Problemas de Regulación Automática

Universidad de Extremadura

Escuela de Ingenierías Industriales

Problemas de

REGULACIÓN AUTOMÁTICA

Trabajo realizado por:Alejandro de Manuel Nogales

Dirigido por:Blas M. Vinagre Jara

Antonio J. Calderón GodoyÁrea de Ingeniería de Sistemas y Automática

Departamento de Electrónica e Ingeniería ElectromecánicaBadajoz, Febrero 2001

Introducción

Este trabajo, que pretende servir como convalidación de créditos de LibreElección, se justifica por la escasez o poca disponibilidad de libros de proble-mas útiles para cursos básicos de Control Automático. De él podrán haceruso los alumnos que sigan las asignaturas: Regulación Automática de 2odeI.T.I. en Electrónica, Regulación Automática de 2ode I.T.I. en Electricidad,Teoría de Sistemas de 3ode I.I., Sistemas Automáticos de 4ode I.I., y Auto-matización de Procesos Industriales de 4ode I.O.I.El trabajo consta de cuatro partes:El primer capítulo se dedica a las herramientas necesarias para la com-

prensión y modelado de sistemas, haciendo uso de fundamentos matemáticos.El segundo capítulo se dedica al análisis de sistemas, tanto en lazo abiertocomo en lazo cerrado. El tercer capítulo se dedica a los problemas de diseñode reguladores o controladores. En el capítulo cuatro se tratan los proble-mas de análisis de sistemas y diseño de reguladores utilizando el método deespacio de estados.Se añade al final un índice de materias para facilitar al alumno la búsqueda

de los problemas en función del tema tratado.

3

Capítulo 1

Fundamentos

Problema 1 Un termómetro requiere 1 minuto para indicar el 98% dela respuesta a una entrada escalón. Suponiendo que el termómetro es unsistema de primer orden, hallar la constante de tiempo.

Si el termómetro se coloca en un baño, cuya temperatura varía linealmentea un ritmo de 10o/min. ¿cuánto error marca el termómetro?

Para la realización del sistema térmico, en primer lugar definiremos al-gunos conceptos:

Resistencia térmica = R = Cambio en la diferencia de Ta(oC)Cambio en el flujo de calor (Kcal/s)

Capacitancia térmica =Cambio de calor almacenado (Kcal)Cambio en la Ta(oC)

Para nuestro sistema térmico tendremos:

R = d(∆Ta)d(k·∆Ta) =

1k

C = m · CpPodemos representar el sistema térmico (termómetro) como un sistema

de primer orden:

+_ RCs1R(s) E(s) C(s)

La constante de tiempo es τ = R ·C. Por tanto, el sistema en lazo cerradoserá:

1

2 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS

11+sτ

R(s) C(s)

C(s) = 1τ ·s+1 ·R(s)

Como la transformada de Laplace del escalón unitario es 1s.

C(s) = 1τ ·s+1 · 1s

Si hacemos su desarrollo en fracciones simples:

C(s) = 1s− τ

τ ·s+1Haciendo la transformada inversa de Laplace de esta ecuación:

C(t) = 1− e−t/τ (t ≥ 0)Si observamos esta ecuación, podemos establecer que inicialmente (t = 0)

la salida c(t) es cero y en el instante final su valor es la unidad.

Calculemos τ para t = 1min y c(t) = 0.98

0.98 = 1− e−1/τ ⇒ e−1/τ = 0.02 =⇒ 1e1/τ

= 0.02

50 = e1/τ =⇒ ln 50 = 1τ· ln e =⇒ τ = 1

ln 50= 0.2556min = 15.336seg

τ = 0.2556min τ = 15.336seg

NOTA: Si hacemos t = τ obtenemos:

C(T ) = 1− e−1 = 0.632Es decir, la respuesta C(τ) ha alcanzado el 63.2% de su cambio total.

Notemos que cuanto mas pequeña sea la constante de tiempo τ , másrápida será la respuesta del sistema.

Veamos la curva de respuesta:

3

Veamos el error que marca el termómetro, si se coloca en un baño, cuyatemperatura varía linealmente a un ritmo de 10o/min.

La temperatura del baño varía de la forma Ti = 10xtEs decir, estamos metiendo al sistema una entrada en rampa.La transformada de Laplace de la función rampa es:

£[10t] =R x010 · t · e−stdt =

¯10 · te−st−s

¯x0− R x

010·e−st−s dt = 10

s

R x0e−stdt = 10

s2

El error estacionario del sistema, para esta entrada en rampa vienedado por:ess = lim

s→0s · E(s) donde:

E(s) = R(s)− C(s)⇒ E(s)R(s)

= 1− C(s)R(s)

E(s) =£1− 1

τs+1

¤10s2⇒ E(s) = τs

τs+1· 10s2

Por tanto:

ess = lims→0s · 10τs

s2(τs+1)= lim

s→010ττs+1

= 10τ

Y la constante de error de posición debido a una entrada en rampa será:

Kv =1ess= 1

10τ

Como τ = 15.336sg :

ess = 10 · 15.336 = 153.36sg = 2.55min


Problema 2 A) En un motor de cc controlado por armadura como el rep-resentado en la figura, se cumplen las relaciones:

iaebea Tm

Jm

bm

LaRa

θm

i =constantef

Ladiadt+Raia + eb = ea

eb = Kb · dθmdtJm

d2θmdt2

+ bmdθmdt= Tm = K · ia

donde:

Ra: resistencia de la armadura (ohmios)

La: inductancia de la armadura (henrios)

ia: corriente en la armadura (amperios)

ea: tensión aplicada a la armadura (voltios)

eb: fuerza contra-electromotriz (voltios)

θm: desplazamiento angular del eje del motor (radianes)

Tm: par desarrollado por el motor (newton-metro)

Jm: momento de inercia equivalente del motor y la carga, referido al ejedel motor (Kg-m2)

bm: coeficiente de fricción viscosa equivalente del motor y la carga, referi-do al eje del motor

(Nw −m/rad/seg)Considerando Ea(s) como entrada y θm(s) como salida:

A.1 Dibujar el diagrama de bloques del sistema, detallando cada bloquefuncional.

A.2 Hallar la función de transferencia en lazo cerrado T (s) = θm(s)Ea(s)

B) Queremos utilizar este motor para controlar el movimiento angular,alrededor del eje z, del brazo de un robot, tal como se representa en la figura:

5

+_ ControladorGc(s)

Servomotorde cd

θ0

Línea de referencia ( =0)θ0

Engrane 2 (N )2

Engrane 1 (N )1

θ0

Comando de entrada θi

Z

Supondremos que el momento de inercia alrededor del eje z y el coeficientede fricción viscosa del sistema completo vienen dados por las expresiones:

J = Jm + n2Jz

b = bm + n2bz

donde

Jz: momento de inercia del brazo alrededor del eje zbz: coeficiente de fricción viscosa del brazon = N1

N2< 1: relación de engranes

El desplazamiento angular del eje del motor es θm y el del brazo alrededordel eje z es θo, variable que consideraremos ahora como salida. θi es el co-mando de entrada o entrada de referencia del nuevo sistema, y Gc representaun controlador.

B.1 Dibujar el diagrama de bloques del nuevo sistema, detallando cadauno de los bloques funcionales.

B.2 Hallar la función de transferencia W (s) = θo(s)θi(s)

C) Suponiendo que:- La inductancia de armadura es muy pequeña (La ∼ 0),- Jm = 1; Jz = 0.5; bm = 1; n = 0.4; Ra = 1; kb = 4; k = 1; bz = 1- Gc(s): amplificador de ganancia A

C.1 Hallar la expresión deW (s) y estudiar el comportamiento (estabilidady amortiguamiento) en función de los valores de A.


C.2 Hallar la expresión temporal de la respuesta correspondiente a unincremento brusco en la entrada de 0.5 rad, para A=50.Apartado A)

A.1

Aplicando la Transformada de Laplace, con condiciones iniciales nulas, alas ecuaciones diferenciales, obtenemos:

(1) La · s · Ia(s) +Ra · Ia(s) +Eb(s) = Ea(s)(2) Eb(s) = kb · s · θm(s)(3) Jm · s2 · θm(s) + bm · s · θm(s) = k · Ia(s)Sabemos que:

Variable entrada:Ea(s)Variable salida:θm(s)Variable intermedia:Ia(s)

Con las relaciones (1) , (2) y (3) hallamos cada uno de los bloques fun-cionales del sistema.De la ecuacion (1) :

Ia(s) =Ea(s)−Eb(s)La·s+Ra

Relación que puede representarse como:

+_aa RL +

1Ea(s) Ia(s)

Eb(s)

De la ecuación (3) :

θm(s) = Ia(s)k

Jm·s2+bm·s = Ia(s)k

s·(Jm·s+bm)

Relación que puede representarse como:

)··( mm bsJsk

+Ia(s) θm(s)

De la ecuación (2) :

Eb(s) = kb · s · θm(s)

7

Relación que se puede representar como:

skb·

Eb(s) θm(s)

Uniendo los distintos bloques funcionales obtenemos el diagrama de blo-ques del sistema:

skb ·

)··( mm bsJsk

+Ia(s) θm(s)

+_aa RsL +

1Ea(s)

A.2

T (s) = θm(s)Ea(s)

=1

La·s+Ra ·k

s·(Jm·s+bm)

1+kb·s· k(La·s+Ra)s(Jm·s+bm)

= k(La·s+Ra)s(Jm·s+bm)+k·kb·s =

= ks[JmLas2+(JmRa+bmLa)s+(bmRa+k·kb)]

Apartado B)

B.1El diagrama de bloques del nuevo sistema será:

T*(s)θm+_ Gc(s) n

θi(s) θo(s)

ya que θo(s) = n · θm(s), siendo n la relación existente entre el nodeengranajes de ambas ruedas (motor y brazo) para que dé 1 vuelta el engranedel brazo, el engrane del motor ha de dar 1

nvueltas, siendo n < 1.

T ∗(s) es T (s) con J y b en lugar de Jm y bm (el brazo forma parte de lacorrea).

B.2:

W (s) = θo(s)θi(s)

= Gc(s)·T ∗(s)·n1+Gc(s)·T ∗(s)·n =

= Gc(s)·k·ns[J·Las2+(J·Ra+b·La)s+(b·Ra+k·kb)]+Gc(s)·k·n


Apartado C)

C.1De los valores dados para los distintos parámetros, obtenemos:

J = Jm + n2Jz = 1 + 0.16 · 0.5 = 1.08

b = bm + n2bz = 1 + 0.16 · 1 = 1.16

Con lo que:

W (s) = A·1·0.4s2[0·s2+(1.08·1+1.16·0)s+(1.16·1+1·4)]+A·1·0.4 =

= 0.4A1.08s2+5.16s+0.4A

que puesto de la forma:

W (s) = ω2ns2+2δωns+ω2n

resulta: (dividiendo todo por el coeficiente de s2 : 1.08)

W (s) = 0.37As2+4.778s+0.37A

Para estudiar la estabilidad, podemos:a) Aplicar el criterio de Routh:

s2 1 0.37As1 4.778 0s0 0.37A

Donde vemos que el sistema es estable (1acolumna: Coeficientes del mis-mo signo +), siempre que A > 0 (que es nuestro caso):Luego el sistema será siempre estable.

b) Si estudiamos las raíces de la ecuación característica:

s = −4.778±√4.7782−4·0.37A2

Vemos que serán:Reales negativasComplejas con parte real negativa

pero nunca tendran parte real positiva⇒ el sistema siempre será estable.

Para estudiar la forma de amortiguamiento:

a) Estudiamos las raíces:Reales negativas, cuando:

9

4.7782 ≥ 4 · 0.37AA ≤ 4.7782

4·0.37 =15.425

Complejas con parte real negativa, cuando:

4.7782 < 4 · 0.37AA > 15.425

Por tanto, el sistema será:

Subamortiguado, para A > 15.425Críticamente amortiguado, para A = 15.425Sobreamortiguado, para A < 15.425

b) Si hacemos el estudio en función de sus parámetros característicos,y ωn, tendremos:

ωn =√0.37A ; 2δωn = 4.778⇒ δ = 4.778

2·√0.37A

Por lo tanto el sistema será:

Subamortiguado (0 < δ < 1), para:

δ = 4.7782·√0.37A < 1⇒ A > 4.7782

4·0.37 = 15.425Críticamente amortiguado (δ = 1), para:4.778

2·√0.37A = 1⇒ A = 4.7782

4·0.37 = 15.425Sobreamortiguado (δ > 1), para:4.778

2·√0.37A > 1⇒ A < 4.7782

4·0.37 = 15.425

C.2Para A = 50,

W (s) = 0.37·50s2+4.778s+0.37·50 =

18.5s2+4.778s+18.5

Un incremento brusco en la entrada de 0.5 rad, supone una entradaen forma de escalón y magnitud 0.5

Para hallar la respuesta del sistema, en este caso particular, podemos:a) Particularizar la expresión general de la respuesta de un sis-

tema de 2oorden como el estudiado, a un escalón unitario.Así:

c(t) = 1− e−δωntµcosωn

p1− δ2t+ δ√

1−δ2senωn

p1− δ2t

¶


con:

ωn =√18.5 = 4.3 rad /s ; δ = 4.778

2·√18.5 = 0.555

obtendremos:

θo(t) =

0.5h1− e−0.555·4.3t

³cos 4.3

√1− 0.5552t+ 0.555√

1−0.5552 sen 4.3√1− 0.5552t

´iθo(t) = 0.5 [1− e−2.386t (cos 3.577t+ 0.667 sen 3.577t)]

b) Hallar la de la expresión en s de la respuesta, bien desarrol-lando en fracciones simples, bien recurriendo a la tabla de transformadas.

R(s) = 0.5s

θo(s) =W (s) ·R(s) = 18.5s2+4.778s+18.5

· 0.5s

θo(t) = $−1 [θo(s)]

En la tabla de transformadas, podemos ver que para:

F (s) = a2+b2

s[(s+a)2+b2]f(t) = 1− e−at ¡cos bt+ a

bsen bt

¢Si hacemos:

a = 4.7782= 2.389 ; (s+ a)2 = s2 + 4.778s+ 5.707

Como nuestra función θo(s), es:

θo(s) =9.25

s(s2+4.778s+18.5)

podemos poner el denominador de la forma:

s£(s+ 2.389)2 + (18.5− 5.707)¤ = s £(s+ 2.389)2 + 12.793¤ =

= s£(s+ 2.389)2 + 3.5772

¤b = 3.577

y el numerador será:

9.25 = (2.3892 + 3.5772) · 0.5Así, con a = 2.389 y b = 3.577

θo(t) = 0.5 [1− e−2.389t (cos 3.577t+ 0.668 sen 3.577t)]la misma que habíamos obtenido, salvo diferencias en la 3acifra

decimal debidas a no haber operado con cantidades exactas.

11

Problema 3 A) Considere un sistema cuya función de transferencia es:

G(s) = 1(s+1)(s−a)

A.1 ¿Para qué valores de a es el sistema estable?A.2 ¿Para qué valores de a el error estacionario, con el sistema en lazo

cerrado y realimentación unitaria, será finito ante una entrada en rampa(r(t) = t)? ¿Cuánto valdrá el error? ¿Cuánto valdrá el coeficiente de errorestático de velocidad?

B) Si conectamos el sistema en lazo cerrado tal como se representa en lafigura:

+_ D(s) G(s)R(s) C(s)

B.1 ¿Puede estabilizarse el sistema cuando D(s) = K?B.2 En el caso de a = 0.5, obtenga el valor de K para que el coeficiente

de amortiguamiento sea de 0.5.B.3 ¿Cuánto tardará la señal en estabilizarse (criterio del 2%) y cuál será

el máximo sobreimpulso, para r(t) = 1?B.4 ¿Qué deberíamos añadir a D(s) para mejorar la estabilidad? Justi-

fique su repuesta.

Apartado A)

A.1)La función de transferencia es:

G(s) = 1(s+1)(s−a)

La ecuación característica:

s2 + s (1− a)− a = 0

Condición necesaria para que el sistema sea estable⇒que la ecuacióncaracterística sea un polinomio de Hurwitz, es decir:

- Sea completo.- Todos los coeficientes sean del mismo signo.

Para que esto se cumpla:


a < 0

Condición suficiente: Criterio de Routh, a < 0. Los coeficientes dela 1acolumna son todos del mismo signo para a < 0

s2 1 −as1 1− a 0s0 −a

Para a < 0 el sistema es estable.Se podría haber sacado esta conclusión estudiando las raíces.

¿Que ocurriría si a = 0?La ecuación característica sería:

s2 + s = 0s (s+ 1) = 0

En este caso podemos hacer los siguientes razonamientos:1o) La ecuación característica no es un polinomio de Hurwitz (no es

completo)⇒no podemos decir que el sistema sea estable2o) Las raíces están en s = −1 y s = 0, esta última en el eje

jω =⇒sistema marginalmente estable.3o) Para una entrada acotada como un escalón, la respuesta crece

indefinidamente, no está acotada, ya que si:

R(s) = 1s

; C(s) = R(s) ·G(s) = 1s2(s+1)

y

c(t) = t− 1 + e−t , t ≥ 0respuesta que crece indefinidamente4o) Sin embargo, para una entrada impulsiva:

R(s) = 1

el sistema responde como:

C(s) = R(s) ·G(s) = 1 · 1s(s+1)

y c(t) = 1− e−t

que vale 1 cuando t→∞.Conclusión:

Para a = 0, nuestro juicio sobre el sistema dependerá de la definiciónde estabilidad.

A.2)El sistema en lazo cerrado y con realimentación negativa unitaria,

será:

13

+_ G(s)R(s) E(s) C(s)

Para que el error ante una entrada en rampa sea finito, el sistematiene que ser de tipo 1, es decir,

G(s) ·H(s) debe tener un polo en el origen.

Esto se cumple con:

G(s) ·H(s) = 1(s+1)(s−a) cuando a = 0

Para este caso:

E(s) = R(s)− C(s) ·H(s) = R(s)1+G(s)

y el error estacionario, ess = limt→∞

e(t), será:

ess = lims→0s · E(s) = lim

s→0s·R(s)1+G(s)

= lims→0

s· 1s2

1+ 1s(s+1)

= lims→0

s·s(s+1)s2

s·(s+1)+1 =10+1

ess = 1

y el coeficiente de error estático de velocidad será:

Kv = lims→0s ·G(s) ·H(s) = lim

s→0s · 1

s(s+1)= 1

Kv = 1

que podríamos haber hallado en este caso como:

Kv =1ess= 1

Apartado B)

Ahora tenemos el sistema:

+_ D(s)R(s) C(s)

G(s)


cuya función de transferencia es:

C(s)R(s)

= D(s)·G(s)1+D(s)·G(s)

B.1)Si D(s) = K

C(s)R(s)

=K· 1

(s+1)(s−a)1+K· 1

(s+1)(s−a)= K

(s+1)(s−a)+K =K

s2+s(1−a)+(K−a)

que corresponde a un sistema que podrá estabilizarse siempre que:

a ≤ 1 y K > a

B.2)Si a = 0.5

C(s)R(s)

= Ks2+0.5s+K−0.5

de donde se deduce que:

ωn =√K − 0.5

2δωn = 0.5⇒ δ = 0.52·√K−0.5

Para que δ = 0.5, se debe cumplir:

0.52·√K−0.5 = 0.5⇒ 2 ·√K − 0.5 = 1

K − 0.5 = 14= 0.25

K = 0.5 + 0.25 = 0.75

B.3)

r(t) = 1⇒ R(s) = 1s⇒Valen las definiciones:

ts|2%= 4δωn

= 40.5√0.25

= 40.25

=16seg

Mp(%) = 100 · e−πδ√1−δ2 = 100 · 0.163 = 16.3%

B.4)Para mejorar la estabilidad, deberíamos añadir un elemento de con-

trol diferencial(Controlador PD) a D(s), de forma que:

D(s) = K · (1 + Td · s)

15

Justificación:

D(s) = K (1 + Td · s) =⇒ C(s)R(s)

= D(s)·G(s)1+D(s)·G(s) =

K·(1+Td·s) 1(s+1)(s−a)

1+K·(1+Td·s) 1(s+1)(s−a)

=

= K·(1+Td·s)(s+1)(s−a)+K·(1+Td·s) =

K·(1+Td·s)s2+s(1−a+K·Td)+(K−a)

expresión en la que podemos ver que:

ωn: No ha cambiado.δ: Ha aumentado.

Lo cual implica que:

ts =4

δωn, es menor ⇒ el sistema se estabiliza antes.

Mp = e−π δ√

1−δ2 , es menor ⇒ el sistema tiene menos sobreimpulso.

Si ts y Mp disminuyen ⇒ Sistema más estable


Problema 4 Para el sistema cuya dinámica puede describirse con laecuación diferencial:

d2y(t)dt2

+ dy(t)dt+ y (t) = r (t) , y (0) = 1, dy(t)

dt

¯t=0= 1

1). Determinar, aplicando la transformada de Laplace, la respuesta,y(t), cuando el estímulo, r(t), es un escalón unitario.

2). Decir qué parte de la respuesta se debe al estímulo y cuál a lascondiciones iniciales.

3). Determinar la parte de la respuesta debida a las condicionesiniciales aplicando la operación de convolución.

4). Representar gráficamente, de forma aproximada pero sin olvi-

dar los puntos especialmente importantes, 20 log¯Y (s)R(s)

¯, s = jω, ω ∈

(−∞,∞). (Utilizar papel semilogarítmico)1)

s2 · Y (s)− s · y (0)− y0 (0) + s · Y (s)− y (0) + Y (s) = R (s)⇒⇒ Y (s) · [s2 + s+ 1]− s− 2 = R (s)⇒

⇒ Y (s) = s+2s2+s+1

+ R(s)s2+s+1

= s+2s2+s+1

+ 1s·(s2+s+1)

y (t) = $−1 [Y (s)] = $−1£

s+2s2+s+1

¤+$−1

h1

s·(s2+s+1)i=

= e−12thcos³√

32t´+√3 sen

³√32tí+1−e− 1

2thcos³√

32t´− 1√

3sen

³√32tí⇒

⇒ y (t) = 1 + 2√3· e− 1

2t · sen

³√32t´

2)Parte de la respuesta debida al estímulo:

yr (t) = 1− e− 12thcos³√

32t´− 1√

3sen

³√32tí

Parte de la respuesta debida a condiciones iniciales:

yci (t) = e− 12thcos³√

32t´+√3 sen

³√32tí

17

3)Condiciones iniciales como impulsos:

ci (s) = s+ 2

ci (t) = δ0 (t) + 2δ (t)

yci (t) = ci (t) · f (t) : f (t) = respuesta impulsiva

f (t) = $−1£

1s2+s+1

¤= 2√

3· e− 1

2t · sen

³√32t´

yci (t) = (δ0 (t) + 2δ (t)) · f (t) = f 0 (t) + 2 · f (t) =

= 4√3· e− 1

2t · sen

³√32t´+ 2√

3

he−

12t ·

√32· cos

³√32t´− 1

2· e− 1

2t · sen

³√32tí=

= e−12thcos³√

32t´+ 3√

3sen

³√32tí= e−

12thcos³√

32t´+√3 sen

³√32tí

4)

Y (s)R(s)

= s(s+2)+1s2+s+1

= s2+2s+1s2+s+1

= (s+1)·(s+1)s2+s+1


Problema 5 Dado el sistema descrito por la ecuación diferencial:

dy(t)dt+ 5y (t) = x (t) ; y (0) = 0

1.Hallar la respuesta a un estímulo, x(t), de la forma indicada en la figura.

x(t)

tT

k

2.Hacer una gráfica aproximada de la función de variable compleja:

|X (jω)| , X (s) = $ x (t) , s = jω, ω ∈ £−6πT, 6πT

¤, T = 0.5

1)

s · Y (s) + 5Y (s) = X (s)⇒ Y (s) = X(s)s+5

El estímulo es un pulso de duración T : X (s) = 1s

¡1− e−sT ¢

Por tanto:

Y (s) = 1s+5

· 1−e−sTs

= 1s(s+5)

· ¡1− e−sT¢Yo (s) =

1s(s+5)

= As+ B

s+5

As+ 5A+Bs = 1A = −B

¾⇒ A = 1

5; B = −1

5

Yo (s) =15

s− 1

5

s+5⇒ yo (t) =

15(1− e−5t)

La respuesta en el dominio de Laplace sería:

Y (s) = Yo (s)− Yo (s) e−sT

y en el dominio del tiempo, haciendo la transformada inversa:

19

y (t) = yo (t− T )uo (t− T )⇒⇒ y (t) = 1

5(1− e−5t)− 1

5

¡1− e−5(t−T )¢uo (t− T )

2) Para T = 0.5

X (jω) = 1−e−j0.5ωjω

Rango de frecuencias:

ω ∈ £−6πT, 6πT

¤⇒ ω ∈ [−12π, 12π]

Escogiendo valores de frecuencia especialmente importantes:

ω = 0⇒ limω→0

X (jω) = limω→0

1−e−j0.5ωjω

= limω→0

ddω (1−e−j0.5ω)

ddω(jω)

= j0.5j= 0.5

ω π/

|X(j )|ω


Problema 6 Para el sistema cuya función de transferencia es

H (s) = 1−e−5ss

determinar, aplicando las propiedades de la transformada de Laplace, larespuesta, y(t), ante una entrada, x (t) de la forma:

x (t) = u0 (t) + sen 2πt

Aplicando la transformada de Laplace a la entrada:

X (s) = 1s+ 2π

s2+4π2

Por tanto:

H (s) = Y (s)X(s)⇒ Y (s) = H (s) ·X (s) = 1−e−5s

s

¡1s+ 2π

s2+4π2

¢=

= 1s2− 1

s2e−5s + 1

s· 2πs2+4π2

− 1s· 2πs2+4π2

· e−5s == 1

s2(1− e−5s) + 1

s· 2πs2+4π2

(1− e−5s) =

Si descomponemos 1s· 2πs2+4π2

:

1s· 2πs2+4π2

= As+ B

s2+4π2⇒ A (s2 + 4π2) +Bs = 2π ⇒

4Aπ2 = 2π ⇒ A = 12π

As2 +Bs = 0⇒ B = − 12π· s

Entonces:

H (s) = 1s2(1− e−5s) + 1

2π· 1s(1− e−5s)− 1

2π· ss2+(2π)2

(1− e−5s)

y (t) = $−1 [Y (s)] == t·u0 (t)−t·u0 (t− 5)+ 1

2πu0 (t)− 1

2π·u0 (t− 5)− 1

2πcos 2πt+ 1

2πcos 2π(t−5) =

=¡12π+ t¢ · u0 (t)− ¡ 12π + t¢ · u0 (t− 5)− 1

2π(cos 2πt+ cos 2π(t− 5))

Capítulo 2

Análisis de Sistemas

Problema 7 Dibujar el lugar de las raíces para el sistema de controlque aparece en la figura siguiente. Determinar el valor aproximado de k paraque el factor de amortiguamiento de los polos dominantes de lazo cerradosea.0,5.

+_ )5)(2)(1()7(10+++

+sss

skR(s) C(s)

G(s) = 10s+70s3+8s2+17s+10

a)Tracemos el L.R. del sistema.

1) Número de ramas: El número de ramas independientes del LR esigual al número de polos de la función en bucle abierto.

Polos: −5,−2,−1Ceros: −72) Puntos de comienzo (K = 0) y final (K = ∞): Cada rama

comienza en un polo de la función y termina en un cero de la misma.

El número de ceros en el ∞ es: n−m = 3− 1 = 23) Comportamiento en el eje real: Un punto situado en el eje real,

pertenece al LR si el número de ceros y polos situados a su derecha es impar.

4) Simetría: El LR (K > 0) y el lugar inverso de las raíces(K < 0)son simétricos respecto al eje real.

5) Asíntotas: Las ramas del LR que terminan en el∞ son asintóticasa rectas cuyos ángulos con el eje real vienen dados por:

21

22 CAPÍTULO 2. ANÁLISIS DE SISTEMAS

θa =(2q+1)πn−m (K > 0)

q = 0, 1, 2, ..., n−m− 1

En nuestro caso:

θ0 =π2

θ1 =3π2

6) Intersección de las asíntotas: Las asíntotas cortan al eje real enun punto situado a una distancia σ0 del origen dada por:

σ0 =Ppolos de G(s) − P

ceros de G(s)n−m

En nuestro caso:

σ0 =−5−2−1+7

2= −1

2

7) Puntos de dispersión y confluencia de ramas:

G(s) = AB=⇒ A0B +B0A = 0

10(s3 + 8s2 + 17s+ 10)− (3s2 + 16s+ 17)(10s+ 70)

−20s3 − 290s2 − 1120s− 1090 = 0

Resolviendo la ecuación:

s1 = −8.89 ; s2 = −4.12 ; s3 = −1.48

El valor que escogemos es s3 = −1.48, ya que es el único que perteneceal L.R.

8) Intersección con el eje imaginario: Los puntos de intersección dellugar de las raíces con el eje imaginario, se pueden hallar aplicando el criteriode Routh para sistemas marginalmente estables.

Es decir, se aplica el criterio de Routh, al sistema en Lazo Cerrado. Ennuestro caso, no existe intersección con el eje imaginario.

23

b) La función de transferencia en lazo cerrado del sistema es:

Gc(s) =C(s)R(s)

= k(10s+70)s3+8s2+s(17+10k)+10+70k

Los polos dominantes de la FDT en lazo cerrado para k = 1 son:

s1,2 = −1.1377± 3.5609i

Comparando con:

s1,2 = −δ · ωn ± ωnp1− δ2

δ = 0.3 y ωn = 3.8rad/seg

Para que el factor de amortiguamiento de los polos dominantes delazo cerrado sea δ = 0.5 el valor de σ ha de ser:

σ = δ · ωn = 0.5 · 3.8 = 1.9

Hacemos s = 2− σ =⇒ s = 2− 1.9Aplicamos el criterio de Routh al denominador de la FDT en lazo cerrado,

sustituyendo s = 2− 1.9a) Condición necesaria: Para que el sistema sea estable, la ecuación car-

acterística ha de ser un polinomio de Hurwitz. Es decir, ha de ser completoy todos los coeficientes han de ser del mismo signo.


(2− 1.9)3 + 8(2− 1.9)2 + (2− 1.9)(17 + 10k) + 10 + 70k

23−5.722+10.832−6.86+8(22−3.82+3.6)+172+10k2−32.3−19k+10+70k

23 + 2.322 + 2(−2.57 + 10k)− 0.36 + 51k

Para que la condición necesaria se cumpla:

k > 0.26

b) Condición suficiente: Criterio de Routh:

23 1 10k − 2.5722 2.3 51k − 0.3621 28k−6

2.3

20 51k − 0.36k = 0.28

25

Problema 8 a) Utilizando el criterio de Nyquist estudiar, en función de K,la estabilidad de un sistema cuya función de transferencia en lazo abierto es:

G(s) = K(s+10)2

s3

b) Determinar los márgenes de fase y ganancia para K = 10

Trazamos el diagrama de Nyquist, directamente a partir de los dia-gramas de Bode de Módulo y Fase, para K = 1.

Damos distintos valores a ω:

ω →∞⇒ |G|→ 0

ω → 0⇒ |G|→∞Asíntotas y corte con el eje real:

G (jω) = (jω+10)2

(jω)3= j (jω+10)

2

ω3= j

(−ω2+20jω+100)ω3

= −jω2−20ω+j100ω3

Re [G (jω)] = −20ωω3

= − 20ω2

Im [G (jω)] = 100−ω2ω3

Cuando ω → 0

½Re [G]→∞Im [G]→∞ No hay asíntotas.

Corte con el eje jω:

Im [G] = 0⇒ 100−ω2ω3

= 0⇒ 100− ω2 = 0⇒ ω = 10⇒

⇒ |G (jω)|ω=10 =pRe2+Im2 = 0.2

G (jω)¯ω=10

= 0

Partes Re [G] y Im [G], disminuyen de forma monótona cuando ω =0+ →∞

Para ω = 0+, G = 0− 270o = −270o

Con estos datos podemos trazar el diagrama de Nyquist aproximado:


Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Nyquist Diagrams

0.2

∞

ω=0G=-270º

+

Completamos el diagrama de Nyquist para estudiar la estabilidad en fun-ción de K:

Para ω = 0−, G (jω) = 0 + 270o = 270o ⇒ ω = 0− → 0+ :

G (jω) = −270o → 270o ⇒ Cambio de 540o =⇒ 1 vuelta y media.

Tenemos en cuenta la simetría con respecto al eje real. Así:

Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Nyquist Diagrams

0.2 N=1-1P=0

N=1+1P=0

N=1P=0

Como puede observarse en la figura, para los valores de K que haganque G = −1

Kestán en:

1N = 1− 1 = 0

P = 0

¾⇒ Z = N + P = 0⇒ Sistema estable.

−0.2 < −1K< 0⇒ K > 5⇒ Sistema estable.

27

2N = 1 + 1 = 2

P = 0

¾⇒ Z = N + P = 2⇒ Sistema inestable.

−1K< −0.2⇒ K < 5⇒ Sistema inestable.

3N = 1P = 0

¾⇒ Z = N + P = 1⇒ Sistema inestable.

−1K> 0⇒ K < 0⇒ Sistema inestable.

Luego:

K > 5⇒ estableK < 5⇒ inestable

El sistema va de la inestabilidad a la estabilidad conforme aumentaK.

b) Según hemos visto, para K = 10 el sistema será estable.

Si trazamos los diagramas de Bode para K = 10, veremos que:

MF ' 15oMG ' 6 dB

Teniendo en cuenta que, en este caso, por ir el sistema de la inesta-bilidad a la estabilidad al aumentar K, en estos diagramas el criterio deestabilidad será:

|K ·G (jω)| > 1 , G (jω) = 180o

Para trazar los diagramas de Bode:

G (jω) = K·(jω+10)2(jω)3

=K·100( jω10+1)

2

(jω)3= 1000

( jω10+1)2

(jω)3

(jω)−3 ⇒½pendiente: −60 dB /octfase: −270o cte


ω ⇒=1 |G|=20logK=60dB

-60db/dec

60

Para ω = 1:

|G| ' ¯10001

¯= 1000⇒ 20 log |G| = 60dB

A partir de ω = 10:Incremento en pendiente de +40dB /dec⇒⇒Pendiente total = −60 + 40 = −20 dB /dec

29

Problema 9 Obtener la funcion de transferencia en lazo abierto, G(s), cor-respondiente al diagrama de la figura.

10 50 1000

20

0

dB

6 dB/oct ava

-6 dB/oct ava

ω

1) Cte: 20 logK = 20⇒ K = 10

2) ω = 10, Pendiente = −20 dB /dec⇒ factor:¡s10+ 1¢−1

3) ω = 50, Pendiente = +40dB /dec⇒ cero doble en s50= −1⇒ factor:¡

s50+ 1¢2

4) ω = 1000, Pendiente = 0dB /dec⇒ factor:¡

s1000

+ 1¢−1

De esta forma:

G (s) =10( s50+1)

2

( s10+1)(s

1000+1)


Problema 10 Suponiendo que conectamos el sistema F (s) con G(s) dela forma:

G(s) F(s)

F (s) = 1s2+s+1

; G(s) = 1s(s+1)

(A) Trazar el lugar de las raíces del sistema total(B) Decir si existe algún valor de k que haga que todos los polos del

sistema total en lazo cerrado sean reales.(C) Decir cuáles serán los polos del sistema total en lazo cerrado para

el menor valor de k que produce raíces múltiples y el/los coeficientes deamortiguamiento correspondientes a los términos cuadráticos que pudieranexistir para ese valor de k.

(A)

G(s) · F (s) = 1s(s+1)(s2+s+1)

Lugar de las raíces:

1) Número de ramas:

Polos:

s1 = 0s2 = −1s3,4 = −12 ± j

√32

⇒ 4 ramas

2) Puntos de comienzo (K = 0) y final (K = ∞): Cada ramacomienza en un polo de la función y termina en un cero de la misma.

El número de ceros en el ∞ es: n−m = 4− 0 = 43) Comportamiento en el eje real: Un punto situado en el eje real,

pertenece al LR si el número de ceros y polos situados a su derecha es impar.

4) Simetría: El LR (K>0) y el lugar inverso de las raíces(K<0) sonsimétricos respecto al eje real.

5) Asíntotas: Las ramas del LR que terminan en el∞ son asintóticasa rectas cuyos ángulos con el eje real vienen dados por:

θ0 =π4

; θ1 =3π4

; θ2 = π ; θ3 =5π4

31

6) Intersección de las asíntotas: Las asíntotas cortan al eje real enun punto situado a una distancia σ0 del origen dada por:

σ0 =Ppolos de G(s) − P

ceros de G(s)n−m

En nuestro caso:

σ0 =0−1− 1

2+j

√32− 12−j

√32

4= −2

4= −1

2

7) Puntos de dispersión y confluencia de ramas:

G(s) = AB=⇒ A0B +B0A = 0

4s3 + 6s2 + 4s+ 1 = 0

Resolviendo la ecuación:

s1 = −12 ; s2 = −12 + j 12 ; s3 = −12 − j 12

8) Intersección con el eje imaginario: Los puntos de interseccióndel lugar de las raíces con el eje imaginario, se pueden hallar aplicando elcriterio de Routh para sistemas marginalmente estables. Aplicando el criteriode Routh:

s4 + 2s3 + 2s2 + s = 0

s4 1 2 0s3 2 1s2 3

20

s1 1s0 0

Para que sea criticamente estable:

2s3 + s = 0⇒ s = ±j 1√2

Con todos estos datos podremos trazar el Lugar de las Raíces:


B)No existen valores de k que hagan que todos los polos sean reales, ya

que los imaginarios viajaran hacia las asíntotas.

C)El menor valor de k que produce raíces múltiples es el que hace

que estemos en el punto s = −12(primer punto de ruptura). Midiendo

gráficamente las distancias de los polos a este punto, podemos calcular k.

k = 1|G(s)·F (s)|

¯s=− 1

2

=¯0,−1

2

¯ · ¯−1,−12

¯ · ¯−12+ j

√32,−1

2

¯·¯−12− j

√32,−1

2

¯=

= 12· 12·√32·√32= 3

16= 0.1875

Para este valor de k, la ecuación característica del sistema en lazocerrado es:

1 + k ·G (s) · F (s) = 1 + 316· 1s(s+1)(s2+s+1)

= 16 (s2 + s) · (s2 + s+ 1) + 3 == 16 (s4 + 2s3 + 2s2 + s) + 3 = 16s4 + 32s3 + 32s2 + 16s+ 3

Que debe ser divisible por:¡s+ 1

2

¢2= s2 + s+ 1

4

16s4 +32s3 +32s2 +16s +3 s2 + s+ 14−16s4 −16s3 −4s2 16s2 + 16s+ 12

16s3 28s2 +16s +3−16s3 −16s2 −4s

12s2 +12s +312s2 −12s −3

0

33

Ahora podemos calcular los coeficientes de amortiguamiento para k = 316:

¡s+ 1

2

¢2(16s2 + 16s+ 12) = 16

¡s+ 1

2

¢2 ¡s2 + s+ 3

4

¢⇒ ωn =√32

2δωn = 1⇒ δ = 12ωn

= 22√3⇒ δ = 1√

3


Problema 11 En la figura se representa un sistema de control en lazoabierto donde:

r: señal de referencia.u: señal de control.yol: salida.w: señal perturbadora.

K

0.5

10

+_r

controlador

u

w

yol

a) Si r = 55, ¿cuánto debe valer K para que, siendo w = 0, la salidasiga a la referencia sin error?

b) ¿Qué error (%) tendría la salida si w = 1?c) Si añadimos al sistema una realimentación unitaria, ¿qué valor ha

de tener K para que en presencia de una perturbación w = 1 la salida sigaa la referencia con un error del 0.1% aprox.? Tomar r = 55.

a) En lazo abierto, y para w = 0:

yol = 10u− 0.5wu = r ·K

¾⇒ yol = 10 (r ·K − 0.5w) = 10 · r ·K− 5w = 10 · 55 ·K

Para que la salida siga a la referencia sin error: yol = r

yol = 550 ·Kyol = r = 55

¾⇒ 550 ·K = 55⇒ K = 1

10

b) Para w 6= 0:

yol = 10u− 0.5wu = 1

10r

¾⇒ yol = 10

¡110r − 0.5w¢ = r − 5w

Con lo que si w = 1:

y0ol = 55−5 = 50⇒ y

0ol

yol= 50

55= 0.909⇒Error = 1− 0.909 = 0.0909 = 9.09%

35

c) En lazo cerrado y con realimentación unitaria:

K

0.5

10

+_r

controlador

u

w

ycl+_

ycl = (u− 0.5w) · 10u = (r − ycl) ·K

¾⇒ ycl = [(r − ycl) ·K − 0.5w] · 10⇒

⇒ ycl = (10r − 10ycl) ·K − 5wK = ycl+5w

10r−10ycl

Para un error del 0.1% y r = 55:

ycl = 55− 0.001 · 55 = 54.945⇒ K = 54.945+5550−549.45 ⇒ K = 108.991


Problema 12 Asociar los diagramas de Nyquist, respuestas en frecuen-cia y respuestas al escalón unitario mostrados en la figura Justificar las con-clusiones.

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1K=K1

ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

K=K2ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

ω↓0

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

1

0º

-180ºω

| |GD

GD

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

(I)

(II)

(III)

(IV)

(a)

(b)

(c)

(d)

(1)

(2)

(3)

(4)

El orden correcto sería el siguiente:

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1K=K1

ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

K=K2ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

ω↓0

0ω→

Re( )GD

Im( )GD

-1

ω↓0

1

0º

-180ºω

| |GD

GD

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

1

0º

-180º

ω

| |GD

GD

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

y(t)

t

1

0

37

Problema 13 Para el sistema físico de la figura en el que se cumple que:

d2xdt2+D dx

dt+ kx = u

1=M

x

k

D ( ) ( )tutf =

1) Obtener la función de transferencia.

2) Discutir la estabilidad para los casosa)k = 0b)D = 0

y hallar en cada caso la evolución temporal del desplazamiento y la ve-locidad del móvil, ante una entrada escalón unitaria.

3) Hallar los valores de k y D que hacen que el sistema, conectado en lazocerrado y con realimentación unitaria, cumpla las siguientes especificaciones:

coeficiente de amortiguamiento = 0.7coeficiente de error estático = 10

4) Si introducimos en la cadena directa un dispositivo cuya función detransferencia es

D(s) = kis

hallar, aplicando el criterio de estabilidad de Nyquist, los valores de kique hacen al sistema estable.

1)Suponiendo condiciones iniciales nulas, obtenemos la función de trans-

ferencia aplicando Laplace:

s2X (s) +DsX (s) + kX (s) = U (s)

f.d.t ≡ G (s) = X(s)U(s)

= 1s2+Ds+k

2)a)k = 0

G (s) = 1s2+Ds

= 1s(s+D)


Estabilidad: El sistema es de tipo I (tiene un polo en el origen). Porello:

No será estable para entrada y salida limitadas: ante una entradaescalón, aparecerá en la respuesta un término:

As2

$−1−→ A · t

Estabilidad asintótica: NoEstabilidad de Lyapunov: Sí

Evolución temporal del desplazamiento:

X (s) = R (s) ·G (s) = 1s· 1s(s+D)

= 1s2(s+D)

= As2+ B

s+ C

s+D

A = s2X (s)|s=0 = 1D

1D

s2+ B

s+ C

s+D= 1

s2(s+D)=

(s+D) 1D+Bs(s+D)+Cs2

s2(s+D)=

s2(C+B)+s( 1D+BD)+1s2(s+D)

⇒

⇒½C +B = 0 −→ C = −B = 1

D2

1D+BD = 0 −→ BD = − 1

D−→ B = − 1

D2

X (s) =1D

s2−

1D2

s+

1D2

s+D⇒ x (t) = 1

Dt− 1

D2

¡1− e−Dt¢

Pasado el transitorio exponencial, cuya duración depende de la con-stante del amortiguador D, seguirá una evolución lineal con una pendienteinversamente proporcional a D.

b)D = 0

G (s) = 1s2+k

Estabilidad:El sistema tiene polos en s = ±j√k . Por tanto, será marginalmente

estable.Estabilidad BIBO: SíEstabilidad Asintótica: NoEstabilidad de Lyapunov: Sí

Evolución temporal:

X (s) = 1s(s2+k)

= As+ Bs+C

s2+k=

1k

s− 1

ks

s2+k

39

La salida será una oscilación constante cuya frecuencia es propor-cional a la constante del resorte.

x (t) = 1k

³1− cos√k · t

´Evolución de la velocidad:

v (t) = dxdt

a) k = 0

v (t) = 1D− 1

D· e−Dt

Pasado el transitorio, el móvil se desplazará con velocidad constante=1D

b)D = 0v (t) seguirá una evolución sinusoidal de la misma frecuencia que el

desplazamiento, pero desfasada π2. En los máximos de x (t) tendrá ceros.

v (t) = dxdt= 1√

ksen√k · t

3)

+_ G(s)

Coeficiente de error estático de posición:

kp = lims→0G (s)H (s) = lim

s→01

s2+Ds+k= 1

k= 10⇒ k = 1

10= 0.1

Función de transferencia en lazo cerrado:

F (s) = G(s)1+G(s)

=1s2+Ds+k

1+ 1s2+Ds+k

= 1s2+Ds+(1+k)

2δωn = Dωn =

√1 + k

¾⇒ D = 2δ

√1 + k = 2δ

√1.1 = 2 · 0.7 ·√1.1⇒ D = 1.4683

4)


+_ski G(s)

Aplicaremos el criterio de Nyquist al sistema:

G1 (s) =G(s)s= 1

s(s2+Ds+k)

y veremos qué valores de ki le hacen estable.

G1 (s) =1

s(s2+1.4683s+0.1)

Polos en

s1 = 0

s2,3 =−1.4683±

√(1.4613)2−0.42

=

½s2 = −0.071597s3 = −1.3967

G1 (jω) =1

jω(−ω2+j1.4683ω+0.1) =1

−jω3−1.4683ω2+0.1ω =

= 1−1.4683ω2+jω(0.1−ω2) =

−1.4683ω2−jω(0.1−ω2)2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2

Re [G1 (jω)] =−1.4683ω2

2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2 ⇒ Re [G1 (jω)] =−1.4683

2.1559ω2+(0.1−ω2)2

Im [G1 (jω)] =−jω(0.1−ω2)

2.1559ω4+ω2(0.1−ω2)2 ⇒ Im [G1 (jω)] =−j(0.1−ω2)

2.1559ω3+ω(0.1−ω2)2

Asíntotas:Cuando ω →∞⇒ G1 (jω)→ 0

Cuando ω → 0⇒½Re [G1 (jω)] =

−1.4683(0.1)2

= −146.83Im [G1 (jω)]→∞

La recta Re = −146.83 será una asíntota de la curvaCruces con el eje real:

Im [G1 (jω)] = 0⇒½

ω →∞ω =√0.1 = 0.31623rad/s

Para ω = 0.31623rad/s : Re [G1 (jω)] =−1.46832.1559·0.1 = −6.8106

Sentido de la curva:ω → 0+ ⇒ G1 ' −π

2

ω → 0− ⇒ G1 ' π2

¾Salto de πrad

Cierre:El cero se ve al evaluar con 0o. Cierre por la derecha.

41

Real Axis

Imag

inar

y Ax

is

Nyquist Diagrams

-30 -25 -20 -15 -10 -5 0-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

III II I

-6.8106

Valores de KI :− 1KIpuede estar en tres zonas, en las que se cumple:

P N Z EstabilidadI 0 1 1 InestableII 0 2 2 InestableIII 0 0 0 Estable

En III :

−∞ < − 1KI< −6.8106⇒ KI > 6.8106⇒ 0 < KI <

16.8106

= 0.14683


Problema 14 Dibujar de forma aproximada la respuesta transitoria de lossistemas cuya situación de polos se da en la figura:

0

jω

+σ

0

jβ1

+σ

0

jω

σ1

-σ2 -σ1

-jβ1

-α1

-σ

x

x

xx

x

0

jβ1

+σ

-jβ1

+α1

jω

+σ0x

x

x

jβ2

jβ1

-jβ1

-jβ2

x

x

+σ0

a)

b)

c)

d)

e)

f)

x

x

43

0

jω

+σ

0

jβ1

+σ

0

jω

σ1

-σ2 -σ1

-jβ1

-α1

-σ

x

x

xx

x

0jβ1

+σ

-jβ1

+α1

jω

+σ0x

x

x

jβ2

jβ1

-jβ1

-jβ2

x

x

+σ0

a)

b)

c)

d)

e)

f)

0 t

C (t)tr

0 t

C (t)tr

0 t

C (t)tr

0 t

C (t)tr

0 t

C (t)tr

0 t

C (t)tr

e- tσ2

- tσ1e

estable

estable

e ·sen tβ1- tα1

e+ tα1

inestable

inestable

+ tα1e ·sen tβ1

Cte

Limitadamente estable

marginalmente estable

sen tβ1

sen tβ2

Situación de los polos Respuesta transitoria

x

x


Problema 15 Para el sistema de la figura:

+_ ( ) ( )( )( )521 ++−=

sssksGR(s)

r(t)

E(s)

e(t)

Y(s)

y(t)

a) Determinar, aplicando el criterio de estabilidad de Routh, el valor de

k para que tenga un tiempo de establecimiento, ts = 16s.³ts =

4δωn

´b) Hallar la expresión temporal del error, e(t), para el valor de k obtenido.

(R (s) = 1).c) Hallar, aplicando el criterio de Nyquist, los valores de k que hacen al

sistema estable.

a) Valor de k:Ecuación característica:

1 + k(s−1)(s+2)(s+5) = 0⇒ (s− 1) (s+ 2) (s+ 5) + k = 0

s3 + 6s2 + 3s− 10 + k = 0ts = 16s =

4δωn

= 4σ⇒ σ = 4

16= 0.25

En la línea σ = −0.25 deben estar los polos dominantes.

-0.25

Hacemos:

z = s+ 0.25

y sustituímos en la ecuación característica:

45

(s− 1) (s+ 2) (s+ 5) + k = 0|s=z−0.25(z − 0.25− 1) (z − 0.25 + 2) (z − 0.25 + 5) + k = 0

(z − 1.25) (z + 1.75) (z + 4.75) + k = 0

z3 + 5.25z2 + 0.1875z − 10.3906 + k = 0z3 1 0.1875z2 5.25 k − 10.3906z1 0.1875·5.25−k+10.3906

5.25

z0

0.1875·5.25−k+10.39065.25

= 0⇒ k = 10.3906 + 0.1875 · 5.25⇒ k = 11.3749

b) Expresión temporal del error, e(t)Para este valor de k tendremos dos polos complejos conjugados situa-

dos en la línea σ = −0.25, cuya parte imaginaria podemos hallar resolviendola ecuación:

5.25z2 + (k − 10.3906) = 0⇒ 5.25z2 + 11.3749− 10.3906 = 0z2 + 0.1875 = 0⇒ z = ±j√0.1875 = ±j0.4330

Por tanto, los polos estarán en: s = −0.25± j0.4330

(s+ 0.25 + j0.4330) (s+ 0.25− j0.4330) == (s+ 0.25)2 + 0.43302 = s2 + 0.5s+ 0.0625 + 0.1874 =

= s2 + 0.5s+ 0.25

s3 + 6s2 + 3s+ 1.3749 = (s2 + 0.5s+ 0.25) · P (s)s3 +6s2 +3s +1.3749 s2 + 0.5s+ 0.25−s3 −0.5s2 −0.25s s+ 5.5

5.5s2 +2.75s +1.3749−5.5s2 −2.75s −1.375

0

P (s) = s+ 5.5

Ecuación característica: (s+ 5.5) (s2 + 0.5s+ 0.25)

E (s) = R (s) 11+G(s)

Para una entrada impulsiva:


E (s) = 11+ k

(s−1)(s+2)(s+5)= (s−1)(s+2)(s+5)

(s−1)(s+2)(s+5)+k

Para el k hallado:

E (s) = s3+6s2+3s−10(s+5.5)(s2+0.5s+0.25)

⇒

⇒ e (t) = $−1 [E (s)] == δ (t)− e−5.5t [0.41− 0.41 cos (0.433t) + 0.5 sen (0.433t)]

c) Aplicando el criterio de Nyquist:

G (jω) = 1(jω−1)(jω+2)(jω+5) =

1(jω)3+6(jω)2+3jω−10 =

= 1−jω3−6ω2+3jω−10 =

1−(6ω2+10)+jω(3−ω2) =

=−(6ω2+10)−jω(3−ω2)(6ω2+10)2+ω2(3−ω2)2 =

−(6ω2+10)(6ω2+10)2+ω2(3−ω2)2 +

−jω(3−ω2)(6ω2+10)2+ω2(3−ω2)2

ω →∞⇒ G (jω)→ 0ω → 0⇒ G (jω) = −10

102= −0.1

Cortes con el eje real: Im [G (jω)] = 0⇒½

ω = 0

ω =√3

G (jω)|ω=√3 = Re [G (jω)] = −(6·3+10)(6·3+10)2+3(3−3)2 =

−28(28)2

= − 128= −0.0357

47

Cortes con el eje imaginario: Re [G (jω)] = 0⇒ Sólo para ω →∞Cuando ω = 0+ ⇒

½Re [G (jω)] < 0Im [G (jω)] < 0

El diagrama de Nyquist es el siguiente:

Evaluamos la estabilidad para valores de k, según región:

1 − 1k∈ (−∞,−0.1)

2 − 1k∈ (−0.1,−0.036)

3 − 1k∈ (−0.036, 0)

4 − 1k∈ (0,∞)

=⇒1 k ∈ (0+, 10)2 k ∈ (10, 27.8)3 k ∈ (27.8,∞)4 k ∈ (−∞, 0−)

1 N = 0 ; P = 1 ; Z = 1 ⇒ Inestable

2 N = −1 ; P = 1 ; Z = 0 ⇒ Estable

3 N = 1 ; P = 1 ; Z = 2 ⇒ Inestable

4 N = 0 ; P = 1 ; Z = 1 ⇒ Inestable

Por tanto, es estable para k ∈ (10, 27.8)


Problema 16 Para el sistema de la figura:

+_ k ( )12

123 +++

=sss

sGr e y

a) Hallar los valores de k para que el sistema sea estable aplicando elcriterio de estabilidad de Nyquistb) Hallar el valor de k para que el sistema sea criticamente estable y el

coeficiente de error estático pertinente.c) Hallar la expresión temporal de la salida ante una entrada escalón con

el valor de k hallado en b)

a) Valores de k para el sistema estable aplicando el criterio de Nyquist:Contorno de evaluación de G (s):

R→∞

Puntos de interés para la evaluación:

s→∞⇒ G (s)→ 0s = 0⇒ G (s)→ 1

Para evaluar el eje jω descomponemos G (s)|s=jω en parte real y parteimaginaria:

G (jω) = 1−jω3−ω2+2jω+1 =

1(1−ω2)−j(ω3−2ω) =

= 1(1−ω2)−jω(ω2−2) =

(1−ω2)+jω(ω2−2)(1−ω2)2+ω2(ω2−2)2 =

=(1−ω2)

(1−ω2)2+ω2(ω2−2)2 + jω(ω2−2)

(1−ω2)2+ω2(ω2−2)2

49

Cortes con el eje real:

Im [G (jω)] = 0⇒(

ω = 0⇒ Re [G (jω)] = 1

ω =√2⇒ Re [G (jω)] = 1−2

(1−2)2+2(2−2)2 =−11= −1

Cortes con el eje imaginario:

Re [G (jω)] = 0⇒ ω = 1⇒ Im [G (jω)] = 1−2(1−1)2+1(1−2)2 =

−11= −1

Puntos de interés:

ω Re [G (jω)] Im [G (jω)]0 1 01 0 −1√2 −1 0∞ 0 0

Completamos la curva por simetría con respecto al eje real. El diagramade Nyquist seria:

II IIII IV

-1=ω 2

0ω→∞

1=0ω

-j=1ω

j

Im[G]

Re[G]

Como vemos en la gráfica, los valores de − 1kcon k real pueden estar en

4 zonas.Por otra parte, debemos comprobar si la f.d.t. en lazo abierto, G (s),

tiene polos en el semiplano derecho. Para ello, podemos aplicar el criterio deRouth a la ecuación característica:


s3 + s2 + 2s+ 1 = 0

s3 1 2s2 1 1s1 2−1

1= 1 0

s0 1

Todos los elementos de la primera columna de la tabla tienen signopositivo⇒ P = 0Así, para la estabilidad podemos construir la siguiente tabla:

Zona − 1k

k N P Z

I −∞,−1 0+, 1 0 0 0

II −1, 0− 1,+∞ 2 0 2

III 0+, 1 −∞,−1 1 0 1

IV 1,+∞ −1, 0− 0 0 0

Por tanto:

Sistema estable para: k ∈ (−1, 1)Sistema inestable para: k > 1, k < −1

b)Ya en el diagrama de Nyquist podemos ver que para k = 1 el sistema

es críticamente estable.En este caso, la respuesta del sistema a una entrada escalón sería una

oscilación no amortiguada =⇒ @ limt→∞

y (t) =⇒ No es aplicable el teorema del

valor final.

No se puede hallar el coeficiente de error estático.

c) Para el valor de k = 1:

F (s) = kG(s)1+kG(s)

Y (s) = R (s) · F (s) = 1s·

1s3+s2+2s+1

1+ 1s3+s2+2s+1

=1s

s3+s2+2s+2= N(s)

D(s)

Para hallar y (t) tendríamos que conocer las raíces del denominador deY (s). Para ello podemos utilizar el criterio de Routh.

51

s3 1 2s2 1 2s1 0s0

Polinomio auxiliar: s2 + 2 = 0⇒ s = ±j√2

Así:

D (s) = s3 + s2 + 2s+ 2 = (s2 + 2) ·A (s)⇒ A (s) = s3+s2+2s+2s2+2

s3 +s2 +2s +2 s2 + 2−s3 −2s s+ 1

s2 +2−s2 −2

0

D (s) = (s2 + 2) · (s+ 1) = ¡s+ j√2¢ ¡s− j√2¢ (s+ 1)Con lo que:

Y (s) = 1s(s3+s2+2s+2)

= As+ Bs+C

s2+2+ D

s+1

A = sY (s)|s=0 = 12

Bs+ C = (s2 + 2)Y (s)|s=j√2 = 1s(s+1)

¯s=j

√2= 1

j√2(1+j

√2)=

= 1−2+j√2 =

−2−j√26

= −13− j

√26= B · j√2 + C ⇒

½C = −1

3

B = −16

D = (s+ 1) · Y (s)|s=−1 = 1s(s2+2)

¯s=−1

= 1−1(1+2) = −13

Y (s) =12

s− 1

6s+ 1

3

s2+2− 1

3

s+1= 1

2· 1s− 1

6· s

s2+(√2)2 − 1

3√2·

√2

s2+(√2)2 − 1

3· 1s+1

Tomando transformadas inversas:

y (t) = 12− 1

6cos¡√2t¢− 1

3√2sen

¡√2t¢− 1

3· e−t


Problema 17 Para el sistema cuya función de transferencia en lazo abiertoes:

G (s)H (s) = s−1(s+1)(s+2)

1. Hallar el lugar de las raíces para k > 0.2. Determinar gráficamente el valor de k para obtener estabilidad crítica.3. Determinar ese mismo valor utilizando el diagrama de Nyquist.

1.Ceros del sistema: s = 1, (m = 1)Polos del sistema: s = 1, s = 2, (n = 2)

2. Número de ramas: 2 = n3. Partes del eje real que pertenecen al lugar de las raíces:

s ∈ [1,−1] ∪ [−2,−∞]

4. Asíntotas: n = m = 1. Es el semieje real negativo.

Con estos datos queda determinado el lugar de las raíces del sistema parak > 0:

xx

2.Un sistema es críticamente estable o marginalmente estable cuando,

sometido a una perturbación, su salida o respuesta oscila entre dos valoresacotados de manera contínua.

Esto exige la presencia de polos imaginarios puros en el sistema (porpares conjugados).

53

Como podemos ver en el lugar de las raíces, no existe ningún valorde k > 0 que haga que el sistema tenga un par de polos imaginarios puros,es decir, que haga al sistema críticamente estable.

Según crece k, el sistema se hace BIBO inestable (k = 2, un polo enel origen) o inestable de forma absoluta (k > 2, un polo real en el semiplanoderecho).

3.Descomposición de la función en parte real (Re [GH]) y parte imaginaria

(Im [GH]).

G (s)H (s)|s=jω = jω−1(jω+1)(jω+2)

= jω−1−ω2+3jω+2 =

4ω2−2(2−ω2)2+9ω2 + j

ω(5−ω2)(2−ω2)2+9ω2

Puntos de interés:

ω → 0⇒½Re [GH]→ −0.5Im [GH]→ 0

; ω →∞⇒½Re [GH]→ 0Im [GH]→ 0

Cortes con el eje real:

Im [GH] = 0⇒ ω (5− ω2) = 0⇒½

ω = 0

ω =√5⇒ Re [GH] = 1

3

Cortes con el eje imaginario:

Re [GH] = 0⇒ 4ω2 − 2 = 0⇒ ω = 1√2⇒ Im [GH] = 0.47


En el diagrama podemos observar que no hay ningún valor de k > 0(− 1

k< 0) que haga que el sistema tenga dos polos en el semiplano derecho

(P = 0, Z = N = 2). Sin embargo, el sistema pasa de no tener polos enel semiplano derecho a tener dos (Z = N = 0 −→ Z = N = 2) cuando − 1

k

pasa de 13+ ε −→ 1

3− ε„

siendo ε > 0 muy pequeño. Así, para − 1k= 1

3, es decir, para k = 3, el

sistema tendría dos polos imaginarios puros, sería críticamente estable.Se puede comprobar esto viendo que la función de transferencia en

lazo cerrado es

F (s) = kGH1+kGH

= −k(s−1)s2+3s+2−k(s−1)

y para k = 3 la ecuación característica resulta ser:

s2 + 3s+ 2− 3 (s− 1) = s2 + 5

cuyas raíces son: s = ±j√5

55

Problema 18 Para el sistema cuya función de transferencia en lazo abiertoes kG (s)H (s), con:

G (s) = 1−e−5ss

; H (s) = 1s+5

1. Discutir la estabilidad en función de los valores de k, utilizando elcriterio de Nyquist y considerando como aproximaciones válidas:

(a) e−x ≈ 1−x2

1+x2

(b) e−x ≈ 1−x2+x2

12

1+x2+x2

12

2. Comentar lo que ocurriría en el caso de considerar G (s) sin aproxima-ciones.

1.(a) Considerando una aproximación de primer orden:Para x = 5s:

e−5s ≈ 1− 52s

1+ 52s=⇒ 1− e−5s ≈ 1+ 5

2s−1+ 5

2s

1+ 52s

= 5s1+ 5

2s= 10s

5s+2

G (s)H (s) = 2s

s(s+ 25)(s+5)

= 2(s+0.4)(s+5)

G (jω)H (jω) = 2(jω+0.4)(jω+5)

= 2−ω2+5jω+0.4jω+2 =

2(2−ω2)+5.4jω =

=2[(2−ω2)−5.4jω](2−ω2)2+5.42ω2 =

2(2−ω2)(2−ω2)2+29.16ω2 − j 5.4ω·2

(2−ω2)2+29.16ω2

Si ω →∞⇒ G (jω)H (jω)→ 0

Cortes con el eje Real:

Im [G (jω)H (jω)] = 0⇒ ω = 0⇒ Re [G (jω)H (jω)] = 44= 1

Cortes con el eje Imaginario:

Re [G (jω)H (jω)] = 0⇒ ω =√2⇒ Im [G (jω)H (jω)] = −j 5.4

√2·2

29.16·2 =−j

√2

5.4= −j0.26

Vemos por el diagrama de Nyquist que el sistema siempre será estable:


(b) Para una aproximación de Padé de 2oorden:

e−5s ≈ 1− 52s+ 25

12s2

1+ 52s+ 25

12s2=⇒ 1−e−5s

s≈ 1+ 5

2s+ 25

12s2−1+ 5

2s− 25

12s2

s(1+ 52s+ 25

12s2)

= 51+ 5

2s+ 25

12s2=

=5· 1225

1225+ 65s+s2

= 2.4s2+1.2s+0.48

G (s)H (s) = 2.4(s+5)(s2+1.2s+0.48)

⇒ G (jω)H (jω) = 2.4(jω+5)(−ω2+1.2jω+0.48) =

= 2.4−jω3−1.2ω2+0.48jω−5ω2+6jω+2.4 =

2.4(2.4−6.2ω2)+j(6.48ω−ω3) =

=2.4[(2.4−6.2ω2)−j(6.48ω−ω3)](2.4−6.2ω2)2+ω2(6.48−ω2)2 =

2.4(2.4−6.2ω2)(2.4−6.2ω2)2+ω2(6.48−ω2)2 − j

2.4ω(6.48−ω2)(2.4−6.2ω2)2+ω2(6.48−ω2)2

Si ω →∞⇒ G (jω)H (jω)→ 0

Cortes con el eje Real:

Im [G (jω)H (jω)] = 0⇒(ω = 0⇒ Re [G (jω)H (jω)] = 2.42

2.42= 1

ω =√6.48⇒ Re [G (jω)H (jω)] = 2.4(2.4−6.2·6.48)

(2.4−6.2·6.48)2 = −0.0635

Cortes con el eje Imaginario:

Re [G (jω)H (jω)] = 0⇒ ω =q

2.46.2= 0.62⇒ Im [G (jω)H (jω)] =

= −j 2.4·0.62(6.48−0.3871)0.3871(6.48−0.3871)2 = −j 0.62·2.4

0.3871·6.09 = −j0.624

57

0.0635

0.624

2. En caso de considerar G (s) sin aproximaciones, tendríamos:

0.1

0

-0.1

-0.2

-0.3

-0.4

-0.5

-0.6

-0.7

-0.8-0.2-0.4 0.2 0.4 0.6 0.8 10

Capítulo 3

Diseño de Reguladores

Problema 19 Considerando el sistema de la figura siguiente, diseñarun compensador en adelanto tal que el sistema de lazo cerrado tenga unmargen de fase de 50o y un margen de ganancia no menor a 10 dB .

+_ )5(1

2 +ssGc(s)

Compensador

G(s)

Nuestras especificaciones son:

MF = 50o ; MG ≥ 10 dB

Si trazamos el Diagrama de Bode del sistema sin compensar, tenemos:

59

60 CAPÍTULO 3. DISEÑO DE REGULADORES

Que tiene un MF ' −6o (inestable).Por tanto el compensador deberá aportar, 50 + 6 = 56o o, para mayor

seguridad:

φmax = 56 + 5.6 ' 62oEl valor de α será, por tanto:

α = 1−senφmax1+senφmax

= 0.062

Eligiendo ωmax, establecemos a qué frecuencia queremos el máximoproducido por el cero (aumento) y el polo (decremento) adicional en la curvade fase, es decir, la separación entre el cero y el polo (se deberá tener encuenta para la elección de ωmax que un cero y un polo no pueden aportarmas de 90o).

Para ωmax = 1rad/s podemos calcular la situación del cero y el polode la forma:

1T=√α · ωmax =

√0.062 · 1 = 0.25

1Tα= ωmax√

α= 1√

0.062= 4

De forma que el compensador queda de la siguiente forma:

Gc(s) =Kα· s+ 1

T

s+ 1Tα

= 10.062

· s+0.25s+4

= 16.13 · s+0.25s+4

Y el sistema compensado:

G(s) ·Gc(s) = 16.13 · 1s2(s+5)

· s+0.25s+4

61

Como podemos observar cumple las especificaciones para K = 1, conun MF = 52o medido en ω = 0.81rad/s y un MG = 19.9 dB (mayor que10 dB).

En caso de haber elegido una frecuencia mas baja, para ωmax =0.5rad/s:

1T=√α · ωmax =

√0.062 · 0.5 = 0.125

1Tα= ωmax√

α= 0.5√

0.062= 2

Tenemos que, para K = 1:

G(s) ·Gc(s) = 16.13 · 1s2(s+5)

· s+0.125s+2

El sistema tiene un márgen de fase insuficiente. Esto podemos ajus-tarlo mediante una ganancia, de forma que bajaremos la curva de móduloy así bajaremos la frecuencia de corte. Con esto mejoraremos también elmárgen de ganancia.

Para K = 0.5:

G(s) ·Gc(s) = 8.065 · 1s2(s+5)

· s+0.125s+2


Que tiene como respuesta temporal en lazo cerrado:

Como vemos, será estable en lazo cerrado.

Si bajamos aún mas el módulo, para K = 0.2:

G(s) ·Gc(s) = 3.22 · 1s2(s+5)

· s+0.125s+2

63

Obtenemos un márgen de ganancia mayor (ajustando K podremos tenerun margen de fase de 50ojustos) Ahora si vemos la respuesta a un escalón delnuevo sistema:

Como se puede observar, aunque se ha mejorado la respuesta en fre-cuencia, la respuesta temporal es mucho más lenta, con lo que habráque considerar este punto para elegir la ganancia a aportar, según las especi-ficaciones necesarias.


Problema 20 Para un sistema cuya repuesta en lazo abierto a unaentrada escalón es la representada en la figura, se pide:

1. Diseñar, por algún método experimental, un controlador PID adecua-do.2. Sintetizar el controlador diseñado mediante redes R-C y amplificadores

operacionales ideales, sabiendo que sólo disponemos de resistencias de 10KΩ.

1. Utilizamos el método 1 de Ziegler-Nichols, pues nos dan la curvade respuesta en lazo abierto para una entrada escalón unitario.

En esta curva, podemos ver que:

L = 2seg. ; R = 17.5−2 =

15.5= 0.1818

y las dos constantes del controlador PID, serán:

kp =1.2(∗)RL

= 1.20.1818·2 = 3.3

(∗) K=1 pues K es la amplitud del escalón que se aplica durante laprueba del sistema.

Ti = 2L = 2 · 2 = 4Td = 0.5L = 0.5 · 2 = 1

Así:

D(s) = 3.3£1 + s+ 1

4s

¤2. Para sintetizar el controlador con redes R-C y A.O. ideales, el

circuito será de la forma:

65

Donde se cumple que:

VoVi=C2R2 + C1R1

C2R1

·1 +

C1R1C2R2C1R1 + C2R2

s+1

(C1R1 + C2R2) s

¸| z

D(s)

Igualando términos con D(s):

kp =C2R2+C1R1

C2R1(1)

Td =C1R1C2R2C1R1+C2R2

(2)Ti = C1R1 + C2R2 (3)

De las relaciones (1) y (3) obtenemos:

Tikp= C1R1+C2R2

C1R1+C2R2C2R1

= C2R1

como solo tenemos resistencias de 10KΩ, es decir:

R1 = R2 = R3 = 10KΩ = 10000Ω

C2=Ti

R1·kp =4

3.3·10000 =121.21µF

De las relaciones (2) y (3) obtenemos:

Ti · Td = (C1R1 + C2R2) C1R1C2R2C1R1+C2R2

= C1R1C2R2

C1=Ti·TdC2R1R2

= 4·1121.21·10−6·104·104 =330µF

El circuito sería:

67

Problema 21 En un sistema con realimentación unitaria la función de trans-ferencia en lazo abierto es:

G(s) = Ks(s+3)(s+6)

a) Diseñar un compensador en atraso para que el sistema cumpla lassiguientes especificaciones:

- el error estacionario para una entrada en rampa unitaria ha de ser ≤ 10%- el coeficiente de amortiguamiento de los en lazo cerrado ha de ser igual

a 0.5

b) Determinar el valor de ωn para el sistema compensado y decir en quécaso (con o sin compensación) el sistema es mas rápido.

Lugar de las raíces:

1.- Polos: s = 0 ; s = −3 ; s = −62.- Número de ramas: 33.- Número de asíntotas: n−m = 3− 0 = 34.- Partes del eje real que pertenecen al lugar de las raíces: a la izquierda

de un número impar de polos+ ceros:

σ = [0,−3] ; [−6,−∞]5.- Ángulos de las asíntotas:

φ = π±2lπn−m :

60o

180o

−60o

6.- Centroide:

σα =Ppi−

Pzi

n−m = −93= −3

7.- Cortes con el eje real:Ecuación característica:

1 + Ks(s+3)(s+6)

= 0 =⇒ s (s2 + 9s+ 18) +K = 0⇒ s3 + 9s2 + 18s+K = 0

Aplicando el criterio de Routh:

23 1 18 022 9 K21 9·18−K

90

20 K


Cruce con el eje jω ⇒existencia de raíz en el eje jω ⇒ 9 ·18−K = 0

K = 162

Para este punto, la ecuación característica es:

(jω)3 + 9 (jω)2 + 18jω + 162 = 0⇒½Re = 0Im = 0

Re = −9ω2 + 162 = 0⇒ ω = ±jq

1629= ±j4.24

8.- Puntos de ruptura:Si existen, por ser raíces múltiples, en ellos se debe cumplir:

A0B −B0A = 0 , G(s) = B(s)A(s)

A = 1⇒ A0 = 0B = s3 + 9s2 + 18s⇒ B0 = 3s2 + 18s+ 18

B0A = 0⇒ s = −18±√182−4·18·36

=

½ −4.7−1.267

−4.7 /∈ L.R.⇒ No es punto de ruptura.−1.267 ∈ L.R.⇒ Punto de ruptura.

9.- Ángulos de salida y llegada:Ángulos de salida : ±π

2

Ángulos de llegada : 0,π

¾Aplicando la condición de ángulo en ese

punto (K = K0 +K1) para K1 > 0, K1 < 0

69

A) Compensador:

δ = 0.5⇒ cosβ = 0.5⇒ β = 60o

Corte con el Lugar de las raíces:

s0 = −1 + j1.7s∗0 = −1− j1.7

¾Polos dominantes

x x x5.5

2.5

=0.5

1.97

Valor de K del sistema para estos puntos:

K = 1|G(s0)| = |s1 − s0| · |s2 − s0| · |s3 − s0| = 5.5 · 2.5 · 1.97 = 27

Kv del sistema:

Kv = lims→0s ·G (s) = lim

s→0s · K

s(s2+9s+18)= lim

s→027

s2+9s+18= 27

18= 1.5

Especificación:

ev ≤ 10%⇒ ev ≤ 0.1⇒ K0v ≥ 10

Relación zpdel compensador. ha de cumplir:

zp= K

0v

Kv= 10

1.5= 6.66

_

6

Para que el compensador perturbe poco la respuesta transitoria, zy p han de ser tales que se modifique poco el lugar de las raíces⇒ z y ppequeños. Si escogemos:


z = 0.1 , p = 0.1

6.66_6' 0.015

Así, el compensador será:

D (s) = s+0.1s+0.015

y el sistema compensado:

D (s) ·G(s) = 27(s+0.1)s(s+0.015)(s+3)(s+6)³

lims→0s ·D (s) ·G (s) = 27·.01

0.015·3·6 = 10´

B) Trazando el nuevo lugar de las raíces podemos comprobar que:

ωnc ' 1.93 < 1.97 = ωn ⇒ El sistema compensado es más lento.

71

Problema 22 Para el sistema cuya función de transferencia es:

F (s) = 1s(s+1)(s2+s+1)

1) Diseñar un controlador PID por alguno de los métodos de Ziegler-Nichols.

2) Discutir el efecto del compensador en la respuesta en frecuencia.

1)El método que se puede utilizar es el 2o: Ciclo ultimado.Para hallar la k y la pulsación de oscilación utilizamos el criterio de

Routh, para 1 + kF (s).

G(s) = F (s)1+kF (s)

1 + kF (s) = 1 + k 1(s2+s)(s2+s+1)

= 0⇒ (s2 + s) (s2 + s+ 1) + k = 0⇒

⇒ s4 + 2s3 + 2s2 + s+ k = 0

s4 1 2 ks3 2 1 0s2 3

22k2

0

s132−2k32

0

s0 k

Oscilación para k = 0.75⇒ ku = 0.75Periodo de oscilación auxiliar:

32s2 + 0.75 = 0⇒ s2 + 0.5 = 0⇒ s2 = −1

2⇒ s = ±j 1√

2

ωu =1√2= 2π

Pu⇒ Pu = 2

√2π = 8.886seg

Controlador PID (ceros en − 4Pu):

PID(s) = 0.075 · ku · Pu (s+4Pu)2

s= 0.075 · 0.75 · 2√2π

³s+ 4

2√2π

´2s

=

= 0.5 (s+0.45)2

s⇒ PID(s) = 0.5

(s2+0.9s+0.252)s


2) Efecto del compensador:

Diagrama de Bode de F (s) = 1s4+2s3+2s2+s

Diagrama de Bode de F (s) · PID(s) = 0.5s2+0.45s+0.126s5+2s4+2s3+s2

El tipo de sistema ha cambiado de tipo 1 a tipo 2El cero adicional contribuirá a subir la curva de fase, que luego ba-

jará el polo en el origen. Esto contribuye a aumentar el márgen de fase auna frecuencia de 0.4 rad/s, que ha sido ajustada mediante el control pro-porcional.

73

El compensador estabiliza al sistema, con un márgen de ganancia de6.83 dB y un márgen de fase de 29.38o


Problema 23 Hallar el rango de ganancias del controlador (K1 y K2) quehacen que el sistema de la figura sea estable.

¿De qué tipo de controlador se trata y qué ventajas e inconvenientespresenta?

+_s

KsK 21 +( )( )21

1++ ss

r y

Ecuación característica:

1 +¡K1 +

K2s

¢ · 1(s+1)(s+2)

= 0⇒ s3 + 3s2 + (2 +K1) · s+K2 = 0


s3 1 2 +K1

s2 3 K2

s1 6+3K1−K23

0s0 K2

Para que sea estable:

6+3K1−K2

3> 0 y K2 > 0⇒ 6 + 3K1 −K2 > 0⇒ K1 >

K23− 2

Se trata de un controlador PI (Proporcional Integral).

75

Para el sistema cuya es:

G(s) = K

s( s2+1)2 , K = 1

a) Diseñar una red de compensación en atraso de forma que el (MF ) seade 45o aprox, medido para ω0 = 0.1.b) Utilizando la red de compensación anterior, ¿cuánto ha de valer K

para que |G| = 0dB a ω0 = 1?

a) Trazando el Diagrama de Bode de G(s), tenemos:

Compensación en atraso para MF = 45o en ω0 = 0.1:

Gc =τs+1ατs+1

; α = 10 ; 1τ' 0.1 rad /s

Gc =10s+1100s+1

Por tanto, la función compensada es:

Gc ·G(s) = 10s+1100s+1

· 1

s( s2+1)2 =

10s+1

(100s+1)³s3

4+s2+s

´ = 4(10s+1)(100s+1)(s3+4s2+4s)

=

= 40s+4100s4+401s3+404s2+4s

y el Diagrama de Bode de la función compensada es:

77

Problema 24 En la figura se presenta el diagrama de bloques de un sistemaal que se le ha incorporado un control integral.

∫ -Ki+_ ++

-K

Proceso

xHyuGxFx

···

=+=&r e xi u y

1. Para este sistema dar las expresiones de:a) la señal error e en función de la matriz de salida, el vector de

estados y la referencia.b) la nueva variable de estado x, en función de e.

c) la descripción de estado en forma matricial£xi x

¤Tdel sistema

completo.d) la señal de control u.

2. Con esta definición revisada, diseñar para el proceso cuya función detransferencia es:

T (s) = 1(s+3)

la ley de control integral de forma que tenga dos polos en s = −5.1)

La descripción de estado del sistema es:

.x= F · x+G · uy = H · x

donde introducimos un control integral definiendo una nueva variablede estado:

xi =Re · dt, donde e = y − r

La nueva descripción de estado del sistema, en forma matricial, será:· .xi.x

¸=

·0 H0 F

¸·· .xi.x

¸+

·0G

¸· u−

·10

¸· r

y la ley de control:


u = − £ Ki K¤ · · .

xi.x

¸2)

Ecuación característica deseada:

αc (s) = (s+ 5) (s+ 5) = s2 + 10s+ 25 = 0

Matrices de estado del sistema:· .xi.x

¸=

·0 10 −3

¸··xix

¸+

·01

¸· u−

·10

¸· r

Para encontrar K, hemos de solucionar:

det (s · I − (F −G ·K)) = detµ·

s 00 s

¸−·0 10 −3

¸+

·01

¸·K¶=

= s2 + 10s+ 25 =⇒

=⇒ s2 + (3 +K) · s+Ki = s2 + 10s+ 25 =⇒

½3 +K = 10⇒ K = 7Ki = 25

K =£Ki K

¤=£25 7

¤

79

Problema 25 Para el sistema cuya función de transferencia en lazo abiertoes :

G (s) = s+20s2−9s−10

diseñar un compensador de forma que, suponiendo realimentación uni-taria, el sistema compensado cumpla las especificaciones siguientes :

a) Error de posición ep = 10%b) Margen de fase MF ≥ 30

Nota: Trabajar siempre con ganancia k > 0

+_ K D(s)109

202 −−

+ss

sR(s) E(s)

G(s)Y(s)

Error de posición ≡ Error estacionario ante una entrada escalón:

ep = limt→∞

e (t)¯r(t)=1(t)

= lims→0s · E (s)

¯R(s)= 1

s

E (s) = R (s)− Y (s)Suponiendo ahora D (s) = 1

E (s) = R (s)− Y (s) = R (s) ·h1− Y (s)

R(s)

i= R (s) · [1− FDT ] =

= R (s)·h1− K·G(s)

1+K·G(s)i= R (s)·

h1+K·G(s)−K·G(s)

1+K·G(s)i= R(s)

1+K·G(s) =1s

1+K· s+20s2−9s−10

=

=1s·(s2−9s−10)

s2−9s−10+K·s+20·K =1s·(s2−9s−10)

s2+s(K−9)+(20K−10)

ep = lims→0s · E (s) = lim

s→0s2−9s−10

s2+s(K−9)+(20K−10) =−10

20K−10

El error tiene que ser menor que 10% ⇒ ep = ±0.1 pues la entradaes escalón unitario. Para ello:

−1020K−10 = 0.1→ −10 = 2K − 1⇒ K = −4.5 < 0−10

20K−10 = −0.1→−10 = −2K + 1⇒ K = 5.5 > 0


Para hallar D (s) que no afecte al error estacionario y modifique elmárgen de fase:

a) Trazar los diagramas de Bode de K ·G (s)

K ·G (s) = 5.5s+110s2−9s−10 =

5.5(s+20)(s+1)(s−10)

ω = 0 −→ 20 log¡K · 20

10

¢= 20.8 dB

Polo en s = −1 −→ factor (jω + 1)−1 :½Modulo −→ −20 dB /dec a partir de ω = 1Fase −→ 0o → 90o ; 45o en ω = 1

Polo en s = 10 −→ factor (jω − 10)−1 :½Modulo −→ −20 dB /dec a partir de ω = 10Fase −→ 180o → 90o ; 135o en ω = 10

Cero en s = −20 −→ factor (jω + 20) :½Modulo −→ +20dB /dec a partir de ω = 20Fase −→ 0o → 90o ; 45o en ω = 20

Composición de las curvas:

81

Márgen de Fase: MF = −18o en ω ' 9 rad /sTendríamos un MF = 30o en ω ' 24 rad /s→Modulo = −11 dBSi queremos un márgen de seguridad de 5o:

MF = 35o en ω ' 30 rad /s→Modulo = −13 dB

Debemos diseñar D (s) de forma que:a) Suba el módulo 13 dB a ω = 30b) Casi no cambie con la fase.c) D (0) = 1, para no cambiar ep.

D (s) = α · s+ 1αT

s+ 1T

a) Altas frecuencias: |D (s)| ' α⇒ 20 logα = 13dB⇒ α = 101320 = 4.47

b) Para que la fase no influya:

1T' 30

10= 3 rad /s

1αT= 3

4.47= 0.67 rad /s

¾=⇒ D (s) = 4.47 · s+0.67

s+3

c) D (0) = 4.47 · 0.673' 1⇒ D (s) = 4.47 · s+0.67

s+3:

K ·D (s) = 24.585 · s+0.67s+3


Problema 26 Para la planta cuya función de transferencia es:

H (s) = 2e−0.5ss+2

a) Hallar un controlador PID utilizando el método de Ziegler-Nichols.

b) Justificar la acción de este controlador en el dominio de la frecuencia.

a) Controlador PID:

Aplicando el primer método de Ziegler-Nichols (curva de reacción):

H (s) = 2e−0.5ss+2

= 2e−0.5s

2( s2+1)= e−0.5s

1+s 12

k = 1L = 0.5τ = 1

2= 0.5

R = kτ= 2

Para un control PID:

kp =1.2R·L =

1.22·0.5 = 1.2

TI = 2 · L = 2 · 0.5 = 1TD = 0.5 · L = 0.5 · 0.5 = 0.25

⇒ PID (s) = kph1 + TD · s+ 1

TI ·si=

= 1.2£1 + 0.25s+ 1

s

¤⇒ PID (s) = 0.3s2+1.2s+1s

b)

PID (s) = k · (s+z)2s

; H (s) = 2e−0.5ss+2

H (jω) = 2e−0.5jωjω+2

= 2e−0.5jω

2( jω2 +1)= e−0.5jω

jω2+1

Diagrama de Bode:

Polo en jω = −2

Factor e−0.5jω ⇒½Modulo = 1Fase = −0.5jω, proporcional a la frecuencia.


Problema 27 Para el sistema cuya función de transferencia en lazo abiertoes:

G (s) = 10s(s+1)

se ha diseñado el compensador:

D1 (s) = 3 · 10s+1182s+1

Se pide:1. Diseñar, en el dominio de la frecuencia, un compensador en adelan-

to,D2 (s), de forma que se cumplan las especificaciones de margen de fase(MF ) y coeficiente de error estático (ks) del sistema: D1 (s)G (s).2. Comparar los efectos de los compensadores haciendo un estudio en el

lugar de las raíces del sistema compensado con cada uno de ellos.

Nota: En caso de ser necesario, hacer uso de las relaciones

ωc = ωn

qp1 + 4δ4 − 2δ2 ; MF ' 100δ

1.Diseño, del compensador en adelanto, D2 (s)a) Obtención de especificacionesDe los diagramas de Bode del sistema D1 (s)G (s), obtenemos:

K =30v

MFespe ' 37o ; ωc = 1.1rad/s ; Kvespe = 30

85

b) Diseño del compensador en adelantoObtención de K para especificación de coeficiente de error estático

lims→0sKG (s) = 30⇒ K = 3

Digramas de Bode para el sistema KG (s)De los diagramas de Bode obtenemos:

-48ω=7.2

MF ' 10o ; ωc ' 5.4rad/s

Con lo que:

φmax =MFespe −MF = 37o − 10o = 27o

Obtención del polo y el cero del compensador:Determinación de α: Trabajaremos para φmax = 30

o, con lo que:

α = 1−senφmax1+senφmax

= 0.51.5= 1

3

Aportación del compensador en módulo a ωmax:

20 log k√α= 20 log k − 10 logα


La parte debida a k ya la hemos considerado al dibujar los diagramasde Bode. Debemos determinar la nueva pulsación de cruce por 0 dB (= ωmax)buscando el punto de módulo +10 logα = −4.8 dB en los diagramas de Bode(de KG(s)).

Haciendo esto obtenemos (ver figura anterior) :ωmax ' 7.2 rad /sCero y polo del compensador: Sabemos que:

1T= ωmax

√α = 4.14 rad /s

1αT= ωmax√

α= 12.5 rad /s

Compensador:

D2 (s) =Kα· s+ 1

T

s+ 1αT

= 9 · s+4.14s+12.5

Diagramas de Bode del sistema compensado:

K 30v≈

Podemos ver que:

MF ' 38o ; Kv ' 30

2 Comparación de los efectos de los compensadoresLos lugares de las raices del sistema compensado con cada uno de los

compen sadores se muestran en las figuras siguientes:

87

A la vista de estos lugares podemos hacer los siguientes comentarios:


1. Aunque el margen de fase obtenido con ambos conpensadores seasimilar, el coeficiente de amortiguamiento del sistema compensado es mayorcon el compensador en adelanto (con escalas iguales en ambos ejes, ver ánguloformado por eje imaginario y línea que une los polos complejos señalados conel origen de coordenadas).

2. Con el compensador en adelanto hemos obtenido una pulsación naturalmayor (ver módulo de los polos complejos señalados como distacia de estos alorigen de coordenadas), lo que significa que nuestro sistema será más rápidoque con el compensador en atraso.

3. Ambos compensadores hacen que el sistema en lazo cerrado tenga unpolo real negativo, pero el introducido por el compensador en atraso estámás cerca del origen. Dará lugar a una exponencial más lenta que puedeafectar negativamente a la respuesta si entre el compensador y la planta seintrudujese alguna perturbación (w), ya que para la perturbación el efectonegativo de este polo no se ve contrarrestado con el cero del compensador.

W (s) = G(s)1+D(s)G(s)

Se puede comprobar que:

Para el compensador en atraso:- Polos en lazo cerrado:

s1,2 = −0.45± j1.16 ; s3 = −0.106

89

- Coeficiente de amortiguamiento:

δ = 0.36

- Pulsación natural:

ωn = 1.25

Para el compensador en adelanto:- Polos en lazo cerrado:

s1,2 = −3.48± j6.7 ; s3 = −6.53

- Coeficiente de amortiguamiento:

δ = 0.46

- Pulsación natural:

ωn = 7.55

Por tanto, es mejor el diseño con el compensador en adelanto.


Problema 28 Para el sistema

G (s) = 14s(s+6)

1. Diseñar un controlador PI (Proporcional Integral) de forma que elsistema controlado cumpla las especificaciones:

Coeficiente de amortiguamiento, δ ' 0.7Tiempo de establecimiento, ts ' 2.6segHacer el diseño en el lugar de las raices.

2. Mostrar los efectos del controlador en el dominio de la frecuencia.

Sin controlador, en lazo cerrado:

FDT = G(s)1+KG(s)

=14

s2+6s

1+ 14s2+6s

= 14s2+6s+14

que tiene como especificaciones:

ωn =√7 ; 2δωn = 6⇒ δ = 3√

7= 1.13 ; ts =

4δωn

= 43= 1.33

Sabemos que para el controlador PI, D (s)=kps+kis, añadimos un polo en

el origen y un cero (que determina kp y ki) al sistema.1oTrazamos el Lugar de las Raíces de G (s):2oMarcamos por dónde queremos que pase el lugar de las raíces del sis-

tema controlado, mediante las nuevas especificaciones (arctgδ = 35o, ts =2.6 = 4

δωn⇒ δωn = 1.54)

3oAñadimos el polo en el origen. Además, añadimos un cero en el ejereal, de forma que el sistema cumpla la condición de argumento.

91

x− 125 · 2− 27 = −180⇒ x = −180 + 250 + 27 = 97o

El cero debe aportar un ángulo de 97o

4oLa posición del cero nos dará kp y ki.

x

125º

xx97º

27º

-1

Ésta posición es ' −1, por tanto, sabemos que:D (s) = s+1

s⇒ kp = ki = 1

Ahora si trazamos el lugar de las raíces de D (s)G (s) :

Que, como podemos observar, pasa por el punto que queremos. Paraque el nuevo sistema cumpla las especificaciones, es necesario aportar unaganancia, por lo que aplicamos la condición de módulo. Gráficamente, siendomi la distancia entre el punto buscado y los polos y ni entre el punto buscadoy el cero:


k = m1·m2·m3

nc

x xx

O, analíticamente:Si queremos que los polos complejos conjugados estén en s = −1.6145±

j1.5639:

k =¯s2(s+6)14(s+1)

¯s=−1.6145±j1.5639

= (2.3)2·4.714·1.7 ' 1

k ·D (s) ·G (s) = 14(s+1)s2(s+6)

Podemos comprobar que cumple las especificaciones, sabiendo que:Polos en lazo cerrado:

FDT = k·D(s)·G(s)1+k·D(s)·G(s) =

14(s+1)

s2(s+6)

1+14(s+1)

s2(s+6)

= 14(s+1)s2(s+6)+14(s+1)

= 14s+14s3+6s2+14s+14

s1 = −2, 7709 ; s2,3 = −1.6145± j1.5639

ωn = |−1.6145 + j1.5639| =√1.61452 + 1.56392 ' 2.25 rad /s

δωn = 1.6145⇒½

δ = 1.61452.25

= 0.72ts =

4δωn

= 41.6145

= 2.47

b)Se trata de un compensador en atraso, el cual bajará la fase. Con esto

hemos aumentado el tipo del sistema y corregido el error estacionario.Comparacion del la respuesta temporal:

93

Comparación de la respuesta en frecuencia:

95

Problema 29 Para el sistema cuya función de transferencia es:

G (s) = 100s(s+2)

diseñar, en el dominio de la frecuencia, un compensador en adelanto paraobtener las siguientes especificaciones:

coeficiente de error estático, k = 100.margen de fase,MF ' 40.

Al ser el sistema de tipo 1:

kp = 100⇒ ep =1

1+kp' 0.01

ep = limt→∞

e (t)¯r(t)=1(t)

= lims→0s · E (s)

¯R(s)= 1

s

E (s) = R (s)− Y (s)Suponiendo ahora D (s) = 1

E (s) = R (s)− Y (s) = R (s) ·h1− Y (s)

R(s)

i= R (s) · [1− FDT ] =

= R (s) ·h1− K·G(s)

1+K·G(s)i= R (s) ·

h1+K·G(s)−K·G(s)

1+K·G(s)i= R(s)

1+K·G(s) =1s

1+K· 100s(s+2)

=

=1ss(s+2)

s(s+2)+100K= s+2

s2+2s+100K

ep = lims→0s · E (s) = lim

s→0s+2

s2+2s+100K= 2

100K= 0.01⇒ K = 2

50K = 100⇒ K = 2

Si trazamos el diagrama de Bode del sistema para K = 2:


Tenemos un márgen de fase MF = 8o en ωc = 14 rad /sSi queremos adelantar la fase aMF = 40o, el compensador deberá aportar

40o − 8o = 32o. O para más seguridad, 32 + 3.2 = 35oAsí, tenemos un valor para el parámetro α de:

α = 1−sen 35o1+sen 35o

= 0.431.57

= 0.27

Aportación en módulo a ωmax, teniendo en cuenta que la parte debida ak la hemos tenido ya en cuenta al dibujar los diagramas de Bode:

20 log k√α= 20 log k − 10 logα = 5.6 dB

Buscamos en el diagrama de módulo el valor 5.5 dB dando ωmax ' 10 rad /sCero y polo del compensador:

1T= ωmax

√α = 10 · 0.57 = 5.7 rad /s

1αT= ωmax√

α= 10

0.57= 17.54 rad /s

Entonces, el compensador es:

D (s) = kα· s+ 1

T

s+ 1αT

= 10.27

· s+5.7s+17.54

97

Problema 30 Considere el sistema electromecánico de la figura 1, que con-siste en un motor de corriente continua, un brazo robótico flexible fijado aleje del motor, y una masa en el extremo del brazo. El diagrama de bloquesde la figura 2 representa un esquema para controlar la posición del extremodel brazo. Las funciones y variables que intervienen en dicho esquema sonlas siguientes:

•

•

θm

Pos.angulardel motor

Brazo robótico flexible

Masa delextremo θt

Pos.ang.extremo

MotorFigura 1

+_ R(s) +_ Gc(s) Gm(s) Gb(s)+++θr u1 t θm θt

Lazo externo

Lazo interno

Figura 2

θt (t): Posición angular del extremo del brazo;θm (t): Posición angular del eje del motor;θr (t): Consigna o referencia;i (t): Corriente de excitación del motor;


Gm (s): Función de transferencia entre la posición angular del motor y sucorriente de excitación, es decir:

Gm (s) =Θm(s)I(s)

= 395s(s+2.2)

Gb (s): Función de transferencia entre la posición angular del extremo yla posición angular del motor, es decir:

Gb (s) =Θt(s)Θm(s)

= 43.75s2+43.75

H1 (s): Función de transferencia del lazo interno, es decir:

H1 (s) =Θm(s)U1(s)

H (s): Función de transferencia total, es decir:

H (s) = Θt(s)Θr(s)

Se pide:1 : Dar la expresión de la función de transferencia total, H (s).2 : Diseñar un controlador PD (Gc (s) como PD) para el lazo interno

(para Gm (s)), de forma que H1 (s) cumpla las especificaciones:- amortiguamiento crítico;- pulsación natural, ωn ' 90rad/s

3 : Suponiendo que .H1 (s) = 1, diseñar en el LR un compensador enadelanto para el lazo externo (R (s)) de forma que se cumplan las especifi-caciones:

- Sobreimpulso, Mp ' 5%;- Tiempo de subida, tr ' 0.1s. Utilizar la expresión:

tr =π−cos−1 δωn√1−δ2

1.- Expresión de la Función de Transferencia:


Mediante reducción del diagrama de bloques:

99

H1 (s) =Θm(s)U1(s)

= Gc(s)·Gm(s)1+Gc(s)·Gm(s)

H2 (s) =Θm(s)U2(s)

= H1(s)·Gb(s)1−H1(s)·Gb(s)


= R(s)·H2(s)1+R(s)·H2(s) =

R(s)· H1(s)·Gb(s)1−H1(s)·Gb(s)

1+R(s)· H1(s)·Gb(s)1−H1(s)·Gb(s)

=

R(s)·H1(s)·Gb(s)1−H1(s)·Gb(s)+R(s)·H1(s)·Gb(s) =

=R(s)· Gc(s)·Gm(s)

1+Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)

1− Gc(s)·Gm(s)1+Gc(s)·Gm(s)

·Gb(s)+R(s)· Gc(s)·Gm(s)1+Gc(s)·Gm(s)

·Gb(s)

H (s) = R(s)·Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)1+Gc(s)·Gm(s)−Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)+R(s)·Gc(s)·Gm(s)·Gb(s)

2.- Controlador PD:

Gc (s) −→ PD : H1 (s) : δ = 1, ωn = 90rad/s

H1 (s) =Gc(s)·Gm(s)1+Gc(s)·Gm(s) =

(P+Ds)· 395s(s+2.2)

1+(P+Ds)· 395s(s+2.2)

= 395(P+Ds)s2+s(2.2+395D)+395P

ω2n = 395P ⇒ P = ω2n395= 8100

395= 20.5

2.2 + 395D = 2δωn = 2 · 1 · 90 = 180⇒ D = 180−2.2395

= 0.45

Gc (s) = 0.45s+ 20.5

3.- Diseño del compensador en adelanto: H1 (s) = 1

H2 (s) =Gb(s)1−Gb(s) =

43.75s2+43.75

1− 43.75s2+43.75

= 43.75s2

+_ R(s) 2

75.43s

θr θt

Lugar de las raíces para H1 (s) = 1 y R (s) = 1:


-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Real Axis

Imag

Axi

s

xx

Especificaciones:

Mp ' 5%tr ' 0.1s

Mp = e− δπ√

1−δ2 ⇒− δπ√1−δ2

= lnMp

δ2π2 =¡1− δ2

¢(lnMp)

2 ⇒ δ2¡π2 + (lnMp)

2¢ = (lnMp)2

δ =

r(lnMp)

2

π2+(lnMp)2 =

q(ln 0.05)2

π2+(ln 0.05)2= 0.69

ωn =π−cos−1 δtr√1−δ2

= π−cos−1 0.690.1√1−0.692 = 32.22rad/s

Entonces, la posición de los polos dominantes es:

−δωn ± jωnp1− δ2 = −22.23± j23.32

Condición de argumento: Si cada uno de los polos contribuyen con 135o :

−2 · 135o + φcero − φpolo = ±180o

−270 +∆φ = −180⇒ ∆φ = 90o

Sabiendo que habra un cero en el origen, la situacion del polo nos la darala aportacion del angulo desde el punto

101

-40 -30 -20 -10 0 10-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Real Axis

Imag

Axi

s

x xx

•90º

≈135º

Con lo que el compensador es de la forma:

R (s) = K · ss+45

El lugar de las raices del sistema con el compensador, es:

-40 -30 -20 -10 0 10-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Real Axis

Imag

Axi

s

x xx

•≈43.75

≈23.82

K ' 104243.75

= 23.8⇒ R (s) = 23.8ss+45


Comprobamos las especificaciones evaluando la respuesta temporal de laplanta con el controlador:

Capítulo 4

Espacio estado

Problema 31 Para el sistema representado en la figura,

+_ -KI

-K0

s1

++3

1+s

r e xI

r1

x

yu

a) Hallar las descripciones de estado para

1) la planta (u_y).2) el subsistema r1_y3) el sistema completo (r_y).

b) Analizar el efecto del controlador integral¡KIs

¢c) Hallar las ganancias KI y K0 para que el sistema tenga amor-

tiguamiento critico y pulsación natural igual a 5rad/s.

a)1)

31+s

u yx1

x1 = u · 1s+3

= y(s+ 3) · x1 = u⇒ x1 + 3x1 = u

x1 = −3x1 + uy = x1

103

104 CAPÍTULO 4. ESPACIO ESTADO

2)

x1

-K0

++3

1+s

r1 y

x1 = [r1 + (−K0 · y)] 1s+3

y = x1

¾⇒ (s+ 3)x1 = r1 −K0 · y = r1 −K0 · x1

x1 + 3x1 = r1 −K0 · x1x1 = (−3−K0)x1 + r1y = x1

3)

x = u · 1s+3

= (xI −K0 · x) 1s+3⇒ (s+ 3)x = xI −K0 · x⇒

⇒ x+ 3x = xI −K0 · x⇒ x = xI − (K0 + 3)x

xI = (−r + y) (−KI) = KI · r−KI · y = KI · r−KI · x = −KI · x+KI · r·xxI

¸=

· − (K0 + 3) 1−KI 0

¸··xxI

¸+

·0KI

¸· r

y =£1 0

¤ · · xxI

¸b) Efecto del controlador integral:

1o) Cambia el tipo del sistema: Tipo 0 −→ Tipo 1 .Tendrá error 0para entrada escalón.

2o) Podría aumentar la inestabilidad del sistema. Este pasa de orden1 a orden 2.

c) Amortiguamiento crítico: δ = 1. Pulsación natural: ωn = 5rad/s

Ecuación característica:

s2 + 2δωns+ ω2n = s2 + 2 · 1 · 5 · s+ 52 = s2 + 10s+ 25

Según la descripción de estado, la ecuación característica será:

105

det [(sI − F )] =¯·s 00 s

¸−· − (K0 + 3) 1

−KI 0

¸¯=

¯s+K0 + 3 −1

KI s

¯=

= s (s+K0 + 3) +KI = s2 + 10s+ 25⇒

⇒½KI = 25

K0 + 3 = 10⇒ K0 = 7


Problema 32 Para el sistema cuyo diagrama de bloques es el de la figura:

s1

k1+_

++3

1+s

k2

r e x1 u x2 y

a) Dar la descripción de estado de la forma:·x01

x02

¸= [P ]

·x1x2

¸+ [Q]u− [R] r

u =£k1 k2

¤ · x1x2

¸b) Hallar los valores de k1 y k2 de forma que los polos estén en s = −5,−5a) Descripción de estado.Sabemos que:

x2 = u¡1s+3

¢x1 = (−r + y) 1s = (−r + x2) 1s

(s+ 3)x2 = u⇒ sx2 = u− 3x2 ⇒ x2 = u− 3x2sx1 = −r + x2 ⇒ x1 = −r + x2

u = k1x1 + k2x2·x1x2

¸=

·0 10 −3

¸ ·x1x2

¸+

·01

¸u−

·10

¸r

u =£k1 k2

¤ · x1x2

¸

b) Valores de k1 y k2.·x1x2

¸=

½·0 10 −3

¸+

·01

¸ £k1 k2

¤¾· x1x2

¸−·10

¸r

107·x1x2

¸=

·0 1k1 k2 − 3

¸ ·x1x2

¸−·10

¸r

Polos en:

det [sI − F ] = 0⇒ det

¯·s 00 s

¸−·0 1k1 k2 − 3

¸¯= 0

det

¯·s −1−k1 s− k2 + 3

¸¯= 0

s (s− k2 + 3)− k1 = 0

α = (s+ 5) (s+ 5) = s2 + 10s+ 25 = s2 + s (3− k2)− k1 = 0

Igualando términos:

−k1 = 25⇒ k1 = −253− k2 = 10⇒ k2 = 3− 10 = −7


Problema 33 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se representa en lafigura:

1) Hallar su descripción de estados.2) Determinar, aplicando el criterio de Lyapunov, las condiciones que ha

de cumplir K para que el sistema sea estable. (Suponer que f2 = 0)

∑ 21+s ∑

∑ K1

1+s s

1

f1

f2

−

−

−

x3

x2

x1

Según el diagrama de bloques, las relaciones que se pueden establecerson:

En el dominio de Laplace:

X1 = X2 · 1s 1

X2 = (−X1 −X3 + F2) ks+1

2

X3 = [F1 − (X3 +X2)] 1s+2

3

Y = X1 4

1 sX1 = X22 (s+ 1)X2 = k (−X1 −X3 + F2)3 (s+ 2)X3 = F1 −X2 −X34 Y = X1

En el dominio del tiempo:

x1 = x2x2 + x2 = −k · x1 − k · x3 + k · f2

x3 + 2x3 = f1 − x2 − x3y = x1

=⇒x1 = x2

x2 = −k · x1 − x2 − k · x3 + k · f2x3 = −x2 − 3x3 + f1

y = x1

En forma matricial:

109

x1x2x3

= 0 1 0−k −1 −k0 −1 −3

· x1x2x3

+ 0 00 k1 0

· · f1f2

¸

y =£1 0 0

¤ · x1x2x3

2)

Si elegimos:

Q =

1 0 00 1 00 0 1

Debe cumplirse la relación:

Q = − ¡PA+ATP¢P será una matriz definida positiva:

A =

0 1 0−k −1 −k0 −1 −3

=⇒ AT =

0 −k 01 −1 −10 −k −3

P =

P1 P2 P3P2 P4 P5P3 P5 P6

−1 0 00 −1 00 0 −1

= P1 P2 P3P2 P4 P5P3 P5 P6

· 0 1 0−k −1 −k0 −1 −3

++

0 −k 01 −1 −10 −k −3

· P1 P2 P3P2 P4 P5P3 P5 P6

=

=

−kP2 (P1 − P2 − P3) (−kP2 − 3P3)−kP4 (P2 − P4 − P5) (−kP4 − 3P5)−kP5 (P3 − P5 − P6) (−kP5 − 3P6)

+


+

−kP2 −kP4 −kP5(P1 − P2 − P3) (P2 − P4 − P5) (P3 − P5 − P6)(−kP2 − 3P3) (−kP4 − 3P5) (−kP5 − 3P6)

=

=

−2kP2 P1 − P2 − P3 − kP4 −kP2 − 3P3 − kP5P1 − P2 − P3 − kP4 2P2 − 2P4 − 2P5 P3 − kP4 − 4P5 − P6−kP2 − 3P3 − kP5 P3 − kP4 − 4P5 − P6 −2kP5 − 6P6

=

=

−1 0 00 −1 00 0 −1

Sistema de ecuaciones:

−2kP2 = −1P1 − P2 − P3 − kP4 = 0−kP2 − 3P3 − kP5 = 02P2 − 2P4 − 2P5 = −1P3 − kP4 − 4P5 − P6 = 0−2kP5 − 6P6 = −1

Solucionamos según la forma:

P1 (k) P2 (k) P3 (k) P4 (k) P5 (k) P6 (k)

P =

P1 (k) P2 (k) P3 (k)P2 (k) P4 (k) P5 (k)P3 (k) P5 (k) P6 (k)

Para que el sistema sea estable, k debe ser tal que haga a P definida

positiva, es decir:

P1 (k) > 0¯P1 (k) P2 (k)P2 (k) P4 (k)

¯> 0

|P | > 0

111

Problema 34 La figura representa un intercambiador de calor cuyafunción de transferencia es:

G (s) = 1(10s+1)(60s+1)

Sensor detemperatura

Vapor

Flujo

X

X

X

Cuestiones:

1) Dibujar un diagrama de bloques del sistema G(s) detallando: Actu-ador, proceso, sensor, U(s), Y (s), etc...

2) Representar el sistema en el espacio de estados utilizando las formascanónicas de control y de observador.

3) Decir qué entiendes por forma canónica.

4) Diseñar, por el método de espacio-estado, un compensador D(s) demanera que:

a) La ley de control haga que la respuesta en lazo cerrado del sitemasea la de la figura siguiente:

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.00 100 200 300 400

Lazo cerrado

Tiempo,s

y


b) El estimador tenga una frecuencia natural 3 veces superior a ladel controlador.5) Hallar el valor de N que produce error estacionario cero ante una

entrada escalón unitario.6) Dar las ecuaciones de estado del compensador estando presente la

entrada de referencia.7) Hallar el valor de las variables de estado del sistema (A,B) en t = 10

sabiendo que:

x1 (0) = 1x2 (0) = 1u (t) = 0

NOTA: En la figura siguiente se da la gráfica Mp = f (δ)

M (%)p

δ0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

1)

+_ Válvula decontrol

Actuador

Cto. de Agua

Proceso

T. Salida

Sensor

T. Ref. U(s) Y(s)

113

2)

G (s) = 1(10s+1)(60s+1)

= 1600s2+70s+1

=1600

s2+ 70600

s+ 1600

= 0.0017s2+0.117s+0.0017

Forma canónica de Control:

Ac =

· −0.117 −0.00171 0

¸Bc =

·10

¸Cc =

£0 0.0017

¤Dc = 0

Forma canónica de Observador:

Ao =

·0.117 1−0.0017 0

¸Bo =

·0

0.0017

¸Co =

£1 0

¤Do = 0

4)Ley de Control y estimador han de ser calculados para la misma forma

canónica. Solo así pueden ”combinarse” en el compensador.

a) Ley de Control:

De las figuras 2 y 3:Mp ' 16%⇒ δ = 0.5ts ' 80sg ⇒ ωn =

4δ·ts =

40.5·80 = 0.1 rad /seg

αc (s) = s2 + 2δωns+ ω2n = s

2 + 0.1s+ 0.01

Partiendo de la forma canónica de control:

s2 + (a1 + k1) s+ (a2 + k2) = αc (s)s2 + (0.117 + k1) s+ (0.0017 + k2) = s

2 + 0.1s+ 0.01

Igualando coeficientes:

0.117 + k1 = 0.1⇒ k1 = 0.1− 0.117 = −0.0170.0017 + k2 = 0.01⇒ k2 = 0.01− 0.0017 = 0.0083

k =£ −0.017 0.0083

¤b) Estimador:

Partimos de la misma forma canónica para que puedan ser combi-nadas:


ωne = 3 · ωn = 0.3αc (s) = s

2 + 2 · 0.5 · 0.3s+ 0.09 = s2 + 0.3s+ 0.09αc (s) = |s · I − (Ac − L · Cc)| =

=

¯·s 00 s

¸−½· −0.117 −0.0017

1 0

¸−·L1L2

¸· £ 0 0.0017

¤¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−½· −0.117 −0.0017

1 0

¸−·0 0.0017 · L10 0.0017 · L2

¸¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−· −0.117 −0.0017− 0.0017 · L1

1 −0.0017 · L2¸¯=

=

¯·s+ 0.117 0.0017 (L1 + 1)−1 s+ 0.0017 · L2

¸¯=

= (s+ 0.117) · (s+ 0.0017 · L2) + 0.0017 (1 + L1) == s2 + (0.117 + 0.0017 · L2) · s+ (0.0017 · 0.117 · L2 + 0.0017 + 0.0017 · L1)

0.117 + 0.0017 · L2 = 0.3⇒ L2 =0.3−0.1170.0017

= 107.65

0 = 2 · 10−4L2 + 0.0017 + 0.0017L1 = 0.09L2 = 107.65

¾⇒

⇒ 0.02 + 0.0017 + 0.0017L1 = 0.09⇒ L1 =0.09−0.022−0.0017

0.0017= 39.6

Por tanto:

L =

·39.6107.65

¸FDT del compensador:

D(s) = U(s)Y (s)

= −k [sI − (A−Bk − LC)]−1 L

A−Bk − LC =· −0.117 −0.0017

1 0

¸−·10

¸· £ −0.017 0.0083

¤+

−·39.6107.65

¸· £ 0 0.0017

¤=

=

· −0.117 −0.00171 0

¸−· −0.017 0.0083

0 0

¸−·0 0.0670 0.183

¸=

115

=

· −0.1 −0.0771 −0.183

¸

sI − (A−Bk − LC) =·s 00 s

¸−· −0.1 −0.077

1 −0.183¸=

=

·s+ 0.1 0.077−1 s+ 0.183

¸;Trasp =

·s+ 0.1 −10.077 s+ 0.183

¸

[sI − (A−Bk − LC)]−1 =

s+ 0.183 −0.0771 s+ 0.1

(s+0.1)(s+0.183)+0.077

D (s) = − £ −0.017 0.0083¤ ·

s+ 0.183 −0.0771 s+ 0.1

(s+0.1)(s+0.183)+0.077

··39.6107.65

¸=

= − £ −0.017 0.0083¤ ·

(s+ 0.183) · 39.6− 0.077 · 107.6539.6 + (s+ 0.1) · 107.65

s2+0.283s+0.0953

D (s) = − (−0.017)[39.6(s+0.183)−8.289]+0.0083[39.6+(s+0.1)·107.65]s2+0.283s+0.0953

=

−−0.673(s+0.183)+0.141+0.328+0.89(s+0.1)s2+0.283s+0.0953

=

= −−0.673s−0.123+0.141+0.328+0.89s+0.089s2+0.283s+0.0953

= − 0.217s+0.435s2+0.283s+0.0953

=

= −0.217(s+2)s2+0.283s+0.0953

5)

·NxNu

¸=

·A BC D

¸−1· 0...1

= −0.117 −0.0017 1

1 0 00 0.0017 0

−1 · 001

=

=

0 1 00 0 588.231 0.117 1

· 001

= 0588.231

⇒ Nx =

·0

588.23

¸Nu = 1

N = Nu + kNx = 1 +£ −0.017 0.0083

¤ · · 0588.23

¸=

1 + 0.0083 · 588.23 = 5.88N = 5.88


6)Ecuaciones de estado del compensador:

+_+ Planta

Estimador

-k

r y

x

N

.bx= (F −Gk − LH) · bx+ L · yu = −k · bx+N · r

.bx= (A−Bk − LC) · bx+ L · yu = −k · bx+N · r

En nuestro caso:" .bx1.bx2#=

· −0.1 −0.0771 −0.183

¸·· bx1bx2

¸+

·39.6107.65

¸· y

u = − £ −0.017 0.0083¤ · · bx1bx2

¸+ 5.88 · r

7)Hemos de hallar la matriz de transición de estados:

Φ (t) = $−1©[sI −A]−1ª =

$−1(·µ

s 00 s

¶−µ −0.117 −0.0017

1 0

¶¸−1)=

= $−1(·

s+ 0.117 0.0017−1 s

¸−1)= $−1

s −0.00171 s+ 0.117

s(s+0.117)+0.0017

=

Trasp. :

·s+ 0.117 −10.0017 s

¸

117

= $−1½·

ss2+0.117s+0.0017

−0.0017s2+0.117s+0.0017

1s2+0.117s+0.0017

s+0.117s2+0.117s+0.0017

¸¾=

= $−1(

1.2(s+0.1)

+ −0.2(s+0.017)

0.02(s+0.1)

+ −0.02(s+0.017)

−12.05(s+0.1)

+ 12.05(s+0.017)

−0.2(s+0.1)

+ 1.2(s+0.017)

)=

=

·(1.2 · e−0.1t − 0.2 · e−0.017t) (0.02 · e−0.1t − 0.02 · e−0.017t)

(−12.05 · e−0.1t + 12.05 · e−0.017t) (−0.2 · e−0.1t + 1.2 · e−0.017t)¸

x(t) = Φ (t) · x(0)⇒·x1 (10)x2 (10)

¸= Φ (t) · x(0) =·

0.272 −0.009455.74 0.9389

¸··11

¸⇒

⇒½x1 (10) = 0.272− 0.00945 = 0.2625x2 (10) = 5.74 + 0.9389 = 6.6789


Problema 35 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se representaen la figura, determinar:

F (s) = Y (s)R(s)

s1

s1

-1

-1

r(t) y(t)+

+

F (s) = Y (s)R(s)

=1s2

1+ 1s+ 1s2= 1

s2+s+1

119

Problema 36 Para el sistema cuyo diagrama de bloques se da en la figu-ra,obtener:

1) Representación espacio de estados2) Función de transferencia

s1

C1

1LR

s1

2

1L s

1

C1

1

1L

x1 x3x2

_

++ +_

_

r y

1) Representación de espacio de estados:Del diagrama de bloques de la figura, obtenemos las siguientes rela-

ciones:

x2 = r − RL1x2 − 1

L1x1

x1 =1Cx2 − 1

Cx3

x3 =1L2x1

y = x3

Siendo r la entrada, e y la salida, podemos poner las relaciones an-teriores de forma matricial, obteniendo así la representación espacio-estadodel sistema: x1x2

x3

= 0 1

C− 1C− 1

L1− RL1

01L2

0 0

x1x2x3

+ 010

ry =

£0 0 1

¤ x1x2x3

2) Función de transferencia:

Podemos hallar la función de transferencia:a) Por reducción del diagrama de bloques.b) Aplicando la regla de Mason.c) A partir de las matrices de estado.

Utilizando el último método:


G (s) = Y (s)R(s)

= H (sI − F )−1G+ J

H =£0 0 1

¤; G =

£0 1 0

¤T; J = 0

sI − F = s 0 00 s 00 0 s

− 0 1

C− 1C− 1

L1− RL1

01L2

0 0

= s − 1

C1C

1L1

s+ RL1

0

− 1L2

0 s

(sI − F )−1 =

(sL1 +R) sL2C sL2L1 − (sL1 +R)L2−sL2C (s2L2C + 1)L1 L2

(sL1 +R)C L1 (s2CL1 + sCR+ 1)L2

s3L2CL1+s2L2CR+s(L2+L1)+R

(sI − F )−1G =

sL2L1

(s2L2C + 1)L1L1

s3L2L1C+s2L2CR+s(L1+L2)+R

H (sI − F )−1G = L1s3L2L1C+s2L2CR+s(L1+L2)+R

G (s) =1

L2C

s3+s2 RL1+s

L1+L2L1L2C

+ RL1L2C

Para los valores:

L1 = L2 = R = C = 1

G (s) = 1s3+s2+2s+1

121

Problema 37 Las figuras siguientes representan un altavoz y su cir-cuito equivalente cuyo funcionamiento describimos a continuación:

Conductor

Cono

S

S

N Bobina

Cono

Electroimán

Imán permanenteiR

ec

+

+

va L

1.El imán permanente establece un campo magnético radial entre suspolos.

2.El flujo de corriente que circula por el hilo de la bobina hace queésta se mueva y, por tanto se mueva el cono unido al electroimán así formado(imán permanente+bobina) perturbando el aire que está en contacto condicho cono.

3. Esta perturbación se propaga y es percibida como sonido.

El funcionamiento del sistema se rige por las siguientes ecuaciones:

F = Bli (Ley del motor)F =Mx+ bxec = Blv (Ley del generador)L · di

dt+Ri = va − ec

donde:


x : desplazamiento lineal. v : velocidad (v ≡ .x)

M : masa equivalente del cono.b : coeficiente de fricción viscosa del cono.B : campo magnético permanente.l : longitud del conductor que forma la bobina.L : inductancia de la bobina.R : resistencia equivalente.ec : voltaje entre los extremos del conductor que forma la bobina.va : voltaje de entrada.i : corriente que circula por el conductor.

Para este sistema, se pide:

1) Hallar las expresiones de:

a) F1 (s) =X(s)Va(s)

b) F2 (s) =X(s)I(s)

2) Dar las representaciones de estado correspondientes a:a) F1 (s) , con x =

£x x i

¤b) F2 (s) , con x =

£x x

¤3) Hallar la Respuesta impulsiva del proceso cuya FDT es F1, suponien-

do que:

B = 0.5T ; b = 0.1 ; l = 0.123m ; L = 0.5H R = 8Ω ; M = 0.1Kg

4) Para la figura siguiente:

+_ K F1(s)r y

a) Decir, aplicando el criterio de Routh, que valores de K hacenal sistema estable.

b) Estudiando la respuesta en frecuencia:b1) hallar el margen de fase para K = 1.b2) determinar el máximo valor de K para que el sistema

sea estable.

123

5) Para la siguiente, diseñar, por el método espacio-estado, un com-pensador, D(s), que haga que para el sistema compensado:

δ = 0.4 ; ωn = 2

+_ K F2(s)r y

sabiendo que los polos del estimador han de ser 10 veces más rápidos quelos del controlador.

1)

B · l · I (s) =M · s2 ·X (s) + b · s ·X (s) = (M · s2 + b · s) ·X (s)F2 (s) =

X(s)I(s)

= B·lM ·s2+b·s =

B·ls(M ·s+b) ⇒ F2 (s) =

B·lM

s(s+ bM )

F1 (s) =X(s)Va(s)

= X(s)I(s)

· I(s)Va(s)

L ·s ·I (s)+R ·I (s) = Va (s)−B · l ·s ·X (s) = Va (s)−B · l ·s · B·lM ·s2+b·s ·I (s)⇒

⇒ I (s)hL · s+R+ (B·l)2s

M ·s2+b·si= Va (s)⇒

⇒ I (s)

·L·s(M ·s2+b·s)+R(M ·s2+b·s)+(B·l)2s

M ·s2+b·s

¸= Va (s)

I(s)Va(s)

= M ·s2+b·sL·s(M ·s2+b·s)+R(M ·s2+b·s)+(B·l)2s

F1 (s) =X(s)I(s)

· I(s)Va(s)

= B·ls(M ·s+b) · M ·s2+b·s

L·s(M ·s2+b·s)+R(M ·s2+b·s)+(B·l)2s =

= B·lL·s(M ·s2+b·s)+R(M ·s2+b·s)+(B·l)2s =

= B·lLMs3+Lbs2+RMs2+Rbs+(B·l)2s ⇒ F1 (s) =

B·ls[LMs2+(Lb+RM)s+(Rb+(B·l)2)]

2) Representaciones de espacio estado:a) De L · di

dt+Ri = va − ec

x1 = x y = x = x1x2 =

.x u = va

x3 = i

L.x3 +Rx3 = va −Blx2 ⇒ .

x3= (va −Blx2 −Rx3) 1L = −BlL x2 − RLx3 − va

L


F = BliF =M

..x +b

.x

¾⇒ B · l · x3 =M · .x2 +b · x2 ⇒ .

x2= − bMx2 +

B·lMx3

.x1.x2.x3

= 0 1 00 − b

MB·lM

0 −B·lM−RL

· x1x2x3

+ 001L

· uy =

£1 0 0

¤ · x1x2x3

b)

x1 = x y = x = x1x2 =

.x

.x2=

..x= B·l

Mu− b

Mx2· .

x1.x2

¸=

·0 10 − b

M

¸··x1x2

¸+

·0B·lM

¸· u

y =£1 0

¤ · · x1x2

¸

3)

F1 (s) =B·l

s[LMs2+(Lb+RM)s+(Rb+(B·l)2)] =0.63

s[0.5·0.1s2+(0.5·0.1+8·0.1)s+(8·0.1+0632)] =

= 0.63s(0.05s2+0.85s+1.1969)

F1 (s) =12.6

s(s2+17s+23.94)

4)a)

+_ K F1(s)r y

G (s) = k·F1(s)1+k·F1(s) =

k· b(s)a(s)

1+k· b(s)a(s)

= k·b(s)a(s)+k·b(s) =

12.6·ks3+17s2+23.94s+12.6·k


s3 1 23.94 0s2 17 12.6ks1 23.94·17−12.6k

170

s0 12.6k

125

Para que el sistema sea estable: 23.94 · 17− 12.6k > 0Por tanto k < 23.94·17

12.6k⇒ 0 < k < 32.3

b)Estudio de la respuesta en frecuencia para F1 (s):

F1 (s) =12.6

s(s2+17s+23.94)⇒ Polos

s = 0s = −1.55s = −15.45

F1 (s) =12.6

s(s+1.55)(s+15.45)= a1

s+ a2

s+1.55+ a3

s+15.45

a1 = F1 (s) · s|s=0 = 12.61.55·15.45 = 0.526

a2 = F1 (s) · (s+ 1.55)|s=−1.55 = 12.6−1.55·(−1.55·15.45) = −0.585

a3 = F1 (s) · (s+ 15.45)|s=−15.45 = 12.6−15.45·(−15.45+1.55) = 0.0587

F1 (s) =0.526s− 0.585

s+1.55+ 0.0587

s+15.45

f1 (t) = $−1 [F1 (s)] = 0.526− 0.585 · e−1.55t + 0.0587 · e−15.45t

F1 (s) =12.6

s(s+1.55)(s+15.45)⇒ F1 (jω) =

12.6jω(jω+1.55)(jω+15.45)

=

=12.6

1.55·15.45jω( jω

1.55+1)( jω

15.45+1)

= 0.526

jω( jω1.55

+1)( jω15.45

+1)

Diagrama de Bode:|F1 (jω)|

ω → 0⇒−20 dB /dec.ω = 1⇒ |F1 (jω)| = 20 log 0.5261 = −5.58 dBω = 1.55⇒ −20 dB /dec. −→ −40 dB /dec.ω = 15.45⇒−20 dB /dec. −→ −60 dB /dec.

F1 (jω)

ω → 0⇒ −90oω = 1.55⇒−45o −→ −135oω = 15.45⇒ −45o −→ −225o

Márgen de Fase para K = 1: MF ' 70o


b2)

Máxima k para que sea estable mediante la respuesta en frecuencia:

20 log k = 30dB⇒ log k = 1.5⇒ k = 101.5 = 31.6

Aproximadamente el mismo valor que resultó aplicando el criterio deRouth.

5)

+_ K F2(s)r y

F2 (s) =B·lM

s(s+ bM )=

0.630.1

s(s+ 0.10.1)

= 6.3s(s+1)

G (s) = K·F2(s)1+K·F2(s) =

K·b(s)a(s)+K·b(s) =

6.3·Ks2+s+6.3·K ⇒ Para

K = 1⇒½

ωn = 2.51 rad /segδ = 0.1992

F2 (jω) =6.3

jω(jω+1)⇒MF ' 22.5o

127

Diseño del compensador en espacio-estado:

F2 (s) =6.3

s(s+1)= 6.3

s2+s· .x1.x2

¸=

·0 10 − b

M

¸··x1x2

¸+

·0b·lM

¸· u

y =£1 0

¤ · · x1x2

¸F =

·0 10 −1

¸G =

·06.3

¸H =

£1 0

¤Ecuación característica de control:

|sI − (F −GK)| = 0 =¯·s 00 s

¸−½·

0 10 −1

¸−·06.3

¸· £ K1 K2

¤¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−½·

0 10 −1

¸−·

0 06.3K1 6.3K2

¸¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−·

0 1−6.3K1 − (1 + 6.3K2)

¸¯=

=

¯·s −1

6.3K1 s+ 1 + 6.3K2

¸¯=

= s (s+ 1 + 6.3K2) + 6.3K1 = s2 + (1 + 6.3K2) s+ 6.3K1


Ecuación característica deseada (Ley de control):

αc = s2 + 2δωns+ ω2n = s

2 + 2 · 0.4 · 2 · s+ 4 = s2 + 1.6s+ 4


1 + 6.3K2 = 1.6⇒ K2 =0.66.3= 0.095

6.3K1 = 4⇒ K1 =46.3= 0.635

K =£0.635 0.095

¤Polos del controlador:

s2 + 1.6s+ 4 = 0⇒ s = −8± j18.3

Le = (s+ 8 + j18.3) · (s+ 8− j18.3) = (s+ 8)2 − (j18.3)2 =s2 + 16s+ 64 + 335 =

= s2 + 16s+ 399 = |[sI − (F − LH)]| =

=

¯·s 00 s

¸−½·

0 10 −1

¸−·l1l2

¸· £ 1 0

¤¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−½·

0 10 −1

¸−·l1 0l2 0

¸¾¯=

=

¯·s 00 s

¸−· −l1 1−l2 −1

¸¯=

¯·s+ l1 −1l2 s+ 1

¸¯= (s+ l1) · (s+ 1) + l2 =

= s2 + s (1 + l1) + (l1 + l2)


1 + l1 = 16⇒ l1 = 15l1 + l2 = 399⇒ l2 = 399− 15 = 384

¾⇒ L =

·15384

¸Compensador:

D (s) = U(s)Y (s)

= −K [sI − F +GK + LH]−1 L =

= − £ 0.635 0.095¤ ·

·µ·

s 00 s

¸−·0 10 −1

¸+

·06.3

¸· £ 0.635 0.095

¤+

·15384

¸· £ 1 0

¤¶−1 ·

129

··15384

¸= − £ 0.635 0.095

¤ ··µ·

s 00 s

¸−·0 10 −1

¸+

·0 04 0.598

¸+

·15 0384 0

¸¶−1··15384

¸=

= − £ 0.635 0.095¤ ·µ· s+ 15 −1

388 s+ 1.598

¸¶−1··15384

¸·s+ 15 −1388 s+ 1.598

¸T=

·s+ 15 388−1 s+ 1.598

¸⇒

⇒ Adj :

·s+ 15 388−1 s+ 1.598

¸=

·s+ 1.598 1−388 s+ 15

¸⇒

⇒µ·

s+ 15 −1388 s+ 1.598

¸¶−1=

s+ 1.598 1−388 s+ 15

(s+15)(s+1.598)+388

D (s) = − £ 0.635 0.095¤ ·

s+ 1.598 1−388 s+ 15

(s+15)(s+1.598)+388

··15384

¸=

= − £ 0.635 0.095¤ ·

15 (s+ 1.598) + 384−388 · 15 + 384 (s+ 15)

s2+16.598s+411.97

=

= −0.635(15s+23.97+384)+0.095(384s−60)s2+16.598s+411.97

=

= −9.525s+259.06+33.06s−5.7s2+16.598s+411.97

= − 42.585s+253.36s2+16.598s+411.97

⇒

⇒ D (s) = − 42.585(s+5.95)s2+16.598s+411.97

Índice de Materias

Amortiguamiento, 8, 21, 103Aproximacion de Pade, 56

Coeficientede amortiguamiento, 11, 30, 37,

67, 89, 90de error estatico, 11, 37, 48, 84,

95Compensador, 79, 123

en adelanto, 59, 84, 95, 98en atraso, 67, 75, 92

Constantede tiempo, 1

Controlador, 5integral, 103PD, 14, 98PI, 74, 90PID, 64, 71, 82

Criterio de Routh, 8, 12, 22, 31, 44,49, 71, 74, 122

Diagramade Bloques, 4, 97, 106, 108, 111,

118, 119de Bode, 16, 25, 72, 75, 80, 82,

95de Nyquist, 25, 36, 37, 44, 48,

52, 55

Ecuacion caracteristica, 8, 11, 32,44, 78, 104

Entradaen rampa, 11, 67

Error, 1, 34, 44, 77

de posición, 79estacionario, 11, 67, 112

Espacio Estado, 77, 103, 106, 108,111, 119, 122, 123

Especificaciones, 37, 95, 98Estabilidad, 5, 11, 25, 37, 55

asintotica, 38BIBO, 38critica, 52de Lyapunov, 38, 108

Estimador, 113, 123Evolucion temporal

de la velocidad, 37del desplazamiento, 37

Forma canonicade control, 111de observador, 111

Frecuencia natural, 112Funcion de transferencia, 11, 20,

37, 71, 75, 77, 95, 98, 119en lazo abierto, 29, 52, 55, 67,

79, 84en lazo cerrado, 4

Ley de control, 77, 111, 128Lugar de las raices, 21, 30, 52, 67,

84, 90, 98

Margende fase, 59, 75, 79, 84, 95de ganancia, 59

Matriz de transicion de estados, 116

Operacion de convolucion, 16

130

ÍNDICE DE MATERIAS 131

Planta, 103Polinomio de Hurwitz, 11, 23Polos dominantes, 21, 44, 67Pulsacion natural, 103Puntos de ruptura, 32, 68

Representacion grafica, 18Respuesta

a un escalon, 1, 9, 16, 36, 37,48, 63

a un estimulo, 18en el tiempo, 6en frecuencia, 63, 71, 122en lazo abierto, 64en lazo cerrado, 59impulsiva, 122transitoria, 42, 69

Sistemade primer orden, 1de segundo orden, 9

Sobreimpulso, 11

Tiempo de establecimiento, 44, 90Tipo del sistema, 72, 104Transformada

de Laplace, 6, 16, 20inversa de Laplace, 10, 18

Ziegler-Nichols, 64, 71, 82

Problemas de Regulación Automática

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