciona el margen de fase con el factor de amortiguamiento:

La ecuacin 11.6 relaciona el ancho de banda con el factor de amortiguamiento y el tiempo de establecimiento:

Fig 11.4

En el domino de la frecuencia el sobrepaso puede verse expresado en relacin al margen de fase, mientras ms grande es, menor ser el sobrepaso. Si se observa el diagrama de bode de la planta fig 11.3, la misma tiene un margen de fase de 12.9 y el margen de fase obtenido segn los requerimientos pedidos es de 47.63, por lo tanto se debe implementar un controlador que le aporte el margen de fase faltante y as cumplir con el sobrepaso.El ancho de banda esta relacionado con el tiempo, la rapidez del sistema, con el controlador utilizado solo se puede influir en el sobrepaso pero no con el tiempo de asentamiento.

El aporte que debe realizar el compensador es:

Para este margen de fase se tiene un margen de ganancia de 24.3 dB, con este dato se calcula el valor de la constante proporcional del compensador necesaria para cumplir los requerimientos del problema.

, donde se obtiene

Funcin de transferencia de la planta ms el compensador:

Respuesta al escaln sistema compensado:

Fig 11.5

En el dominio de la frecuencia:

La comparacin de los sistemas se observa en la figura 11.6

Fig 11.6

EJERCICIO N12Resolver el ejercicio #10 utilizando el mtodo de la respuesta en frecuencia. Mostrar en una misma grafica las trazas de bode del sistema sin compensar con el sistema compensado y explicar sus diferencias. % OS < 10 % = 0.59 ts < 1 seg. n = 6.76

Diagrama del sistema:

Fig 12.1

Funcin de transferencia a lazo abierto del sistema:

Respuesta al escaln del sistema sin compensar:

Fig 12.2

En la figura 12.2 se observa que se debe corregir el transitorio para poder cumplir con las especificaciones requeridas. Funcin de transferencia en el dominio de la frecuencia, haciendo s=jw :

Normalizando la funcin:

Una vez obtenida la funcin en el dominio de la frecuencia y normalizada se utilizara la herramienta sisotool de Matlab para obtener las curvas de magnitud y fase.

Fig 12.3

COMPENSADOR EN ADELANTO DE FASE:

Para poder entender mejor dicho compensador a continuacin se realizaran los diagramas de bode del mismo:

Fig 12.4

Funcin de transferencia con compensador en adelanto:

Funcin de transferencia con compensador en adelanto en el dominio de la frecuencia y normalizada:

La ganancia del compensador ser: Se utiliza la ecuacin 12.8, la cual relaciona el margen de fase con el factor de amortiguamiento:

La ecuacin 12.9 relaciona el ancho de banda con el factor de amortiguamiento y el tiempo de establecimiento:

Diseo del compensador.

Fig 12.5

El aporte que debe realizar el compensador es:

Ubicacin polo y cero:

Clculo del valor de :

Funcin de transferencia compensadora en adelanto:

Funcin de transferencia total:

En la figura 12.6, se observa el diagrama de bode del sistema compensado

Fig 12.6

En la figura 12.7, se observa la respuesta ante el escaln sistema con compensador en adelanto:

Fig 12.7Con los valores obtenidos en el diseo del compensador se puede observar que todava no cumple el requerimiento de sobrepaso, por lo tanto debemos hacer una sintona fina con respecto al valor de ganancia, esto se realiza desde la herramienta de Matlab Sisotool. El valor de ganancia que se obtuvo fue de 0.96, en las figuras 12.8 y 12.9 se pude observar los nuevos grficos de bode y respuesta al escaln respectivamente.

Fig 12.8

Fig 12.9Se simulo la respuesta de posicin ante una referencia escaln de 90, y una vez establecido el rgimen se aplic la carga.

Fig 12.10

Como podemos observar cuando entro la carga en accin el erro en estado estable es muy grande, a continuacin se ver con ms detalle.

Fig 12.11

Para corregir este error en estado estacionario, se debe agregar al diseo un compensador en atraso de fase.

Bode genrico del compensador en atraso:

Fig 12.12

Criterios de diseo:

Se pone el cero del compensador en atraso 1 o 2 dcadas antes de la frecuencia de cruce de ganancia. , se disea segn el error requerido. , esto se debe cumplir para no modificar el lugar de los polos a lazo cerrado.

La frecuencia de cruce para nuestro sistema anterior es de 6 s-1Si respetamos las condiciones de diseo la ubicacin del cero estara 2 dcadas ms all por lo tanto seria:

La ubicacin del polo se debe encontrar a partir del error estacionario:

Si se quiere reducir 10 veces el error:

Como se menciono anteriormente debe ser 1, por lo tanto toma un valor de 10.

Ubicacin del polo:

Funcin de transferencia compensadora en atraso:

Funcin de transferencia total con el sistema compensado en adelante y atraso:

Se observa en la figura 12.13 el diagrama de bode y en la 12.14 la respuesta al escalon del sistema compensado:

Fig 12.13

Respuesta al escaln:

Fig 12.14

Como se observa en la figura 12.14, los requerimientos pedidos no son cumplidos, por lo tanto se debe hacer un ajuste fino de ganancia con Sisotool. Como haciendo esto todava no se cumple, se modific en una pequea distancia el lugar del cero y del polo respetando su relacin de 10, obteniendo una nueva funcin de transferencia (12.19).

La cual tiene la respuesta ante el escaln de la figura 12.15 y el diagrama de Bode de la figura 12.16.

Fig 12.15

Fig 12.16Grafica de posicin:

Fig 12.17Grafica de error con el nuevo sistema compensado:

Fig 12.18Se observa en la figura 12.19, una comparacin de los diagramas de bode sin compensar y compensado:

Fig 12.19EJERCICIO 13

Resolver el ejercicio anterior con compensador PID utilizando el mtodo de la respuesta en frecuencia.Mostrar en una misma grfica las trazas de bode del sistema sin compensar con el sistema compensado y explicar sus diferencias.

Requerimientos:%OS = 10 % = 0.591Ts < 1 seg n = 6.76

Compensador PID (Proporcional, Integrador, Derivador) tiene la forma:

A modo de introduccin puede decirse que al ecuacin 13.3 puede expresarse como la multiplicacin de dos ceros y un polo de la siguiente forma:

Como se observa, el polo aporta una magnitud que decrece con una pendiente de -20db, al cruzarse con la pendiente a 20dB aportado por el cero en a, la pendiente ser cero, finalmente la pendiente ser nuevamente positiva debido al cero ubicado en b ya que este tiene una pendiende de 20dB positivos. Este mismo anlisis puede hacerse con el aporte de fase y obtener asi la figura 13.1 que representa un compensador PID genrico.

Fig. 13.1 Respuesta en frecuencia Compensador PID

Utilizando y Ts, se obtuvo en el ejercicio anterior:

MF = 58.5WAB = 7.85 [rad/seg]max=42.5 1=16 Wab=7.85 MF=58.5

. 13.2 Respuesta en frecuencia planta sin compensar

Como se observa tambin en la figura 13.1, en la frecuencia donde se ubica b la fase aumenta a 45/dec desde una dcada antes hasta una dcada despus por lo que la ubicacin del cero en b se puede realizar partiendo de la ecuacin de una recta, sabiendo que una dcada antes el aporte angular es cero y que la pendiente es 45 se obtiene la siguiente expresin

Para la frecuencia WAB se puede observar en el bode de la planta, en la figura 13.2, que la fase 1 y la magnitud M1 son de:

1 = 180-164 = 16M1 = 4.2 dB

Es decir, estos son la fase y la magnitud que aportan la planta y podrn hacer que e compensador deba aportar mayor o menor cantidad de fase y magnitud.

El compensador deber aportar entonces:

max = MF - 1 = 42.5 (13.4)Con la misma ecuacin de la recta (13.3) pero valuado ahora en WAB se obtiene:

Con 13.5 se obtiene B = 2.23, Reemplazando este valor en 13.3, se obtiene b = 8.92

El cero en a, se ubica una o dos dcadas antes del cero en b, si se ubica dos dcadas antes, a = 0.0892

Donde se encuentra la frecuencia de margen de fase, la sumatoria de la magnitud aportada por la planta, mas el compensador valuado en Wab mas Kpid debe ser cero, de esta forma se calcula Kpid:

Donde 1/a es el que se muestra en la figura 13.3, de este modo:

La funcin de transferencia de la planta compensada es la siguiente:

Compensador1/a

13.3 Diagramas de Bode del sistema compensado y no compensadoWab=7.85 MF=58.5

13.4 Diagramas de Bode del sistema compensado y no compensadoMediante el compensador se modifico la fase de manera que pase por el punto de diseo, como se haba realizado con el lugar geomtrico de races. Esto no hubiese sido posible con un proporcional solamente ya que aporta fase 0 por ser un numero real.

Se observa en la figura 13.4 que el sistema compensado pasa por el punto de diseo, la figura 13.5 muestra su respuesta al escaln.

13.5 Respuesta al escaln del sistema compensado

Se observa en la figura 13.3 que cumpli satisfactoriamente con el tiempo de asentamiento pero el sobrepaso esta excedido en un 8.9% por lo se debe realizar un ajuste fino del compensador.Si se desea reducir el sobrepaso quiere decir que se debe aumentar , como este ltimo es proporcional al margen de fase MF, este debe ltimo debe aumentarse.Para lograr aumentar el MF se debe reducir la distancia entre los ceros por lo que se propone mover el cero en b hasta b=5 y de esta manera la respuesta al escaln resulta como la figura 13.6.

13.6 Respuesta al escaln del sistema compensado luego de ajuste fino

La figura 13.6, muestra la respuesta al escaln del sistema luego del ajuste fino, aunque por cumplir con el sobrepaso se altero el tiempo de asentamiento sigue dentro de los requerimientos.

Finalmente, la funcin de transferencia del sistema compensado resulta:

APENDICE A - MEDICION DE PARAMETROS EN LABORATORIO:

Lo que realizo fue la medicin directa de Los parmetros que componen al servomotor de continua para poder contrastar las mismas con los datos ya previamente obtenidos por la ctedra.

Para obtener la inductancia de armadura, La , se utilizo un medidor LCR, se realizaron doce mediciones en cuatro posiciones distintas del rotor para minimizar la influencia de las posiciones que toman las escobillas, y adems cada una de las tres mediciones en su posicin respectiva se hicieron a distintas frecuencias (1 [KHz], 10[KHz], 100[Hz]), con todos estos valores se tom un valor medio, para as disminuir cualquier error que pudiera existir.

Medidor LCR.Posicin.Frecuencia.Medicin.

1 [KHz]1968.4[uH]

110[KHz]1.606[mH]

100[Hz]2.703[mH]

1 [KHz]2.75[mH]

210[KHz]2.14[mH]

100[Hz]1782[uH]

1 [KHz]1624[uH]

310[KHz]2.600[mH]

100[Hz]2.002[mH]

1 [KHz]3[mH]

410[KHz]2.14[mH]

100[Hz]1800[uH]

Promedio1.1[mH]

El valor de la resistencia de armadura, Ra , en un principio se midi con el mismo medidor LCR, pero al poder cometer el error de tomar la medicin con distintas frecuencias y as obtener valores equvocos debido al efecto skin, se decidi tomar las mediciones de resistencia con un multmetro Fluke. Estos valores fueron tomados en cuatro posiciones distintas del rotor debido a que el valor cambia segn el lugar de contacto de las escobillas, con los valores obtenidos se calcul un promedio.

Multmetro Fluke.4.5[]

Valores medidos.5.0[]

4.3[]

4.4[]

Promedio.4.5[]

Para obtener los valores de la constante de fem, Kfem , lo primero que se realizo fue concentrarse en la frmula matemtica que la describe:

Como se observa, se necesita la tensin a bornes de la mquina y la velocidad de giro de la misma.Lo que se hizo fue a travs de Matlab excitar al servomotor con tres valores de tensiones distintas (5[V], 8[V], 10[V]), luego se midi con un multmetro la tensin generada a bornes del mismo obteniendo tres distintos valores Vb , adems se midi la tensin a bornes del tacmetro del servomotor de CC utilizado como generador y sabiendo por los datos de chapa la relacin 3[V]/1000[RPM] se calcul la velocidad de giro del mismo para cada valor de tensin. Habiendo obtenido estos valores se introdujeron en la formula consiguiendo tres valores de Kb y luego se sac un promedio.

Tensin de alimentacin.[V]Vtac. [V][RPM]Vb [V]Kfem[V.seg/RPM]

52.347804.876.24x10-3

84.615339.566.23 x10-3

106.142016.612.756.22x10-3

Promedio0.059 [V.seg/rad]

Para el clculo del rozamiento, B, se muestra a continuacin el desarrollo matemtico para obtener su valor.

Del subsistema mecnico se obtiene:

,

Como el ensayo se realiza a velocidad constante el trmino .Por lo tanto,

Adems,

El trmino debido a que no se aplica carga.Por lo tanto resulta:

Reemplazando (A.5) en (A.3) y despejando se obtiene:

Donde: La corriente de armadura se midi con un osciloscopio, la pinza transductora utilizada se utilizo en la escala 100[mV]. 1[A]. La velocidad se midi directamente desde Simulink.

Observando la ecuacin (A.6) se deduce que el nico dato desconocido es pero como se demostr en la pgina 7, las constantes y son iguales en valor, pero con distintas dimensiones. Asi, utilizando los valores obtenidos experimentalmente, mediante un escaln de tensin de 11.8 [V] (12[V] en simulink):

El clculo de la inercia, Jm, se describe a continuacin:

Con la grafica de velocidad en funcin del tiempo representada por Simulink, con la forma de la figura A.1, se midi la constante de tiempo, este es, el tiempo que tarda la seal de respuesta al escaln en ascender al 63% de su valor final

Se observo en la grafica que la Velocidad de rgimen fue de 182 [rad/seg]

El 63 % de la velocidad de rgimen es 114.66 [rad/seg] a los 18.45 [seg]

Restando el tiempo en donde se obtuvo el 63% con el tiempo en el que se aplica el escaln de tensin (17.72 [seg]), se calcula la constante de tiempo que resulto ser :

De esta ecuacin se puede obtener el valor de la inercia.

Figura A1 respuesta de velocidad al escaln

APENDICE B SISTEMA DE CONTROL ON/OFF

Un sistema de control ON/ OFF, tambin llamado SI-NO, es la forma ms sencilla de controlar una planta mediante realimentacin, utilizado ampliamente en electrodomsticos como planchas, heladeras, etc.El diseo es muy complejo porque en un control no lineal, pero implementarlo es simple.

En el caso del servomotor, este ser alimentado con +12v si la velocidad cae por debajo del nivel inferior (Prende) y -12V si la velocidad sobrepasa el lmite inferior (Apaga), manteniendo esta variable dentro de una brecha diferencial, tambin llamada banda de histresis.

Se diseara un control de velocidad SI-NO de manera que la velocidad de salida contenga una brecha diferencial de +/- 1 [rad/seg] para una velocidad de referencia de 100 [rad/seg].

Se utiliz para ello un bloque Relay con histresis configurado para que la relacin SI-(ON) corresponda a una tensin de +12 [V] y la accin de NO (OFF) sea de 12 [V]. Esto mismo se observa en el diagrama de bloques de la Figura B.1

Fig. B.1 - Diagrama de bloques Control ON/OFF

Se observa en la Figura B.2, la respuesta en el tiempo de la velocidad de salida, la cual sigue la referencia con una banda de histresis que tiene a la referencia como valor medio.

Fig. B.2 Respuesta en el tiempo - Velocidad Control ON/OFFEn la Figura B.3 se observa la grafica de la seal error en el tiempo para poder visualizar el gran error que se establece al dar el escaln de velocidad, debido a que el servomotor se encontraba detenido y como empieza a disminuir a medida que el servomotor acelera.Previo al escaln de velocidad de referencia, ya exista un error peridico y por ende una velocidad variante dentro de la banda de histresis debido a que el sistema ya est siguiendo la referencia de 0[rad/seg].

Fig. B.3 Respuesta en el tiempo - Velocidad Control ON/OFFEn la figura B.4, se realizo una simulacin con una referencia de 170 [rad/seg] y una banda de histresis de +-5[rad/seg], se compara con la misma planta alimentada a 12 [V] y a lazo abierto para poder observar mejor como es el cambio de pendiente cuando el sistema est controlando en 0[rad/seg] y cuando lo hace en 170[rad/seg]. Este cambio se debe a que la respuesta es de una funcin de primer orden en la cual comienza con una derivada mxima y a medida que acelera la derivada disminuye por estar establecindose en el valor de velocidad a la cual llegara en lazo abierto para 12[V] de entrada. Es por este cambio de velocidad que se observa el cambio de frecuencia dentro de la banda de histresis.

Fig. B.4 Comparacin - Velocidad Con y Sin Control ON/OFF w*=170 [rad/seg]La figura B.5 es un zoom de la Figura B2 en el momento de aplicar la carga, en el puede observarse que, independientemente de la carga, la velocidad tiene una cada que no es abrupta en el momento del OFF debido que es un sistema de primer orden que tiene una constante de tiempo por lo que la cada es exponencial partiendo de un valor inicial. Al aplicar la carga la frecuencia disminuye porque si estuviera a lazo abierto la velocidad de salida disminuira y, ahora la pendiente seria de otra respuesta que tenga como valor final esta velocidad ms reducida, es decir, la pendiente de esta curva seria menor por estar ms cercano a su valor final.

Fig. B.4 Respuesta en el tiempo - Velocidad Control ON/OFF - ZOOM

Practico Final Control2 Definitivo

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