Practico Final Control2 Definitivo

UNIVERSIDAD NACIONAL DE RIO CUARTO

FACULTAD DE INGENIERIA

SISTEMAS DE CONTROL (433)

PRÁCTICO CON UN SERVOMOTOR DE CCSIMULACIÓN Y VALIDACIÓN EXPERIMENTAL

DOCENTESFERNANDO MAGNAGOGERMÁN OGGIERRICARDO LIMA

ALUMNOS:

ARSAUTE CESAR NICOLAS DNI: 31.705.201OGGIER GERMAN ELIAS DNI: 34.414.615PAEZ JULIAN DNI: 31.904.892

AÑO: 2013

PRÁCTICO CON UN SERVOMOTOR DE CC - SIMULACION Y VALIDACION EXPERIMENTAL


CONTENIDO

OBJETIVO DEL PRÁCTICO................................................................................................................................2

PARÁMETROS DEL SISTEMA............................................................................................................................2

DIAGRAMA DEL SISTEMA FÍSICO.....................................................................................................................3

EJERCICIO Nº1.................................................................................................................................................3

Desarrollo del modelo matemático del sistema.........................................................................................4

Análisis eléctrico:........................................................................................................................................4

Análisis mecánico:.......................................................................................................................................6

Relación entre Kb y Kt :.............................................................................................................................8

Diagramas Simulink.....................................................................................................................................9

EJERCICIO N°2...............................................................................................................................................12

EJERCICIO N°3:..............................................................................................................................................18

EJERCICIO N°4:..............................................................................................................................................23

EJERCICIO Nº5...............................................................................................................................................29

EJERCICIO N°7:..............................................................................................................................................42

EJERCICIO Nº8...............................................................................................................................................58

EJERCICIO Nº9:..............................................................................................................................................62

CONTROL PROPORCIONAL:.......................................................................................................................64

CONTROL PI:.............................................................................................................................................65

CONTROL PD:............................................................................................................................................66

CONTROL PID:...........................................................................................................................................68

EJERCICIO Nº10.............................................................................................................................................69

COMPENSADOR EN ADELANTO DE FASE:.................................................................................................70

COMPENSADOR EN ATRASO DE FASE:......................................................................................................76

APENDICE A - MEDICION DE PARAMETROS EN LABORATORIO:...................................................................79

APENDICE B – SISTEMA DE CONTROL ON/OFF.............................................................................................83

1Paez Julián – Arsaute Nicolás – Oggier Germán Elías


OBJETIVO DEL PRÁCTICO

Diseñar un sistema de control de velocidad y posición que cumpla determinadas especificaciones.Los parámetros del sistema se corresponderán a un sistema real existente en el laboratorio del GEA, el cual será usado para realizar la validación experimental de las simulaciones. El sistema de control de posición está constituido por:

Servomotor de CC. Taco generador acoplado al eje del servomotor. Sensor de posición 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.

PARÁMETROS DEL SISTEMA

Los parámetros 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 Tensión nominal: 24V Constante del taco generador, Ktac: 3 V/krpm = 0.0286 V seg/rad Constante del sensor de posición, 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: escalón de par ( T=u(t)*0.09).



DIAGRAMA DEL SISTEMA FÍSICO

Figura 1.1 – Diagrama del sistema físico

EJERCICIO Nº1

Desarrollar el modelo matemático del sistema mostrado en la figura anterior. Describir, independientemente las ecuaciones diferenciales de los subsistemas

eléctrico, mecánico y sus acoplamientos. Implementar e interconectar en Simulink cada uno de los bloques.

Se busca el modelo matemático del sistema de la figura 1.1, el cual describirá el comportamiento de dicho sistema tanto en régimen transitorio como en permanente, esto será de suma importancia para que el sistema de control cumpla con su función satisfactoriamente, ya que el modelo es la única forma que el control posee para “conocer” el sistema o “planta” que está controlando.

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

En lo que se refiere a los parámetros del sistema, se utilizara la técnica de parámetros concentrados mediante la cual varias características se concentran en un solo parámetro, por ejemplo, la resistencia de armadura, que es un parámetro que concentra no solo la resistencia efectiva del bobinado si no también el contacto de las delgas con las escobillas. Estos parámetros podrían “separase”, pero esto complicaría nuestro modelo, el cual debe reunir con dos características:

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 matemático del sistema.

Figura 1.2 a) Diagrama esquemático y b) Diagrama de bloques de motor de CC.

Lo primero que se realiza es un análisis de los subsistemas eléctrico y mecánico, para encontrar así las funciones de transferencia de cada uno de ellos y como son sus interrelaciones.

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

V b (t )=K b∗d θm ( t )

dt(1.1)

Donde Vb = Fuerza contraelectromotrizKb = Constante de contra femθm=¿Velocidad angular del motor.

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

V b (s )=K b∗s∗θm (s )(1.2)

Para obtener una relación 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 ecuación (1.3).

Ea ( s)=I a ( s)∗[Ra+La∗s ]+V b ( s )(1.3)

DondeEa = Tensión 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 ecuación:

T m (s )=K t∗I a ( s )(1.4)

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

Despejando I a (s ) de la ecuación (1.4) se obtiene:

I a (s )= 1K t

∗T m (s )(1.5)

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

Ea ( s)= 1K t

∗T m ( s )∗[Ra+La∗s ]+Kb∗s∗θm ( s ) ¿)

Se debe hallar T m (s ) en términos de θm ( s) para poder obtener la función de transferencia

F ( s )=θm (s )Ea ( s )



Análisis mecánico:

Figura 1.2.Carga mecánica equivalente representativa en un motor.

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

Dm = 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:

T m (s )=[ Jm∗s2+Dm∗s ]¿θm ( s )(1.7)

Si se reemplaza (1.7) en (1.6):

Ea ( s)=[ Jm∗s2+Dm∗s ]∗[Ra+La∗s ]

K t

¿θm (s )+Kb∗s∗θm ( s)(1.8)

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

Ea ( s)=[ Ra

K t

∗(Jm∗s+Dm )+K b]∗s∗θm ( s) ¿)

Despejando:

θm ( s)Ea (s )

=

K t

Ra∗Jm

s∗[s+ Dm

Jm+K b∗K t

Ra∗Jm ](1.10)



Figura 3.Motor de cd que mueve una carga mecánica rotacional.

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

J L y DLse pueden reflejar hacia la armadura como alguna inercia y amortiguamiento equivalentes para sumarse a J A y Da, para así obtener Jm y Dm , es decir, la inercia y el amortiguamiento del motor respectivamente.

Jm=J a+J L∗(N 1

N 2)

2

(1.11)

Dm=Da+DL∗(N 1

N 2)

2

(1.12)

Al sustituir (1.2) y (1.5) en (1.3), con La≈0:

Ea ( s)=Ra

K t

∗T m ( s )+K b∗s∗θm (s )(1.13)

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

Ea ( t )=Ra

K t

∗T m (t )+K b∗wm ( t )(1.14)



Relación entre Kb y K t:

Para mostrar esta relación, la potencia mecánica desarrollada en la armadura se escribe como:

P=eb ( t )∗ia (t )(1.15)

La potencia mecánica también se expresa como:

P=T m ( t )∗wm (t )(1.16)

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

Sabiendo que:

T m (t )=K m∗ia (t )despejando ia (t )=T m (t )Km

(1.17)

V b (t )=Kb∗wm (t )(1.18)

Sustituyendo (1.17) y (1.18) en la primera ecuación de potencia mecánica (1.16) e igualándola a la segunda expresión de potencia se obtiene:

P=K b∗wm

(t )∗T m (t )Km

=T m (t )∗wm¿

Analizando esta ecuación puede observarse que:

Kb[ V∗segrad ]=Km[ N−m

A ](1.20)



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 visualización más clara a la hora de observar salidas mediante la alteración de las entradas.Se observa también la vinculación entre ambas figuras mediante las señales Tcar, Vnom, Posicion y velocidad.

Figura 1.4 - Diagrama de bloques servomotor de CC

Evolución de las variables del sistema:



POSICIÓN:

FIGURA N°1.1: Posición. VELOCIDAD

FIGURA N°1.2: Velocidad del sistema cuando a los 5 segundos se le aplica una carga.

CORRIENTE:



FIGURA N°1.2: Corriente de armadura cuando a los 5 segundos se le aplica una carga.



EJERCICIO N°2Describir el modelo matemático completo del sistema del Ejercicio #1 en forma de función de transferencia y en el espacio de estado.

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

CONEXIÓN EN CASCADA:

Figura 2.1 - Diagrama de bloques conectados en cascadaDonde:

A= X2X1

y B= X 3X 2

Reacomodando se obtiene:

X 1= X 2A

(2.1)

X 3=B∗X (2.2)

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

X 3X 1

=B∗X 2∗AX 2

=A∗B(2.3)

CONEXIÓN CON REALIMENTACION:

Figura 2.2 - Diagrama de bloques conectados en retroalimentación

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

C=G (s )∗x (2.4 )

x= CG(s)

(2.5)

y=H ( s)∗C(2.6)x=R− y (2.7)

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



CR

=G(s)

1+G (s )∗H (s)(2.8)

CONEXIÓN CON REALIMENTACION DE FUNCIONES DE TRANSFERENCIA:

Figura 2.2 - Diagrama de bloques conectados en retroalimentación de funciones de transferencia

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

CR

=GN ( s )¿H D(s)

GD (s )¿H D(s)+GN(s)H N(s)(2.9)

FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA 1:

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

Figura 2.3 - Diagrama de bloques salida wm, entrada Va

La función de transferencia para la figura 2.3 es:

FT 1=wm

V a

∨¿TL=0(2.10)¿

Haciendo uso de la ecuación (2.9) se obtiene la siguiente función de segundo orden:

wm

V a

=K tor

[La∗s+Ra ] [J∗s+B ]+K fem∗K tor

wm

V a

=K tor

s2(L¿¿a∗J )+s ( La∗B+J∗Ra )+Ra∗B+K fem∗K tor(2.11)¿




Entrada: tensión de armadura, Va (Par de carga TL = 0 ).Salida: posición angular del rotor, θ.

Figura 2.3 - Diagrama de bloques salida θ, entrada Va

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

FT 2=θmV A

=FT 1∗1

s(2.12)

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

θmV a

=1s∗[ K tor

[La∗s+Ra ] [J∗s+B ]+K fem∗K tor ](2.13)

θmV a

=K tor

s3(L¿¿a∗J )+s2 (La∗B+J∗Ra )+s (Ra∗B+K fem∗K tor )(2.14)¿


Entrada: Par de carga, TL (Tensión de armadura, Va = 0).Salida: posición angular del rotor, θ.

La función de transferencia para la figura 2.4 será:

FT 3=θmT L

∨¿V A=0(2.14)¿

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

θmT L

=−[La∗s+Ra ]

s3 ( La∗J )+s2 (La∗B+J∗Ra )+s (Ra∗B+K fem∗K tor)(2.15)


Figura 2.4- Diagrama de bloques salida θ, entrada TL


ECUACIONES DE ESTADO:Entradas: Tensión de armadura Va y Par de carga, TL

Salidas: Velocidad del rotor w y posición θ.Se observa en la figura 2.6 el diagrama de bloques del servomotor con las entradas Va y T L así como las variables de estado que se definieron para la representación del motor en el espacio de estados, el cual tendrá la siguiente estructura:

X=A∗X+B∗UY=C∗X+D∗U

Figura 2.5 – Representación en el espacio de estado

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

El motivo de la elección se debe a que las variables de estado deben ser linealmente independientes, por ejemplo sería una mala elección tomar a Te como variable de estado porque es combinación lineal de la corriente de armadura y solo se estaría agrandando la representación 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 división a la función de transferencia correspondiente:

IaVa−Kfem∗w

= 1SLa+Ra

(2.16)

wTe−Tl

= wIa∗Ktor−Tl

= 1SJ+B

(2.17)

θw

= 1SLa+Ra

(2.18 )



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

s∗Ia= 1La

∗Va−RaLa

∗Ia− KfemLa

∗w(2.19)

s∗w=KtorJ

∗Ia− 1J∗Tl− B

J∗w (2.20)

s∗θ=w(2.21)

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

Ia=−RaLa

∗Ia− KfemLa

∗w+ 1La

∗Va(2.22)

w= KtorJ

∗Ia−BJ∗w− 1

J∗Tl (2.23)

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

[ IawIa]=[−RaLa

−KfemLa

0

KtorJ

−BJ

0

0 1 0]∗[Iawθ ]+[ 1

La0

0−1J

0 0]∗[VaTl ](2.25)

La ecuación de salida será:

y=[0 1 00 0 1 ]∗[Iawθ ](2.26)

Donde, según la figura 2.5:

A=[−RaLa

−KfemLa

0

KtorJ

−BJ

0

0 1 0]=Matriz del sistema



B=[ 1La

0

0−1J

0 0]=Matriz de entrada

C=[0 1 00 0 1]=Matriz de salida

D=0=Matriz de la prealimentacion

X=[ IawIa]=Derivada del vector deestado conrespecto al tiempo

X=[ Iawθ ]=Vector deestado conrespecto al tiempoU=[VaTl ]=Vector de entradaodecontrol



EJERCICIO N°3:

Respuesta de velocidad ante un escalón de tensión aplicado a bornes del motor de CC. El escalón de tensión deberá 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:

limt →∞

f ( t )=lims→0

[s∗F (s )](3.1)

Reemplazando la ecuación (2.11) pre multiplicado por un escalón de tensión nominal en F(s) de la ecuación (3.1) se obtiene:

lims→0 [ s∗V anom

s∗[ K tor

[La∗s+Ra ] [J∗s+B ]+K fem∗K tor ]]= V anom¿K tor

Ra∗B+K fem∗K tor

(3.2)

Reemplazando los parámetros por los valores obtenidos por la cátedra:

W nom=24 [V ]∗0.064 [ N .mA ]

2.6 [Ω ]∗5.12 x10−5[ N .mseg ]+0.064[ V . segrad ]∗0.064 [ N .mA ]=363.2[ radseg ](3.3)

Validación por simulación:

FIGURA N° 3.1: Velocidad del sistema aplicando tensión nominal y sin carga.



Para obtener la mitad de la velocidad se debe usar la mitad de la tensión debido a que es una función lineal, de todos modos esto podría haberse deducido fácilmente de la siguiente forma:

V A=W nom

2

∗[2.6 [Ω ]∗5.12x 10−5[ N .mseg ]+0.064[ V . segrad ]∗0.064 [ N .mA ]]0.064 [ N .mA ]

=12 [V ] (3.4)

Donde:

W nom2

=363.22

=181.6[ radseg ](3.5)

Utilizando la mitad de la tensión nominal,V A=24[V ]

2=12[V ] se obtiene:

W nom2

=12 [V ]∗0.064 [ N .mA ]

2.6 [Ω ]∗5.12 x10−5[ N .mseg ]+0.064 [V . segrad ]∗0.064 [ N .mA ]=181.6[ radseg ](3.6)

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


FIGURA N° 3.2: Velocidad del sistema aplicando la mitad de la tensión nominal y sin carga.



APLICANDO LA CARGA-1 DESPUÉS DE LLEGAR AL RÉGIMEN PERMANENTE DE VELOCIDAD:

Se presenta una situación en la que se encuentran dos variables de entradas que son la tensión de entrada y la carga aplicada, por lo tanto se llegó a la conclusión 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 superposición pueden sumarse y obtener la respuesta final.

Tomando al sistema sin ninguna acción de carga se observa lo que sucede con la velocidad, la función de transferencia a utilizar será entonces la ecuación (2.11):

FT 1=wm

V a

∨¿TL=0=K tor

s2(L¿¿a∗J )+s (La∗B+J∗Ra )+Ra∗B+K fem∗K tor (3.7)¿¿

De igual manera que el inciso anterior se le aplica a dicha función un escalón de tensión y utilizando el teorema del valor final resulta:

W nomv=V anom

¿K tor


(3.8)

Ahora con una tensión de entrada nula se encuentra la función que relaciona la velocidad con el par de carga, es decir, la ecuación (2.15) pero derivándolo ya que dicha ecuación relaciona la posición con la velocidad angular se obtiene:

wT L

=−[La∗s+Ra ]

s2 (La∗J )+s (La∗B+J∗Ra)+Ra∗B+K fem∗K tor

(3.9)

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

W nomt=−T L∗Ra


(3.10)

Aplicando el teorema de superposición, es decir

w = W nomv−W nomt (3.11)

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

w=V anom

¿K tor


−T L∗Ra


(3.12 )

Reemplazando los parámetros por los valores obtenidos por la cátedra se obtiene:



12∗15.13−0.09∗614.78=126.3 [ radseg ](3.13)


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

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

Va2

=[ w2 +

T L∗Ra

Ra∗B+K fem∗K tor]∗Ra∗B+K fem∗K tor

K tor

(3.14 )

Reemplazando los parámetros por los valores obtenidos por la cátedra se obtiene:

Va2

=15.65[V ]

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




Para realizar la validación se utilizó la tensión obtenida de forma teórica para así corroborar la velocidad alcanzada luego de haber aplicado la carga.

FIGURA N°3.4: Tensión aplicada al sistema (15.65 [V]).

FIGURA N°3.4: Velocidad del sistema con tensión igual a 15.65 [V] y con carga.



EJERCICIO N°4:Evaluar si es posible reducir en un orden los modelos de los ejercicios N°3 (conservando la ganancia estacionaria).

Para realizar este análisis antes se deben presentar ciertos conceptos.

FUNCIÓN NORMALIZADA: Una función de transferencia normalizada presenta la forma:

KTs+1

(4.1)

Donde

K =1a

(Ganancia estacionaria).

T =1a

(constante de tiempo).

Ejemplo:

F ( s )=CR

=1s+a

=

1asa+1

(4.2)

ANÁLISIS DE LOS SUBSISTEMAS DINÁMICOS DE LA MÁQUINA DE CC.

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

Subsistema eléctrico:

1La∗s+Ra

(4.3)

De donde se obtiene:

Te= LaRa

=0.38[ms](4.4)

Ke= 1Ra

=0.3846 (4.5)

Subsistema Mecánico: 1

Js∗+B(4.6)

De donde se obtiene:

Te= JtotalB

=13.9 [seg ](4.7)



Km= 1B

=20000(4.8)

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

K e

Te∗s+1≅ K e (4.9)

Km

Tm∗s+1(4.10)

Si se analiza el diagrama de polos de la figura 4.1, se observa que el polo formado por el subsistema eléctrico se encuentra a una distancia importante con respecto al polo del subsistema mecánico, 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 más alejado del origen, lo que se quiere argumentar es que la acción de la máquina de continua queda gobernada por la constante más lenta o sea el subsistema mecánico.Ahora lo que resta por hacer es verificar con simulación en Simulink si esta aproximación no presenta márgenes de errores importantes respecto al sistema original.

Figura 4.1 - Diagrama de polos


>5 veces

-1/Te = -2600 -1/Tm = -0.07


A continuación se expondrán ambos diagramas y gráficos simulados para comparar y analizar el error provocado por mencionada aproximación.

Diagrama original:

Figura 4.2 - Diagrama de bloques original

Diagrama simplificado (aproximación):

Figura 4.3 - Diagrama de bloques original

Diagrama para comparación:

Figura 4.4 - Diagrama de bloques para comparación GRAFICAS COMPARATIVAS:Posición:



Figura 4.5 – Variación temporal de la posición

Figura 4.5 Ampliada.

Se observa en la figura 4.5 la superposición de ambas graficas lo que indica el error prácticamente despreciable que resulta la aproximación en lo referente a variación temporal de la posición. Velocidad:



Figura 4.6 - Variación temporal de la velocidad


Una observación similar se obtiene de la figura 4.6 y 4.7, la aproximación no presenta prácticamente error en la variación temporal de la velocidad angular. Corriente de armadura:



Figura 4.7 - Variación temporal de la corriente




EJERCICIO Nº5

Diseñar un control de velocidad con compensación proporcional. Se deberá usar el amplificador (actuador)y el sensor de velocidad.

Las especificaciones de diseño son:

a) Error en régimen estacionario, para referencia de velocidad escalón, 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 continuación:

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

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

Acción de Control Proporcional = Será una constante Kp, también es un modelo estático y esta amplificando o atenuando la señal de su entrada, o sea, el error.



Actuador: Es por donde se ingresa la energía al sistema de control y quien recibirá como entrada las señales de la acción de control y con ellas variara su tensión de salida que alimentara al servomotor. Kamp = 3[V/V]

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

error=wm¿∗Ktac−wm∗Ktac (5.1)

error=Ktac∗(wm¿−wm)(5.2)

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 realimentación de control que resulta se denomina “realimentación unitaria”.

Figura 5.2 – Diagrama de bloques control proporcional – Velocidad – Realimentación unitaria

La señal de error que resulta luego de la realimentación unitaria es:

E ( s)=error=w¿−w (5.3 )

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

E ( s)=w¿− ww¿∗w

¿(5.4)

En la ecuación 5.3 se observa una función de transferencia ( ww ¿ ) la cual será necesaria

determinar para calcular el parámetro Kp.

Mediante algebra de bloques, cascada y realimentación negativa, se obtiene a continuación la mencionada Función de Transferencia.



ww¿ =

Ktac∗Kp∗Kamp∗KtorS∗(Ra∗J )+Ra∗B+Kfem∗Ktor

1+Ktac∗Kp∗Kamp∗Ktor

S∗(Ra∗J )+Ra∗B+Kfem∗Ktor

(5.5)

Reacomodando (5.5) se obtiene:

ww¿ =

Ktac∗Kp∗Kamp∗KtorS∗(Ra∗J )+Ra∗B+Kfem∗Ktor+Ktac∗Kp∗Kamp∗Ktor

(5.6)

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:

e (∞ )=lim ¿s→0 s∗( w¿

s−

w¿

s∗Ktac∗Kp∗Kamp∗Ktor

S∗(Ra∗J )+Ra∗B+Kfem∗Ktor+Ktac∗Kp∗Kamp∗Ktor )(5.7)¿

e (∞ )=w ¿− w¿∗Ktac∗Kp∗Kamp∗KtorRa∗B+Kfem∗Ktor+Ktac∗Kp∗Kamp∗Ktor

(5.8)

El error en estado estable,e (∞ ), es del 5% de la velocidad de referencia w ¿, por lo que:

e (∞ )=157.08∗0.05=7.85 [ radseg ](5.9)

Despejando Kp de la ecuación (5.8) se obtiene:

Kp=

w¿−e (∞ )w¿ ∗(Ra∗B+Kfem∗Ktor )

Ktac∗Kamp∗Ktor∗(1−w¿−e (∞ )

w ¿ )=14.64(5.10)

Realizando la simulación 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 además que el error en régimen estable, previo a la carga, es de 7.85 [rad/seg], como el que se calculó.En la Figura 5.3 puede observarse la elevada corriente de arranque que tendrá el Servomotor, 55[A], lo que haría un sistema bastante rápido, como se observa en la Figura 5.5 tendría una constante de tiempo del orden de los 20ms y alcanza la velocidad de régimen estable a los 100ms, En realidad, esto sería viable en esta simulación porque no estaríamos tomando en



cuenta la tensión de alimentación del actuador, la cual está limitada a 24 [V] mientras que la simulación calcula 65 [V]. Al estar el rotor detenido mientras que la referencia se encuentra en 157 [rad/seg], este ultimo valor será el error, afectado luego por Ktac la señal de error en unidades de tensión será 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 tensión – 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 - Zoom

A fines de tener en cuenta la limitación de tensión, se le debe agregar un bloque más al sistema controlado, previo al actuador, este bloque es de saturación, el cual limitara la tensión a +- 24[V], Fig 5.6.

Figura 5.6 – Diagrama de bloques, con saturación de tensión

La figura 5.7 muestra la respuesta en el tiempo de la tensión con y sin saturación, velocidad y corriente, todos estos realizando un Zoom en los primeros 0.2 seg



Figura 5.7 – Respuesta en el tiempo de la Tensión, velocidad y corriente – Control Proporcional - Zoom

La tensión, hasta los 0.4 segundos, se encuentra saturada en 24[V] en dicho tiempo el motor está acelerando, con una constante de tiempo de 40ms y alcanza la velocidad de régimen a los 160ms. Pese a la saturación, el sistema sigue respondiendo con una constante de tiempo menor a la máxima exigida. También cumple con el error en estado estable de 7.85[rad/seg].

La corriente máxima de arranque ahora es de 27.5[A] y presenta una disminución prácticamente lineal ya que la tensión 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 tensión en disminución la que se encuentra a bornes de la resistencia de armadura produciendo así la corriente que se observa en la figura 5.7.



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

En la Figura 5.8, se realiza una comparación 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 más rápido, aunque una comparación numérica no sería válida porque están llegando a velocidades diferentes. Otras dos comparaciones se muestran en la siguiente tabla:

LAZO ABIERTO CON CONTROL PRORPORCIONALVelocidad en estado estable

La velocidad no sigue a una referencia por lo que esta aumenta según la tensión de entrada, en este caso la tensión fue de 12 [V] y la velocidad se estableció en 181 [rad/seg]

La velocidad sigue una referencia de 157 [rad/seg] y el control realiza variaciones de la tensión de entrada al servo para llegar a esta velocidad, la cual se estableció en 150 [rad/seg] (error del 5%).

Al aplicar la carga La velocidad disminuye 55 [rad/seg]

la disminución es de 2.8 [Rad/Seg]



VALIDACION MEDIANTE ENSAYO:

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

Kp=15.337.

El diagrama de bloques utilizado se observa en la figura 5.9

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 evolución en el tiempo de la velocidad, para un escalón de referencia 157.08 [rad/seg].

5.10 – Velocidad vs Tiempo – entrada escalón 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%

La constante de tiempo, para el mismo escalón de velocidad fue de 0.75 seg, lo cual no correspondería con el requerimiento, pero realizando el ensayo nuevamente con un escalón 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 saturación de la electrónica asociada.



EJERCICIO 6

Diseñar un control de posición con compensación proporcional. Se deberá usar un amplificador (actuador) y un sensor de posición. Las especificaciones de diseño 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 posición para el servomotor, este diagrama es similar al de la Figura 5.1 pero con el agregado de un bloque de integración para poder controlar posición.

Figura 6.1- Diagrama de Bloques, Control proporcional - Posición

Aplicando algebra de bloques se puede trasladar las ganancias Kpot como se observa en la Figura 6.2, resultando así un control proporcional con realimentación unitaria.

Figura 6.2- Diagrama de Bloques, Control proporcional – Realimentación unitaria - Posición

Kpot representa la ganancia del potenciómetro, el cual, es un transductor electromecánico que convierte energía mecánica en eléctrica, para el presente caso, posición [rad], en tensión [V].

La ecuación (6.1) es la función 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.



θθ¿=

K p∗K pot∗Kamp∗K tor

Ra∗J

s2+s∗Ra∗B+K tor∗K fem

Ra∗J+K p¿K pot∗Kamp∗K tor

Ra∗J

(6.1)

La ecuación (6.2) es la expresión general para sistemas de segundo orden:

FT=wn

2

S2+S∗(2∗δ∗wn )+wn2 (6.2)

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

%OS=0.2=e−( π∗δ

√1−δ 2)

(6.3)

Aplicando Logaritmo Natural a ambos miembros:

ln (0.2 )=−π∗δ

√1−δ2(6.4)

Despejando se obtiene:

δ=√ (ln (0.2 ))2

[ (π )2+(ln (0.2 ))¿¿2]=0.456 (6.5)¿

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

2∗δ∗wn=Ra∗B+K tor∗K fem

Ra∗J(6.6)

wn2=

K p∗K pot Kamp ¿K tor

Ra∗J(6.7)

Mediante (6.6) puede despejarse la frecuencia natural wm resultando:

wn=2.5068 [ radseg ](6.8)



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

K p=wn

2∗Ra∗JK pot∗Kamp∗K tor

=6.0544e-002(6.9)

Sabiendo wn y δ puede calcularse el tiempo de asentamiento mediante la siguiente ecuación:

T s=4

δ∗wn

=3.499 [seg ] (6.10)

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

La figura 6.3 muestra la respuesta en el tiempo de la posición del eje del servomotor para una entrada escalón de 90º (π /2) aplicado al inicio de la simulación.

Aunque la respuesta se podría haber observado mediante el Scope de Simulink, se utilizo la herramienta de MATLAB “ltiview” la cual permite observar las características de la respuesta de manera más rápida 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 características Peak response y Settling time (mediante click derecho sobre el grafico -> Characterisitcs).



Figura 6.3 – Respuesta al escalón - Posición – Control Proporcional



EJERCICIO N°7:

% OS < 20 % ξ = 0.45

ts < 2 seg. ωn = 4.44

Sx=−ξ .ωn± jωn√1−ξ2=−2± j 4

CONTROL INTEGRAL:Expresión controlador:

GC (s)=K I

s

Diagrama de bloques sistema con control integral:

Función de transferencia a lazo abierto de nuestro sistema:

FT LA=K I∗103.8

s2∗(s+2.3)

Función de transferencia a lazo cerrado de nuestro sistema:

FT LC=K I∗103.8

s2∗(s+2.3)+K I∗103.8

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

Estos puntos son las raíces de la ecuación característica o polos, veamos esto en nuestro sistema:

s2∗(s+2.3)+K I∗103.8=0

Tomando a K I=1, los polos correspondiente son:



s1=−5.6 ; s2=1.65+ j 4 ;s3=1.65− j 4

Veamos ahora que pasa con la condición de modulo y ángulo:

Se debe cumplir en magnitud y fase:

El siguiente grafico nos servirá para analizar la condición de ángulo.

Del cual obtenemos:

-116.5°- 116.5°- 85.7°= -318.7

Análisis Lugar geométrico de las raíces:

Asíntotas: cantidad polos finitos de la función de transferencia a lazo abierto menos la cantidad de ceros de la función de transferencia a lazo abierto.

Asíntotas= 3-0 = 3

∇=∑ polos finitos−¿∑ ceros finitos

¿ polos finitos−¿ceros finitos=

−2.33

=−0.76¿

θ=(2∗k+1 )∗π

¿ polos fi nitos−¿ceros finitos



Lugar geométrico de las raíces.

Respuesta ante el escalón.

Conclusiones:

Con el análisis de la condición de ángulo observamos que con el controlador integral, el punto obtenido con las características requeridas (Sx) no es un polo en lazo cerrado para ninguna ganancia. Observando el lugar geométrico de las raíces vemos que dicho controlador tiene un efecto desestabilizante sobre el sistema ocasionado por la inserción de un polo en el origen que lo que hizo fue desplazar el lugar de las ramas hacia la derecha.



CONTROL DERIVATIVO.Expresión controlador:

GC (s)=K D∗s

Diagrama de bloques sistema con control derivativo:


FT LA=K D∗s∗103.8

s∗(s+2.3)→Kd=0.038


FT LC=K I∗103.8

(s+2.3)+KD∗103.8

Analizando el siguiente grafico podemos ver la condición de ángulo para esta configuración:

Se obtiene:

- 116.5° - 85.7° + 116.5°= - 85.7°


El polo y el cero en el origen se cancelan.


Análisis lugar geométrico de raíces:


Conclusiones.

Observamos que aplicando un controlador derivativo independientemente del valor de ganancia nuestro sistema será estable.La cancelación polo cero producida por el control hace que el sistema sea de primer orden, lo cual frente a una entrada escalón 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. Además este tipo de control disminuyo el tipo de la función (ahora de tipo 1), esto es una desventaja ya que vamos a tener un error en régimen permanente.



CONTROL PROPORCIONAL INTEGRALExpresión controlador:

GC (s)=K P+K I

s=KP(s+

K I

K P

)

s

Diagrama de bloques sistema con control proporcional integral:


FT LA=K P∗103.8∗(s+

K I

KP

)

s2∗(s+2.3)


FT LC=K P∗103.8∗(s+

K I

K P

)

s2∗(s+2.3)+K I∗103.8+K P∗103.8∗(s+K I

KP

)

Lo primero que debemos hacer es ubicar al cero en algún lugar del plano, desde ya sabemos que el mismo no podrá situarse en la parte positiva del eje real por cuestiones de estabilidad, por lo tanto podemos ubicarlo entre el eje imaginario y el polo ubicado en -2.3, u otra opción que es a la izquierda del polo en -2.3.Ahora veamos en que cambia situarlo en una o en otra ubicación. El cero introducido por el control nos aporta ángulo, el cual se traduce en la ubicación de las ramas, si nosotros ponemos al cero más próximo al eje imaginario el aporte de ángulo es mayor por lo tanto lo que estamos haciendo indirectamente es desplazando más hacia la izquierda las ramas de nuestro lugar geométrico, 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 ángulo es menor, con lo cual las ramas estarían más cercanas al eje imaginario, disminuyendo asi las posibilidad de cumplir con los requerimientos pedidos.

Ahora debemos calcular el lugar específico del cero, lo cual se logra mediante la condición de ángulo.



-116.56° - 116.56° - 85.71° + φ = - 180° φ = 138.83°

x= 4tan (41.17 °)

=4.57 ; z=4.57−2=2.57 ; ZN=2.57+ j0

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

Cero : (s+ K I

K P)=(s−2.57)

K I

KP

=2.57

Valor de ganancia para el punto:

Sx=−ξ .ωn± jωn√1−ξ2=−2± j 4

K P=1

| 103.8∗(−2+4 i−2.5)(−2+4 i)2∗(−2+4 i+2.3)|

=0.128





Conclusiones:La ubicación del cero obtenido a partir de la condición de ángulo nos mostró 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.

Expresión controlador:

GC (s)=K P+K D∗s=K D(s+K P

KD

)

Diagrama de bloques sistema con control integral:




FT LA=K D∗103.8∗(s+

KP

K D

)

s∗(s+2.3)


FT LC=KD∗103.8∗(s+

KP

K D

)

s∗(s+2.3 )+K D∗103.8∗(s+K P

KD

)

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

-116.56° - 85.71° + φ = - 180° φ = 22.27°

x= 4tan (22.7 ° )

=9.6 ; z=9.6+2=11.6; ZN=−11.6+ j 0

Cero : (s+ KP

K D)=(s+11.6)

K P

KD

=11.6




Sx=−ξ .ωn± jωn√1−ξ2=−2± j 4

K D=1

| 103.8∗(−2+4 i+11.6)(−2+4 i)∗(−2+4 i+2.3)|

=0.0166

K P

KD

=11.6 KP=11.6∗K D=0.19





Como se observa en el gráfico de la respuesta al escalón se cumple con el tiempo de asentamiento pero no con el porcentaje de sobrepaso, ahora se deberá plantear una solución 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 será:

K D=0.11165→Kp=1.29



Nuevo lugar geométrico de las raíces.

Nueva respuesta ante el escalón.

Respuesta aplicando carga:



Se observa que al aplicar la carga la posición 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)

e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿ Ra∗TlKtor∗Kamp∗Gc (0)

=0.94¿

CONTROL PROPORCIONAL INTEGRADOR DERIVATIVO.

De los incisos anteriores se observa que el controlador PD puede añadir 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 características de los controladores PI y PD. Expresión controlador:

GC (s)=K P+K I

s+KD∗s=KD∗(s2+

KP

K D

∗S+K I

K D

)

GC (s)=KPID∗( s+a )∗(s+b)

s=KPID∗s

2+K PID∗(a+b )∗s+K PID(a∗b)s


FT LA=K PID∗103.8∗(s+a)∗(s+b)

s2∗(s+2.3)


FT LC=K PID∗103.8∗( s+a )∗( s+b )

s2∗(s+2.3 )+K PID∗103.8∗( s+a )∗( s+b )

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 aportación angular del control al punto Sx sea casi cero grados. Como regla sabemos que el ángulo aportado por el polo menos ángulo aportado por el cero del controlador debe ser menor a 2°.

116.56° - 1° = φa= 115.56

x= 4tan (64.44 °)

=1.91; z=2−1.9=0.1 ; ZN=−0.1+ j 0


K D K P K I


Ya se ha obtenido la ubicación de uno de los ceros, ahora con la condición de ángulo podemos obtener el faltante.

-116.56° - 116.56° - 85.71° + 115.56 + φb= -180°

φb= 23.27°

x= 4tan (23.27 °)

=9.30 ;z=9.3+2=11.3 ;Z N=−11.3+ j 0

Habiendo obtenido la ubicación de los ceros nuestra función de transferencia a lazo abierto queda de la siguiente manera:

FT LA=K PID∗103.8∗(s+0.1)∗(s+11.3)

s2∗(s+2.3)


Sx=−ξ .ωn± jωn√1−ξ2=−2± j 4

K PID=1

|103.8∗(−2+4 i+0.1)∗(−2+4 i+11.3)(−2+4 i )2∗(−2+4 i+2.3) |

=0.017

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

K D=K PID=0.017

K P=K PID∗(a+b )=0.194

K I=K PID∗(a∗b )=0.019



Lugar geometrico de las raices:


Como podemos ver en los gráficos 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 así 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 compensación será de K PID=0.10911

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

Nuevo lugar geométrico de las raíces:

Nueva respuesta al escalón:



Respuesta al escalón con carga:



EJERCICIO Nº8

Para el mismo sistema del ejercicio 6 se agregara una realimentación “taquimétrica” la cual será diseñada para que cumpla con las siguientes especificaciones.

1) Mostrar los LGR del sistema con compensador PD y realimentación taquimétrica.2) Explicar las diferencias.

Solución:

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

FT= Ktor∗KfemJ∗Ra∗s+B∗Ra+Kfem∗Ktor

(8.1)

Reacomodando términos y reemplazando por sus respectivos valores se obtiene:

FT=103.8s+2.3

(8.2)

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

FTLA=

Kp∗[ 103.8s+2.3

1+103.8s+2.3

∗Kv∗Ktac ]∗1

s

FTLA=

Kp∗[ 103.8s+2.3

s+2.3+103.8∗Kv∗Ktacs+2.3

]∗1

s



FTLA=Kp∗[ 103.8

s+2.3+103.8∗Kv∗Ktac ]∗1

s(8.3)

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

FTLC=G(s)

1+G (s )∗H (s)(8.4)

De lo que se obtuvo:

∅∅¿ =

103.8∗Kps2+s∗(2.3+103.8∗Kv∗Ktac )+103.8∗Kp

(8.5)

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

Para ello se compara cada uno de los términos con la ecuación prototipo de segundo orden teniendo en cuenta además las especificaciones de diseño.

Recordando las especificaciones de diseño se tiene:

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

ζ=−ln(%OS /100)

√π 2+¿¿¿¿

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

ωn=4

Ts∗ζ=4.386(8.7)

Ahora bien observando la ecuación prototipo de segundo orden:

G (s )=ωn

2

s2+2∗ζ∗ωn∗s+ωn2 (8.8)

Se encuentra:

ωn2 = 103.8* Kp

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


19.2

s2+4∗s(8.10)


Kp=0.185

2∗ζ∗ωn=¿ (2.3+103.8∗Kv∗Ktac )

>> 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 realimentación 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 comparación un sistema compensado por PD se ve beneficiado económicamente ya que resulta ser más barato que un sistema compensado por un tacómetro, 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 escalón esto se traduce en un impulso lo cual puede dañar el sistema de forma permanente.



Otra desventaja del PD viene dada ante la presencia de una señal con ruido, ya que este es amplificado produciendo interferencias en el sistema como así también ocasionar resultados erróneos o no esperados. En cambio para un sistema con realimentación taquimétrica estos problemas no aparecen obteniendo así mejores resultados. Ante un análisis matemático se observa que la realimentación taquimétrica no agrega ceros ni polos a la función de transferencia por lo que ante una simple modificación de las ganancias proporcionales Kv y Kp se puede reubicar los polos de lazo cerrado en el lugar geométrico de raíces como así también hacerlos coincidir con los puntos en los cuales se cumplen las especificaciones necesarias del sistema.



EJERCICIO Nº9:En el mismo sistema del ejercicio #6,

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

2. Simular la respuesta de posición ante una referencia escalón de 90°, una vez en régimen aplicar la carga.

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

Fig 9.1 – Diagrama de bloques

En el presente ejercicio se solicita evaluar compensadores que anulen el par de carga escalón por lo que se modificara el diagrama mediante algebra de bloques para llegar a una relación entre posición 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 posición de referencia, de este modo el Error será:

Error(s)=θ* -θ= - θ (9.1)

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

Error=−( θTl )∗Tl (9.2)

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

Algebra de bloques:

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



Fig 9.2

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

Fig 9.3

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

Fig 9.4

Realimentación A:

A= RaRa∗J∗s+B∗Ra+Ktor∗Kfem

(9.3)

Realimentación B:

B= Ra

Ra∗J∗s2+(B∗Ra+Ktor∗Kfem )∗s+Ktor∗Kfem∗Gc(s)(9.4 )


A B


Finalmente se obtiene la función de transferencia entre θ y TL para θm¿=0 :

θTl

= −Ra

s2∗(Ra∗J )+s∗(B∗Ra+Kfem∗Ktor )+Ktor∗Kamp∗Gc(s)(9.5)



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

e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿ Ra∗TlKtor∗Kamp∗Gc (0)

(9.6)¿

De este modo se observa que el compensador que hace que e(∞)=0 será 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 párrafo anterior.

CONTROL PROPORCIONAL:

La expresión de un control proporcional es:

Gc ( s)=Kp(9.7)

Reemplazando en 9.6 se obtiene:

e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿ Ra∗TlKtor∗Kamp∗Kp

=1.218 /Kp (9.8)¿

Por lo que solo se lograría 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, e (∞ )se aproxima a cero y la posición a la referencia π2

, aunque para

lograrlo ha desmejorado considerablemente el transitorio.

Fig 9.5



Fig 9.6

CONTROL PI:


Gc(s)=Kp+ Kis

= (9.9 )


e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿ Ra∗TlKtor∗Kamp∗Kp∗s+Ki

s

=lims→0

Ra∗Tl∗s

Ktor∗Kamp∗(Kp∗s+Ki )¿

e (∞ )=0(9.10)

Demostrando así que este control hace cero el error frente a una entrada escalón 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 9.7

CONTROL PD:


Gc(s)=Kd(s+ KpKd )=(9.11 )


e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿ Ra∗Tl

Ktor∗Kamp∗Kd∗(s+ KpKd )¿

e (∞ )= Ra∗Tl

Ktor∗Kamp∗Kd∗( KpKd )=1.218

Kp(9.10)

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



Fig 9.8



CONTROL PID:


Gc(s)¿Kp+s∗Kd+Kis

= s2∗Kd+s∗Kp+Kis

(9.11)


e (∞ )=lims→0

s∗Tls

E (s )=¿lims→0

Ra∗Tl

Ktor∗Kamp∗s2∗Kd+s∗Kp+Kis

¿

e (∞ )=lims→0

Ra∗Tl∗sKtor∗Kamp∗(s¿¿2∗Kd+s∗Kp+Ki)=¿0(9.12)¿

¿

Demostrando así que este control junto con el PI son los que pueden llevar a cero el error frente a una entrada escalón. Aunque la ecuación 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 Geométrico de Raíces se extiende hacia la derecha del eje imaginario.La figura 9.9 presenta la respuesta en el tiempo de la posición utilizando un controlador PID

para una referencia de π2

y aplicándole le carga una vez en régimen. Luego de aplicar la carga,

la posición de salida sigue la referencia con error cero.

Fig 9.9



EJERCICIO Nº10En el mismo sistema del ejercicio #6, diseñar 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. Diseñar el compensador por el método del lugar de las raíces. Determinar en forma analítica los parámetros de el/los compensador/es.

2. Simular la respuesta de posición ante una referencia escalón de 90°, una vez en régimen aplicar la carga-1.

3. Verificar que se cumplen las especificaciones de diseño, de lo contrario rediseñar adecuadamente el compensador.

4. Determinar el error en régimen permanente, para luego rediseñar 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 será ahora un compensador en adelanto y/o atraso.

Fig 10.1

Especificaciones de diseño:

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

Calculo del coeficiente de amortiguamiento δ :

%OS=0.1=e−( π∗δ

√1−δ2 )→ ln (0.1 )=−π∗δ

√1−δ 2→δ=√ (ln (0.1 ) )2

[ (π )2+( ln (0.1 ))¿¿2]¿

δ=0.5911(10.1)

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



2∗δ∗wn=Ra∗B+K t∨¿∗K fem

Ra∗J→wn=6.76 [ radseg ](10.2)¿

Punto de cumplimiento de especificaciones Sx =

Sx=−ξ ωm± jωm√1−ξ2=−4±5.45 (10.3)

En principio, las especificaciones de diseño están dadas para el régimen transitorio y el compensador que puede modificar el transitorio es el compensador en adelanto ya que, según 10.5, al ser β un valor entre 0 y 1, el cero será de menor magnitud que el polo y recordando que el cruce de las asíntotas con el eje Real se daba por la ecuación:

(10.4)

Entonces el cruce σa se da en un valor de mayor magnitud, es decir más hacia la izquierda moviendo así todo el lugar geométrico de raíces (LGR) más 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:

GAD=K ADs+zcs+ pc

=K AD

s+ 1T AD

s+ 1βT AD

con0<β<1(10.4)

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

1. Dibujar una línea horizontal que pase por P (Sx) en donde se desea ubicar uno de los polos dominantes a lazo cerrado), esta es la línea PA de la figura 10.2.

2. Dibujar una línea que una P con el origen3. Bicectar el ángulo entre PA y PO para trazar PB.4. Trazar dos líneas PC y PD que formen angulos φ/2 con la bisectriz PB.5. Las intersecciones de PC y PD con el eje real negativo dan la ubicación necesaria para

el polo y el cero del compensador en adelanto haciendo de P un punto sobre el LGR del sistema compensado.



Fig 10.2

El sistema actual es:

G (s )= 103.8s (s+2.3)

(10.5)

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

Fig 10.3

Con los pasos 4 y 5 se obtiene que el cero y el polo serán ubicados desde la bisectriz, la mitad del aporte angular del compensador hacia cada lado, es decir φAD/2 = 26.8º como se muestra en la figura 10.4-El ángulo entre una línea vertical pasante sobre Sx con otra que conecte Sx con Zc es: α2+ ϕAD

2=90 º por lo que:

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



El ángulo entre una línea vertical pasante sobre Sx con otra que conecte Sx con Pc es: α2−ϕAD

2=36.3º por lo que:

Pc = ℑ{Sx }

tg(36.3º )+4→Pc=11.4

El compensador será por lo tanto:

GAD(S) = K AD

(s+4)(s+11.4)

(10.6)

Fig 10.4

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

|G AD (S )∗G(s)||sx=1

|K AD

s+4s+11.4

∗103.8

s (s+2.3 ) |¿sx=1

K AD=1

| s+4s+11.4

∗103.8

s ( s+2.3 ) |¿sx→K AD=0.63

El compensador en adelanto finalmente resulta:



GAD(S) = 0.63(s+4)

(s+11.4) (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 ángulo 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 así 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:

K AD=1

| s+2.91s+10.66

∗103.8

s ( s+2.3 ) |¿sx→K AD=0.5757

GAD(S) = 0.5757(s+2.9157)(s+10.666)

(10.8)

El cual se encontró 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 ingresó a la zona de cumplimiento de ambos requerimientos y se observo en que valores se encuentra el valor C, que sería el KAD y en qué valor quedo el cero.El LGR resultante se muestra en la figura 10.8.Se podría seguir moviendo el cero hacia la derecha o el polo hacia la izquierda para así seguir aumentando el aporte angular positivo y cumplir por demás con los requerimientos y estabilidad, pero hacer un sistema más rápido hace que, en el caso de un motor, requiera más corriente, encareciendo el control y poniendo en riesgo el motor por la mayor tensión 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 deberá 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 diseñar 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.



GAD=K ATs+zcs+ pc

=K AT

s+ 1T AT

s+ 1α T AT

conα>1

Constante de error estático del sistema no compensado: KV 0=K∗z1∗z2…

p1∗¿ p2…¿

Contaste de error estático del sistema compensado: K N 0=K∗z1∗z2…

p1∗¿ p2…¿

La nueva ganancia del sistema será: KVN

¿K V 0∗zcpc

La mejoría en la KV es igual al cociente entre la magnitud del cero del compensador y el polo del compensador.

zcpc

=10

La única forma en que el cociente entre Zcy Pc puede ser grande para obtener una mejoría en error estable, y además tener el polo y el cero del compensador cercanos entre sí para minimizar el aporte de angular, es poner el par de polo y cero del compensador cercano al origen.Criterios de diseño:

φ AT<2°, esto es para que no se modifique el “LGR”, porque el aporte de ángulo

negativo desmejora la respuesta transitoria. K AT=1 , para no modificar el lugar de los polos a lazo cerrado.

α , se diseña según el error requerido.

Fijar la ubicación de T AT=( ℜ(sx )10 )=0.4

Con los datos obtenidos el compensador quedara de la siguiente forma:

GAT=(s+0.4)(s+0.04)

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 zcpc

=10 pero mas cerca del origen:

GAT=(s+0.1)(s+0.01)

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.



APENDICE A - MEDICION DE PARAMETROS EN LABORATORIO:

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

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 además cada una de las tres mediciones en su posición respectiva se hicieron a distintas frecuencias (1 [KHz], 10[KHz], 100[Hz]), con todos estos valores se tomó un valor medio, para así disminuir cualquier error que pudiera existir.

Medidor LCR.Posición. Frecuencia. Medición.

1 [KHz] 1968.4[uH]1 10[KHz] 1.606[mH]

100[Hz] 2.703[mH]1 [KHz] 2.75[mH]

2 10[KHz] 2.14[mH]100[Hz] 1782[uH]1 [KHz] 1624[uH]

3 10[KHz] 2.600[mH]100[Hz] 2.002[mH]1 [KHz] 3[mH]

4 10[KHz] 2.14[mH]100[Hz] 1800[uH]

Promedio 1.1[mH]

El valor de la resistencia de armadura, Ra , en un principio se midió con el mismo medidor LCR, pero al poder cometer el error de tomar la medición con distintas frecuencias y así obtener valores equívocos debido al efecto skin, se decidió tomar las mediciones de resistencia con un multímetro Fluke. Estos valores fueron tomados en cuatro posiciones distintas del rotor debido a que el valor cambia según el lugar de contacto de las escobillas, con los valores obtenidos se calculó un promedio.



Multímetro Fluke.4.5[Ω]

Valores medidos. 5.0[Ω]4.3[Ω]4.4[Ω]

Promedio. 4.5[Ω]

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

K fem=V b

W m

(A .1)

Como se observa, se necesita la tensión a bornes de la máquina y la velocidad de giro de la misma.Lo que se hizo fue a través de Matlab excitar al servomotor con tres valores de tensiones distintas (5[V], 8[V], 10[V]), luego se midió con un multímetro la tensión generada a bornes del mismo obteniendo tres distintos valores Vb , además se midió la tensión a bornes del tacómetro del servomotor de CC utilizado como generador y sabiendo por los datos de chapa la relación 3[V]/1000[RPM] se calculó la velocidad de giro del mismo para cada valor de tensión. Habiendo obtenido estos valores se introdujeron en la formula consiguiendo tres valores de Kb y luego se sacó un promedio.

Tensión de alimentación.[V]

Vtac. [V] ω[RPM] Vb [V] Kfem[V.seg/RPM]

5 2.34 780 4.87 6.24x10-3

8 4.6 1533 9.56 6.23 x10-3

10 6.14 2016.6 12.75 6.22x10-3

Promedio 0.059 [V.seg/rad]



Para el cálculo del rozamiento, B, se muestra a continuación el desarrollo matemático para obtener su valor.

Del subsistema mecánico se obtiene:

T m=Bm∗ωm+J∗ωm(A .2),

Como el ensayo se realiza a velocidad constante el término J∗ωm=0.Por lo tanto,

T m=Bm∗ωm(A .3)

Además,

T m=T e−T L(A .4 )

El término T L=0 debido a que no se aplica carga.Por lo tanto resulta:

T m=T e=K tor∗I a(A .5)

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

Bm=K tor∗I aωm

(A .6)

Donde: La corriente de armadura se midió con un osciloscopio, la pinza transductora

utilizada se utilizo en la escala 100[mV]…. 1[A]. La velocidad ω se midió directamente desde Simulink.

Observando la ecuación (A.6) se deduce que el único dato desconocido es K tor pero como se demostró en la página 7, las constantes K tor y K fem son iguales en valor, pero con distintas dimensiones. Asi, utilizando los valores obtenidos experimentalmente, mediante un escalón de tensión de 11.8 [V] (12[V] en simulink):

Bm=0.0595 [ NmA ]∗0.41[A ]

182[rad /seg ]=13.4 x10−5[Nm . segrad ](A .7)

El cálculo de la inercia, Jm, se describe a continuación:

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



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

El 63 % de la velocidad de régimen 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 escalón de tensión (17.72 [seg]), se calcula la constante de tiempo que resulto ser :

τ=0.73[ seg]

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

Jm=0.73[seg ]∗13.4 x10−5[Nm. segrad ]=9.782 x10−5[Nm . seg2

rad ]

Figura A1 – respuesta de velocidad al escalón



APENDICE B – SISTEMA DE CONTROL ON/OFF

Un sistema de control ON/ OFF, también llamado SI-NO, es la forma más sencilla de controlar una planta mediante realimentación, utilizado ampliamente en electrodomésticos como planchas, heladeras, etc.El diseño es muy complejo porque en un control no lineal, pero implementarlo es simple.

En el caso del servomotor, este será alimentado con +12v si la velocidad cae por debajo del nivel inferior (Prende) y -12V si la velocidad sobrepasa el límite inferior (Apaga), manteniendo esta variable dentro de una brecha diferencial, también llamada “banda de histéresis”.

Se diseñara 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 utilizó para ello un bloque Relay con histéresis configurado para que la relación SI-(ON) corresponda a una tensión de +12 [V] y la acción 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 histéresis que tiene a la referencia como valor medio.



Fig. B.2 – Respuesta en el tiempo - Velocidad – Control ON/OFF

En la Figura B.3 se observa la grafica de la señal error en el tiempo para poder visualizar el gran error que se establece al dar el escalón de velocidad, debido a que el servomotor se encontraba detenido y como empieza a disminuir a medida que el servomotor acelera.Previo al escalón de velocidad de referencia, ya existía un error periódico y por ende una velocidad variante dentro de la banda de histéresis debido a que el sistema ya está siguiendo la referencia de 0[rad/seg].

Fig. B.3 – Respuesta en el tiempo - Velocidad – Control ON/OFF

En la figura B.4, se realizo una simulación con una referencia de 170 [rad/seg] y una banda de histéresis 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 está controlando en 0[rad/seg] y cuando lo hace en 170[rad/seg]. Este cambio se debe a que la respuesta es de una función de primer orden en la cual comienza con una derivada máxima y a medida que acelera la derivada disminuye por estar estableciéndose en el valor de velocidad a la cual llegaría 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 histéresis.



Fig. B.4– Comparación - 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 caída 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 caída es expotencial partiendo de un valor inicial. Al aplicar la carga la frecuencia disminuye porque si estuviera a lazo abierto la velocidad de salida disminuiría y, ahora la pendiente seria de otra respuesta que tenga como valor final esta velocidad más reducida, es decir, la pendiente de esta curva seria menor por estar más cercano a su valor final.

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



Paez Julián – Arsaute Nicolás – Oggier Germán Elías

Practico Final Control2 Definitivo

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