capítulo 14: acciones de control - upm · 2019-12-20 · consecuencias en el diseño el regulador...

Capítulo 14: Acciones de control

[email protected]

Diseño de sistemas de control

Diferencias entre análisis y diseño

Análisis: predecir la dinámica

Diseñar: mejorar la evolución del sistema. Especificaciones: Estabilidad, precisión y rechazo al ruido

Múltiples técnicas de diseño Pericia del ingeniero

Procedimiento:

1. Pliego de condiciones, i.e. los datos de partida y los

requisitos dinámicos que se van a imponer.

2. La arquitectura física de control.

3. La metodología del diseño de los reguladores de

control.

Arquitecturas de control

GC

(s ) GP

(s )

H (s )

+

-

GC

(s ) GP

(s )

H (s )

+

-

HC

(s )

-

+

+

GC

(s ) GP

(s )

H (s )

+

-

GC P

(s )

G1(s )

+

++

Compensación en cascada

Compensación en paralelo o por

realimentación

Compensación predictiva o por

prealimentación

Condiciones básicas exigibles

El sistema deberá de cumplir cuatro requisitos:

1. Estabilidad

2. Precisión

3. Adecuadamente amortiguado y debe ser lo suficientemente

rápido en el tiempo

4. Rechazo a las perturbaciones


X (s )

G (s )

H (s )

Y (s )+

-

12

2

nn

ss

k

X (s ) Y (s )X (s )

G (s )

H (s )

Y (s )+

-

12

2

nn

ss

k

12

2

nn

ss

k

X (s ) Y (s )

Dominio del

tiempo

Sobreoscilación MP, tP

Tiempo de subida tr

Tiempo de establecimiento ts

Error en el régimen permanente ep, ev, ea

Dominio de la

frecuencia

Margen de fase γ

Frecuencia de cruce de ganancia ωg

Pico de resonancia y frecuencia de resonancia Mr, ωr


Dominio

complejo

Coeficiente de amortiguamiento ζ

Constante de amortiguamiento σ

Frecuencia amortiguada ωd

Frecuencia natural no amortiguada ωn


cc cc

cc


El sistema deberá de cumplir cuatro requisitos:

1. Estabilidad

2. Precisión

3. Adecuadamente amortiguado y debe ser lo suficientemente rápido en el

tiempo

4. Rechazo a las perturbaciones

G2(s )

+

-

G1(s )

+

+

X (s )

Z (s )

Y (s )

sGsG

sGsM

sGsG

sGsGsM

sZsGsG

sGsX

sGsG

sGsGsY

21

2

2

21

21

1

21

2

21

21

1)(

1)(

11

0

1

1y 1

2

0

1

0

21

0

1

0 lim

limlimlim sM

sM

sGsGsG

s

s

ss

Consecuencias en el diseño

El regulador debe tener alta ganancia estática (precisión

y rechazo a las perturbaciones)

Acción integradora (la I del PID)

Los integradores hacen que sean más precisos los sistemas

de control, pero también disminuyen la estabilidad

Los integradores introducen un desfase de -90º en la cadena

abierta.

Compromiso entre estabilidad y rapidez

Mp entre el 5% y el 35% o Mr entre 1dB y 3dB.

Acción adelanto de fase (la PD del PID)

Si responde bien al escalón tiene una tendencia a

comportarse bien con otras señales de mando

Ejemplo

Se tiene una planta del tipo:

al que se le coloca un compensador en serie de tipo proporcional (P), con una ganancia que vale 1 y 5. La realimentación es unitaria. Se pide:

1. Obtener la respuesta del conjunto ante la entrada en escalón y calcular los parámetros más significativos.

2. Si el regulador es remplazado por un integrador ideal con una constante de tiempo de 2 s, caracterizar su respuesta temporal.

3. Determinar para los tres anteriores casos las frecuencias de cruce de ganancia y los márgenes de fase

321

10

6116

10

23

ssssss

sGP

Ejemplo

LDR, ep, polos dominantes y parámetros del régimen

transitorio:

-5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

3Root Locus Design

Ima

g A

xes

Real Axis

%7.105

%5.371

6

10

lim0 p

p

P

s

Pek

ekkskGK

11.311.0

77.55

73.1845.0

3.41

0)106(11623

jsk

jsk

kssssD

stMststk

stMststk

sppr

sppr

8.27%48.89151.05

71.3%56.218.117.11

11.3,035.0,º885

92.1,438.0,º641

n

n

k

k

Ejemplo

Test al escalón para k = 1 ó 5:

stMststk

stMststk

sppr

sppr

8.27%48.89151.05

71.3%56.218.117.11

Time (sec.)

Am

plit

ud

e

Step Response

0 1 2 3 4 5 6 7 80

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8From: U(1)

To:

Y(1

)

Time (sec.)A

mp

litud

e

Step Response

0 5 10 15 20 25 300

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6From: U(1)

To:

Y(1

)

%7.105

%5.371

p

p

ek

ek

Ejemplo

Con I

-5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

3

Real Axis

Ima

g A

xes

Root Locus Design

%02

1

lim0

pP

s

PesG

sK

74.084.2

74.016.00101222122

234

j

jssssssD

stM

stst

sp

pr

63.19%7.50

24.441.2

Time (sec.)

Am

plit

ud

e

Step Response

0 5 10 15 20 25 300

0.5

1

1.5From: U(1)

To:

Y(1

) 75.0,21.0,º78

2

1

nc

ssG

Ejemplo: respuesta frecuencia

Tipo P: 33.015.011

6

10

jjj

k

kGp

ggg

ggg

arctgarctgarctg

k

33.05.0180

13578.13861.00272.06

10 246

2

Frequency (rad/sec)

Pha

se

(d

eg

); M

ag

nitud

e (

dB

)

Bode Diagrams

10-1

100

101

102

-300

-200

-100

0

To:

Y(1

)

-150

-100

-50

0

50From: U(1)

Frequency (rad/sec)

Pha

se

(d

eg

); M

ag

nitud

e (

dB

)

Bode Diagrams

10-1

100

101

102

-300

-200

-100

0

To:

Y(1

)

-100

-50

0

50From: U(1)

º6/35

º90/11

sradk

sradk

g

g

Ejemplo: respuesta frecuencia

Tipo I: 33.015.0112

6

10

jjjjkG

p

ggg

gggg

arctgarctgarctg

33.05.090

3578.13861.00272.012

10 2468

2

Frequency (rad/sec)

Pha

se

(d

eg

); M

ag

nitud

e (

dB

)

Bode Diagrams

10-2

100

102

104

106

108

-400

-300

-200

-100

0

To:

Y(1

)

-800

-600

-400

-200

0

200From: U(1)

º8.26/65.0 sradg

Ejemplo

Comparativa entre el dominio temporal y frecuencial

11.3,035.0,º885

92.1,438.0,º641

n

n

k

k

º6/35

º90/3/11

sradk

sradsradk

fg

fg

75.0,21.0,º782

1

nc

ssG

º8.26/1/65.0 sradsradfg

Metodología para el diseño de los compensadores

Experimentales

Ziegler-Nichols

Analíticos

Identificación de la FDT del sistema

Técnica

Análisis: P,PI,PD y PID

Síntesis

Regulares P

Varían la ganancia estática

No modifican el LDR

Débil compromiso entre precisión y respuesta del régimen transitorio

Estos compensadores son una combinación lineal entre la

señal de error y su derivada (efecto anticipador)

Ideal (no causal)

Valores iniciales elevados: saturación de las etapas

Modifica LDR con la adición de un cero en la cadena abierta

0 100 200 300 400 500-0.5

0

0.5

1

1.5

2Relación entre el error y su derivada

e(t

) y

de

(t)/

dt

t

Error

Derivada del error

Regulares PD

dt

tdeTtekty

d

dcsTk

sE

sYsG 1

-5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

3Root Locus Design

Ima

g A

xes

Real Axis

-5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

3Root Locus Design

Ima

g A

xes

Real Axis

Regulares PD

Mejora el comportamiento dinámico del transitorio.

No tiene la capacidad de modificar, de forma independiente, el

régimen permanente, puesto que los parámetros de regulador

PD, k y Td, son empleados para ajustar el transitorio.

Aumenta el margen de fase y la frecuencia de cruce

Problemas con la amplificación del espectro de alta frecuencia

(ruido).

Problemas con las saturaciones al inicio de la maniobra

Frequency (rad/sec)

Pha

se

(d

eg

); M

ag

nitud

e (

dB

)

Bode Diagrams

0

5

10

15

20

25From: U(1)

100

101

102

0

20

40

60

80

100

To:

Y(1

)

[s ]

0

0

-1

0

1

Redes de adelanto de fase

PD real

nd

n

d

cTT

sT

sTk

sE

sYsG

1

1

0

5

1 0

1 5

2 0

1 00

1 01

1 02

1 03

0

2 0

4 0

6 0

XO

dT

1

nT

1

Ejemplo de adelanto de fase

-1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Root Locus

Real Axis

Imagin

ary

Axis

Ejemplo de adelanto de fase

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

0 2 4 6 8 10 12 14 16 180

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

RAF

Gc=2

Reguladores proporcionales-integrales(PI)

Compromiso entre precisión (I) y rapidez (P)

Elevar el tipo del sistema con la adición de un integrador

en la cadena abierta:

Implementación real con una red de retraso de fase

dtte

Ttekty

i

1

i

i

c

sT

sTk

sE

sYsG

1

ir

r

i

cTT

sT

sTk

sE

sYsG

1

1

s

sTk

sT

sT

T

ksG

i

T

r

i

r

cr

1'

1

1

1

Reguladores proporcionales-integrales(PI)

Parámetros k y Ti para mejorar en precisión.

RRF modifica ligeramente el LDR.

Preservar los polos dominantes de la cadena cerrada

Aunque introduce un polos próximo cerca del origen en la

cadena cerrada

Frecuencial

Disminuir g para aumentar

-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

Root Locus

Real Axis

Imagin

ary

Axis

-2 0

-1 5

-1 0

-5

0

1 00

1 01

1 02

1 03

-6 0

-4 0

-2 0

0

X O

rT

1

iT

1

Ejemplo de retraso de fase

-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

Root Locus

Real Axis

Imagin

ary

Axis

Ejemplo de retraso de fase

0 2 4 6 8 10 12 14 16 180

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

Gc=2

RRF

Reguladores proporcionales, derivativos e integrales (PID)

El 95% de los reguladores industriales

Se puede aproximar con una red adelanto-retraso

i

dii

c

sT

TTssTk

sE

sYsG

21

ndir

nr

di

ni

di

cTTTT

sTsT

sTsTk

sTsT

sTsTksG

11

11

1

11

Ejercicio de examen

La función de transferencia de un proceso a controlar es: 𝐺𝑝 𝑠 =1

(𝑠+1)(𝑠+2)(𝑠+4). Se desea que la

señal de salida siga a la de referencia, para lo cual se propone una arquitectura de control en cadena cerrada, con un sensor de función de transferencia unitaria. Se pide:

1. Si el regulador es de tipo P, calcular la ganancia de éste para que el error al escalón sea del 10%.

2. Trazado directo del lugar de las raíces. 3. Respuesta del sistema de control ante una entrada en escalón unitario con el regulador

definido en el apartado 1, sabiendo que una de las raíces del polinomio característico es -6.7. Indicar los valores más significativos. ¿Cuánto vale el margen de fase aproximadamente?. Ante los resultados obtenidos, describir las ventajas e inconvenientes de este sistema de control.

4. El regulador P es sustituido por una red de adelanto de fase 𝐺𝐶 𝑠 = 72𝑠+1

𝑠+3. Determinar el

margen de fase y la frecuencia de cruce de fase, sabiendo que la frecuencia de cruce de ganancia es 2.88 [rad/s].

5. Dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena abierta. 6. Dibujar de forma aproximada la señal de salida del sistema de control ante una entrada en

escalón unitario. Comparar los resultados del regulador P con el PD real.

Ejercicio de examen

1. 𝑒𝑃 =1

1+𝐾/8=0.1, luego K=72. ( 1 punto)

2.

( 2 puntos)

-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Ejercicio de examen 3. Hay un polo -6.7 y el polo complejo y conjugado es -0.153 ±j3.45, por lo que se puede aplicar polos

dominantes y determinar el equivalente aproximado del conjunto realimentado.

Si cc = 0.043, el margen de fase aproximadamente es 4.3º.

El sistema con este regulador P aunque tiene un error del 10% de posicionamiento y es próximo a la

inestabilidad (2 puntos).

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 5 10 15 20 25 30 350

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

Ejercicio de examen 4. El margen de fase es 45.5º y la frecuencia de cruce de fase es aproximadamente 5 [rad/s] (1 puntos).

5.

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-2

10-1

100

101

102

-270

-180

-90

0

Pha

se (

deg)

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

Mag

nitu

de (

dB)

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

Nyquist Diagram

Real Axis

Imagin

ary

Axis

Ejercicio de examen

6. Dado que el conjunto realimentado se puede aproximar a un sistema de segundo orden, se puede

considerar que la frecuencia natural está 2.88 ≤ 𝜔𝑐𝑐 ≤ 5.1 y 𝜉𝑐𝑐 = 0.455. De otro lado, el error de

posicionamiento en el régimen permanente es 0.25. Con esto valores se calcula los tiempos de

establecimiento (2.31 s), de pico (1.17 s) y de subida (0.76 s), la sobre-oscilación del 36.7% y un valor

del régimen permanente al escalón unitario de 0.75.

(2 puntos)

Step Response

Time (sec)

Ampl

itude

0 1 2 3 4 5 6

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Problema

Problema

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-3

10-2

10-1

100

101

102

-360

-270

-180

-90

0

Pha

se (

deg)

-150

-100

-50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

-5 0 5 10 15 20 25 30 35

-15

-10

-5

0

5

10

15

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

2. Considerando nulo el retardo y con k=1, dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena

abierta (2 puntos).

Problema

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

3. Bajo las condiciones de los apartados anteriores, estimar aproximadamente la respuesta

temporal del sistema de control ante una entrada en escalón unitario (2 puntos).

Si se desea mejorar el margen de fase habrá que disminuir la frecuencia de cruce de ganancia.

Habrá que variar k. La variación de k no modifica el argumento de la cadena abierta. Se localiza la

nueva frecuencia de cruce de ganancia mediante:

La nueva frecuencia de cruce de ganancia está alrededor de 0.5 rad/s. Para que sea esta

frecuencia requiere cumplir:

El valor de k está alrededor de 0.5.

Para este valor del regulador, se procede a la simulación de su respuesta en frecuencia y la

evolución temporal ante una entrada en escalón.

Problema 4.Determinar el margen de fase del sistema de control considerando el retardo temporal de 1s (1 puntos).

El retardo no modifica la frecuencia de cruce de ganancia. El margen de fase habrá que restar el

desfase introducido por el retardo:

γ=180-(arctg ωg+arctg 30ωg+arctg (ωg⁄3)/(1-((ωg^2)⁄(9)))+ωg )180/π=-14º

5.Calcular el valor de k para que el margen de fase sea de 40º considerando el retardo temporal (2 puntos).

Problema

Simulaciones con Matlab

-80

-60

-40

-20

0

20

40

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-3

10-2

10-1

100

101

-900

-720

-540

-360

-180

0

Pha

se (

deg)

0 5 10 15 20 25 30 35

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Técnicas de compensación basadas

Métodos experimentales: Ziegler-Nichols

Diseño basado en modelos matemáticos

PID

Primer método: ajuste en cadena abierta

sT

sTKsG

d

i

pc

11)(

P la n ta

+

-

P la n ta u (t) y (t)

K

L T

M o d e lo

P la n ta

1)(

)(

Ts

LsK

su

sy e

Primer método de Z-N

s

Ls

K

TsT

sTiKG

dpc

2

1

6.01

1

TIPO DE

CONTROLADOR Kp Ti Td

P 0

PI 0

PID 2L 0.5 L

LK

T

·

LK

T

9.0

3.0

L

LK

T

2.1

Ejemplo

Laboratorio: T=14s, L=4s, K=1.2

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

0 5 10 15 20 25 30 35 40 450

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ejemplo

Diseñar un regulador PID para el sistema cuya función de

transferencia es:

según el método de ajuste en cadena abierta de Ziegler-

Nichols.

)3)(2)(1(

1)(

ssssG

Time (sec.)

Am

plitu

de

Step Response

0 1 2 3 4 5 60

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

0.18

From: U(1)

To: Y

(1)

0,4 2,8

K=0,165

L=0.4 sec.

T=2.8-0.4=2.2 sec.

Ejemplo

s

ss

sG

c

2

5,225,82,0

8,0

1125,41

-3 -2 .5 -2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l A x is

Ima

g A

xe

s

L u g a r d e la s ra íc e s

0 1 2 3 4 5 6 7 8 0

0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1

1 .2

1 .4

1 .6

Ejemplo

De forma analítica

1. Obtener la respuesta al escalón

2. Calcular el punto de inflexión de la curva

3. Ganancia estática

4. Relaciones geométricas

ttt

seeety

32166,05,05,0166,0)(

049,0)1,1(074,0)1,1(

.1,105,125,0)(

5,05,0)()(

32

2

2

32

ydt

dy

steeedt

tyd

eeetydt

tdy

s

ttts

ttts

166,0)(1

lim0

sGs

sKs

43,0074,0

05,01,125,2

074,0

166,0 LT

Segundo método de Z-N: Cadena cerrada

T im e (s e c .)

Am

pli

tud

e

S te p R e s p o n s e

0 2 4 6 8 1 0 1 2 1 4 1 6 1 8 2 0 0

0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1

1 .2

1 .4

1 .6

1 .8

2

P c r

K c r= 6 0

s

Ps

PKsGcr

crcrc

2

4

075,0)(

TIPO DE

CONTROLADOR Kp Ti Td

P 0

PI 0

PID

crK5.0

crK45.0

2.1

crP

crK6.0

crP5.0 cr

P125.0

sT

sTKsG

d

i

pc

11)(

P la n ta

+

-

Ejemplo

Diseñar un regulador PID para el sistema cuya función de

transferencia es:

según el método de ajuste en cadena cerrada de Ziegler-

Nichols.

)3)(2)(1(

1)(

ssssG

606

6116)3)(2)(1()(23

p

pp

K

KsssKssssD

9,12

31,3

31,31106666622

cr

cr

crdn

cr

T

jjssKs

s

ssG

c

2)2(

55,8)(

Ejemplo

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

Root Locus Editor for Open Loop 1 (OL1)

Real Axis

Imag A

xis

Step Response

Time (sec)

Am

plit

ude

0 1 2 3 4 5 6 70

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Examen enero 2017

El control de temperatura de una célula Peltier es implementado mediante un sistema de

realimentación unitaria. La planta Peltier es modelada mediante la siguiente función de

transferencia

Se pide:

1. Trazado directo del lugar de las raíces, aproximando el retardo temporal mediante Pade. Para el

resto de apartados no emplear la aproximación de Pade.

2. Ajustando el regulador proporcional con un valor de K que sea la mitad del valor de la K

crítica, determinar las frecuencias de cruce de ganancia y fase, así como, los márgenes de fase y

ganancia.

3. Dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena abierta con el regulador del anterior

apartado. Indicar sobre las gráficas los puntos característicos.

4. Estimar la respuesta del sistema en cadena cerrada ante una entrada en escalón unitario.

Indicar sobre la gráfica los puntos característicos.

5. Calcular el regulador PID de Ziegler-Nichols

s

e

sv

svs

r

s

141

2.14

Examen enero 2017 s2+(0.57-0.085k)s+0.035+0.042k

s2 1 0.035+0.042k

s1 0.57-0.085k

s0 0.035+0.042k

Los polos para la ganancia crítica serán de ±j0.57

7.6085.0

57.0

crk

Dado que la ganancia crítica es 6.7, la cadena abierta queda como:

141

4)(

4

e

kG

Las frecuencias de corte de ganancia y fase son aproximadamente: 0.28[rad/s] y 0.39[rad/s].

El margen de fase de será de 41.5º y el margen de ganancia de 2.8 dB

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

-35

-30

-25

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

System: g1

Gain Margin (dB): 3.74

At frequency (rad/sec): 0.434

Closed Loop Stable? Yes

Mag

nitu

de (

dB)

10-3

10-2

10-1

100

101

-2160

-1800

-1440

-1080

-720

-360

0

System: g1

Phase Margin (deg): 41.1

Delay Margin (sec): 2.59

At frequency (rad/sec): 0.277


Pha

se (

deg)

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

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Examen enero 2017

Considerando que el margen de fase es de 41.5º, se puede considerar que el factor de

amortiguamiento es aproximadamente 0.415 y que la frecuencia natural estará en el

intervalo de la frecuencia de cruce de ganancia y fase, p.e. 0.3 [rad/s]. Además el error

al escalón será 1/(1+4). Por todo ello, se puede estimar que el tiempo de

establecimiento es de unos 25 s, el tiempo de pico de unos 10 s y que la sobreoscilación

del 25%. La señal de salida en el régimen permanente es de 0.8 y el valor máximo

estará alrededor de 1.

Para el valor de Kcr, la frecuencia de oscilación en 0.57 [rad/s], luego el periodo es de

11s. La FDT del regulador es:

s

ssG

c

2

36.025.5)(

Ajuste de un regulador proporcional mediante LDR

No modifica el LDR

Sólo establece un punto de funcionamiento.

Ejemplo ajuste de un regulador proporcional mediante LDR

Supóngase que se quiere regular el sistema:

de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes:

Mp<15%, ts<2 s y ep<25%.

)2)(1(

1)(

sssG

1.- Calcular los valores de K necesarios para cumplir los requerimientos

estáticos:

62

))((

325,01

1

0

KK

sGKlimK

KK

e

sp

p

p

p


2.-Calcular la zona del lugar de las raíces en la que deben posicionarse los

polos dominantes en cadena cerrada para que la dinámica del sistema

cumpla las especificaciones. Una sobreoscilación del 15% supone un

margen de fase aproximadamente de 50º:

º87,5815100

57,122

tan

ep

s

M

sst

-2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2

3 R o o t L o c u s D e s ig n

Ima

g A

xe

s

R e a l A x is R e a l A x is

= 1 ,5 7

-2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2


Ima

g A

xe

s

= 5 8 º

-2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2


Ima

g A

xe

s

T s< 2 s , M p< 1 5 %

S

𝜔𝑑 = 2.6


3. Aplicando el criterio del módulo:

01,76,205,116,2057,112222

dz

dpK

7)( sGc

)2)(1(

1)(

sssG

+

-

Time (sec.)

Am

plit

ude

Step Response

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

From: U(1)

To: Y

(1)

K=7

K=1




Mp15%, ts<2 s y ep<25%.

No es posible realizarlo con un regulador P. Habrá que modificar el LDR.

)3)(2)(1(

1)(

ssssG

p

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD ideal)

Cuando se trata de modificar el LDR para que pase por los

polos dominantes se utiliza la inserción de un cero en la

cadena abierta:

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

1 2 3

T im e (s e c .)

Am

pli

tud

e


0 0 .5 1 1 .5 2 2 .5 3 3 .5 4 4 .5 0

0 .1

0 .2

0 .3

0 .4

0 .5

0 .6

0 .7

0 .8 F rom : U (1 )

T o :

Y (

1 )

N o re g u la d o R e g u la c ió n

P D

-3 -2 .5 -2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2


Ima

g A

xe

s

R e a l A x is

d

p

dp

T

KasiendosTKasKsR )()(




Mp10% y ts<2 s.

)3)(2)(1(

1)(

ssssG

p

1. Se dibuja el LDR y el lugar de los polos dominantes deseados S.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

1 2 3

𝑡𝑠 ≤ 2𝑠 ⇒ 𝜋

𝜎≤ 2𝑠 ⇒ 𝜎 ≥ 1,57

𝑀𝑝 = 100 ⋅ 𝑒−

𝜋tan 𝜃 ≤ 10 ⇒ ≤ 53,7º

𝑆Δ = −1,7 ± 2𝑗


2. Mediante la aplicación del criterio del argumento, se introduce un cero de forma que

las ramas del LDR pasen por el punto S. Para ello se calcula el ángulo que debe

aportar el cero adicional para que S pertenezca al LDR. Obtenido el ángulo se calcula la

posición del cero:

51,2

44,2tan

º7,67

)7,1(

2arctan

º573,1

2arctan

º47,813,0

2arctan

º3,1097,0

2arctan180

º180

,...2,1,0)12(180),(),(

3

2

1

111

a

a

NNzSpS

c

c

c

c

ii

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

1 2 3

3. Habiendo deformado el LDR para que pase por el punto deseado, se calcula el

valor de la ganancia, aplicando el criterio del módulo, para posicionar los polos

dominantes en ese punto.

07,5

15,28,04

38,23,14

23,04

12,27,04

321

2

2

3

2

2

2

1

z

z

d

dddK

d

d

d

d


El valor de K será igual al de la ganancia del regulador, de forma que éste tendrá

finalmente la siguiente función de transferencia:

72,1207,507,572,12)51,2(07,5)( pd

KyTsssR

T im e (s e c .)

Am

pli

tud

e


0 0 .5 1 1 .5 2 2 .5 3 3 .5 4 4 .5 0

0 .1

0 .2

0 .3

0 .4

0 .5

0 .6

0 .7

0 .8 F rom : U (1 )

T o :

Y (

1 )

N o re g u la d o R e g u la c ió n

P D

-3 -2 .5 -2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2


Ima

g A

xe

s

R e a l A x is

Ajuste de una red de adelanto de fase (PD real)

Al igual que en el ajuste del regulador proporcional derivativo ideal, se procede al

cálculo del aporte de fase necesario c para que S pertenezca al LDR.

Una vez fijado el polo o el cero, la posición del otro quedará determinada por este

ángulo. No existe una norma fija para realizar este posicionamiento, y en la mayoría

de los casos es necesario un ajuste fino posterior.

Métodos de ubicación del par polo-cero:

Situar el cero a cancelando el segundo polo más significativo en cadena abierta.

Situar el cero a bajo la vertical del polo S.

Situat el par polo cero siguiendo la construcción geométrica de la figura.

.)( badondebs

asKsR

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

-b -a

2

c

2

c

B is e c tr iz d e 1 8 0 -

Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD real)



Mp10% y ts<2 s.

)3)(2)(1(

1)(

ssssG

p

1. Se dibuja el LDR y el lugar de los polos dominantes deseados S.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is

Ima

g

Ax

is

S

S

1 2 3

jS

M

sst

ep

s

27,1

º7,5310100

57,122

tan


2. Mediante la aplicación del criterio del argumento, se introduce un cero-polo de forma

que las ramas del LDR pasen por el punto S. Para ello se calcula el ángulo que debe

aportar el cero-polo adicional para que S pertenezca al LDR. Obtenido el ángulo de

compensación.

º7,67

1805747,813,109180

º180111

c

iic

c

• Se situa el cero a cancelando el segundo polo más significativo en cadena

abierta. Para el caso del ejemplo se debe cancelar el polo situado en –2:

86,9

55,82

7,1arctan7,67

2

7,12arctan

2

7,1arctan

b

b

b

c

• Situar el cero a bajo la vertical del polo S. Para el caso del ejemplo, a se situaría en

el valor –1,7.

57,6

2

7,1arctan

b

b

c


• Se situa el par polo cero siguiendo la construcción geométrica de la

figura. Esta disposición logra que la ganancia de la red sea la mínima

posible para el aporte de fase deseado.

21,52

7,1

2tan

44,12

7,1

2tan

53

bb

aa

c

c

-4 -3 -2 -1 0 1 2 -3

-2

-1

0

1

2

3

R e a l

A x is Im

ag

Ax

is

S

S

-b -a

2

c

2

c

B is e c tr iz d e 1 8 0 -


3. Mediante la aplicación del criterio del módulo, se calcula la ganancia K que

posiciona los polos dominantes del sistema en el lugar S deseado. Por la

cancelación, sólo cuenta los polos en –1,-3, y –9,86

42

16,84

3,14

7,04

321

2

3

2

2

2

1

dddK

d

d

d

Por tanto, finalmente la red de adelanto de fase adoptará la forma siguiente:

86,9

242)(

s

s

bs

asKsR

y simulando el sistema con MatLab se obtiene:

Time (sec.)

Am

plit

ude

Step Response

0 0.5 1 1.5 20

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

From: U(1)

To: Y

(1)

%10

98,1

%41

p

s

p

M

st

e

Ajuste de una red de retraso de fase (PI real)

No es posible implementar un integrador.

Se implementa mediante una red de retraso de fase.

Esta red proporciona una ganancia suficientemente

grande como para lograr las especificaciones del error en

régimen permanente requeridas. Dicha red debe ser

situada de forma que su efecto no altera la forma del

lugar de las raices y por tanto sobre su comportamiento

transitorio, el efecto sea mínimo.

Ejemplo ajuste de una red retraso de fase



Mp<15%, ts<2 s y ep<10%.

)2)(1(

1)(

sssG

1. Se ajusta la acción proporcional de forma que los polos se sitúen en el

punto de funcionamiento deseado:

22,051,31

1

1

1

01,7

57,1º8,586,257,1

p

p

Ke

K

jS

2. Calcular la ganancia estática del par polo cero, de forma que Kp cumpla

con la condición exigida

57,22

1)()(lim

91

11,0

0

b

a

b

aKsGsRK

KK

e

sp

p

p

p

Ejemplo ajuste de una red de retraso de fase

3. Se posiciona el cero a una década por debajo del polo más cercano al

origen en cadena abierta: 04,0

57,21,0

10

1

aba

-2 -1 .5 -1 -0 .5 0 0 .5 1 -3

-2

-1

0

1

2


Ima

g A

xe

s

R e a l A x is T im e (s e c . )

Am

pli

tud

e


0 2 4 6 8 1 0 1 2 1 4 1 6 1 8 2 0 0

0 .1

0 .2

0 .3

0 .4

0 .5

0 .6

0 .7

0 .8

0 .9

1 F ro m : U (1 )

T o :

Y (

1 )

04.0

1.07)(

s

ssR

Este punto de trabajo es un

punto de comienzo que permite

realizar ajustes posteriores. Se

Deberá desplazar el par polo-

cero más a la izquierda en el

lugar de las raices,

manteniendo el aporte de

ganancia. Si se ajusta el cero a

un cuarto del polo dominante

del sistema en cadena abierta,

se obtiene:

Time (sec.)

Am

plit

ude

Step Response

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

From: U(1)

To: Y

(1)

%11

6,2

%9

p

s

p

M

st

e

Problema El seguidor de tensión de la figura está constituido por un amplificador

operacional real. El AO tiene una ganancia de tensión diferencial en cadena

abierta en continua, Ado(0) de 100dB y dos polos a frecuencia de 10 Hz y

100kHz. Debajo del seguidor de tensión se ha representado el diagrama a

bloques. En este primer caso, la red de realimentación del operacional es la

unidad, = 1. Se pide:

1. Margen de fase del seguidor de tensión.

2. Para mejorar la estabilidad se ha añadido la red de compensación R1-C1-

R2. Ésta funciona como red de retraso de fase. Calcular el valor de R1 y

R2 de la red de compensación, si se desea tener un margen de fase de

50º. El valor de la red es:

1211

111

CRRj

CRj

Dato: C1 = 10 nF.

Resolución

Diagrama de Bode de la cadena abierta y estabilidad Bode Diagram

Frequency (Hz)

100

101

102

103

104

105

106

-180

-135

-90

-45

0

System: g1

Frequency (Hz): 5.8e+004

Phase (deg): -120

System: g1

Phase Margin (deg): 18

Delay Margin (sec): 1.62e-007

At frequency (Hz): 3.08e+005


Phase (

deg)

-20

0

20

40

60

80

100

System: g1

Frequency (Hz): 5.8e+004

Magnitude (dB): 23.4

Magnitu

de (

dB

)

º181010

180

76.3081

101

101

10

5

2

5

2

5

gg

g

gg

do

farctg

farctg

kHzf

ff

ffA

Diseño

La nueva frecuencia de cruce será cuando el desfase es de alrededor de

-120º, lo que supone una nueva frecuencia de ganancia de 58kHz. La

frecuencia del cero de la RRF estará separada al menos una década y se

requiere una atenuación de 14.62;

kRkR

Hzf

ff

fAf

fRRFp

RRFp

g

gdo

g

RRFz

397.2

4001

62.1410

21

,

,,

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

Magnitude (

dB

)

Bode Diagram

Frequency (Hz)

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

-180

-135

-90

-45

0

System: untitled1

Phase Margin (deg): 54.9

Delay Margin (sec): 2.69e-006

At frequency (Hz): 5.66e+004

Closed Loop Stable? YesPhase (

deg)

Flujograma sobre reguladores PID con LDR D ib u ja r L D R .

C a lc u la r S

¿ S L D R ? A ju s ta r K

¿ C u m p le e p ?

F in

P

N e c e s a ria a c c ió n In te g ra l.

s

bsKsR

)(

A ju s ta r b a 1 /4 .. .1 /1 0 d e l

p o lo d o m in a n te e n c a d e n a

a b ie rta .

R ea ju s ta r K

F in

P I

¿ e p p eq u eñ o?


s

bsKsR

)(

A ju s ta r b p a ra q u e S

p e rte n e zc a a l L D R

A ju s ta r K A ju s ta r K

D e s d o b la m ie n to

d e l c e ro

F in

P I

F in

P ID

N e c e s a ria a c c ió n d e riva t iva

)()( asKsR

A ju s ta r a p a ra q u e S

p e rte n e zc a a l L D R

¿ C u m p le e p ?

F in

P D

A ju s ta r K


s

asbsKsR

))(()(

A ju s ta r b a 1 /4 .. .1 /1 0 d e l

p o lo d o m in a n te e n c a d e n a

a b ie rta .

R ea ju s ta r K

F in

P ID

S I

S I

S I

N O

N O

N O

N O

S I

Problema

El control remoto de un vehículo tiene el diagrama de bloques de la figura. Se trata de

ajustar el valor K del regulador de retraso de fase. Se pide:

1. Determinar el margen de fase para tres valores de K: 5, 10 y 20, sabiendo que las

frecuencias de cruce de ganancia son 2.6, 3.5 y 4.8 [rad/s] respectivamente (1

punto).

2. Dibujar el diagrama de Bode de la cadena abierta para K con valor 10, conociendo

que la frecuencia de cruce de fase tiende a infinito (1 punto).

3. Estimar los valores más significativos de la respuesta en cadena cerrada ante una

entrada en escalón, utilizando la información de la cadena abierta para K: 5, 10 y 20.

Dibujar aproximadamente la señal de salida ante la entrada en escalón con los tres

valores de K (2.5 puntos).

4. Razonar cuál sería el valor de K más adecuado de los tres propuestos (0.5 puntos).

Problema

-60

-40

-20

0

20

Mag

nitu

de (d

B)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-2

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

Phas

e (d

eg)

2. Dibujar el diagrama de Bode de la cadena abierta para K con valor 10, conociendo que la frecuencia

de cruce de fase tiende a infinito (1 punto).

1. Determinar el margen de fase para tres valores de K: 5, 10 y 20, sabiendo que las frecuencias de

cruce de ganancia son 2.6, 3.5 y 4.8 [rad/s] respectivamente (1 punto).

Problema

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 2 4 6 8 10 120

0.5

1

1.5

3. Estimar los valores más significativos de la respuesta en cadena cerrada ante una entrada en escalón,

utilizando la información de la cadena abierta para K: 5, 10 y 20. Dibujar aproximadamente la señal de

salida ante la entrada en escalón con los tres valores de K (2.5 puntos).

Problema

4. Razonar cuál sería el valor de K más adecuado de los tres propuestos (0.5 puntos).

La mejor solución es K=5 ya que tiene un margen de fase de 45º, aunque tiene un error de más

del 28%.

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 2 4 6 8 10 120

0.5

1

1.5

Trabajo ejemplo con arduino

https://www.youtube.com/watch?v=agFq_b_-Cqc&feature=youtu.be




capítulo 14: acciones de control - upm · 2019-12-20 · consecuencias en el diseño el regulador...

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