20/2/2013

EXAMEN DE CONTROL AUTOMÁTICO
MEJORAMIENTO
FEBRERO 20 DE 2013
PRIMER TEMA: 25 puntos
d 2
d
dx
  1
 1  n
2
dt
dt
dt
d 2x
d
dx
 g   2
2
 g
2
dt
dt
dt
 1  0.415 ;  2  1.43 ; n  6.27
 2  0.0198 ; 1  0.0111 ; g  9.8
Cambio de variable :
x1  t     t  ; x2  t  

d  t 
dt
; x3  t  
dx  t 
dt
a) (5 p) Escriba las ecuaciones de estado.
b) (5 p) A partir de las ecuaciones de estado obtenga el
Diagrama de Flujo de Señales.
c) (5 p) Obtenga la Función de Transferencia.
El sistema describe el modelo de un helicóptero en donde d) (5 p) Grafique el diagrama de flujo Canónico
se controla el ángulo de avance (Θ), Señal de Salida, en
Controlable.
base del ajuste del ángulo del rotor (δ), Señal de Entrada.
e)
(5p) Escriba las Ecuaciones de Estado en Modo
El avance horizontal es (x).
Controlable.
SEGUNDO TEMA: 25 puntos
Dado el siguiente sistema:
a) (10 p) Determine el rango de valores del controlador Gc(s) = Kp para que el sistema mostrado sea estable.
b) (15 p) Cambie el controlador proporcional por uno proporcional-integral Gc(s) = (Kp +Ki/s) y determine los rangos
de Kp y Ki para los cuales el sistema es estable.
TERCER TEMA: 25 puntos
Para el sistema realimentado mostrado en la figura:
a)
b)
(4 p) Ajuste la ganancia K para que el Error de Estado Estacionario sea igual al 5% cuando Gc(s) = 1.
(8 p) Dibuje el Diagrama de Bode correspondiente y proporcione el Margen de Ganancia y de Fase en esta
condición para a).
c) (8 p) Diseñe un compensador para lograr que el Margen de Fase sea de 55 grados.
d) (5 p) Dibuje el Diagrama de Bode del sistema compensado.
CUARTO TEMA: 25 puntos
El sistema se compone de dos tanques, tienen válvulas de salida
cuyo flujo es tipo laminar.
3
El flujo de entrada en estado estacionario es de 35 m /s, la
2
resistencia al flujo de las válvulas R1 = 0.5 s/m y R2 = 0.666
2
s/m respectivamente; las áreas transversales de los tanques
2
2
son: A1 = 25 m y A2 = 55 m .
a) (15 p) Plantear las ecuaciones matemáticas del sistema:
H1(s) = f(Qe(s)) y H2(s) = f(Qe(s)).
b) (5 p) Dibujar el diagrama de bloques del sistema de tal forma
de expresar lo solicitado en el literal a).
c) (5 p) ¿Cuál es el valor de las alturas H1 y H2 en estado
estacionario?
Solución:
Primer Tema:
d 2
d
dx
d 2
d
dx
  1
 1  n 
 0.415
 0.011  6.27
2
dt
dt
dt
dt 2
dt
dt
2
2
d x
d
dx
d x
d
dx
 g   2
 2
 g 
 9.8  1.43
 0.0198  9.8
dt 2
dt
dt
dt 2
dt
dt
Cambio de variable :
x1  t     t  ; x2  t  
d  t 
dt
; x3  t  
dx  t 
dt
x1  x2
x2  0.415 x2  0.011 x3  6.27 
x3  9.8 x1  1.43 x2  0.0198 x3  9.8 
1
0   x1   0 
 x1   0
 x    0 0.415 0.011   x   6.27  
 2 
 2  

 x3  9.8 1.43 0.0198  x3   9.8 
El Diagrama de Flujo correspondiente es :
;
 x1 
y  1 0 0   x2 
 x3 
Aplicando Mason, la FuncióndeTransferencia es :
9.8(0.011) 6.27  0.0198 
 2 1 

s3
s 
s 
 0.0198 0.415 (0.011)(1.43) (0.011)(9.8)  (0.0198)(0.415)
1  




s
s
s2
s3
s2


6.27 s  0.016346
 3
s  0.4348s 2  0.007513s  0.1078
0.016346 6.27
 2
0.016346s 3  6.27 s 2
s3
s


0.1078 0.007513 0.4348 1 1  0.1078s 3  0.007513s 2  0.4348s 1


 0
s3
s2
s1
s
El diagrama de Flujo Canónico Controlable es :
Y ( s)

( s)
Las Ecuaciones de Estado en Modo Controlable :
 
 z1   0
1
0   z1
  
0
1   z2
z2    0
   0.1078 0.007513 0.4348  z
 3
 z3  
 
 0
  0  
  
 1 
% Problema DP 11.4
clc, clear
% Ecuación de Estados
A=[0 1 0; 0 -0.415 -0.0111; 9.8 -1.43 -0.0198];
B=[0; 6.27; 9.28];
C=[1 0 0];
D=[0];
p=eig(A)
G_ss=ss(A,B,C,D)
% Función de Transferencia
G_tf=tf(G_ss)
% Modo Canónico Controlable
[num,den]=tfdata(G_tf,'v');
[Ac,Bc,Cc,Dc]=tf2ss(num,den)
 z1 
y   0.016346 6.27 0  z2 
 z3 
;
a=
x1
x2
x3
x1
x2
x3
0
1
0
0 -0.415 -0.0111
9.8 -1.43 -0.0198
b=
u1
x1 0
x2 6.27
x3 9.28
c=
x1 x2 x3
y1 1 0 0
d=
u1
y1 0
Continuous-time model.
Transfer function:
6.27 s + 0.02114
-------------------------------------s^3 + 0.4348 s^2 - 0.007656 s + 0.1088
Ac =
-0.4348 0.0077 -0.1088
1.0000
0
0
0 1.0000
0
Bc =
1
0
0
Cc = 0
Dc = 0
6.2700
0.0211
Segundo Tema:
a)
1
; Gc( s )  Kp
( s  1)( s  2)
1
E.C. 1  Kp
0
( s  1)( s  2)
El sistema es estable :
0 K 
Gp ( s ) 
Root Locus
2
1.5
1
Imaginary Axis
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
Real Axis
b)
1
; Gc( s )  Kp  Ki / s
( s  1)( s  2)
0  Kp   ; 0  Ki  
sKp  Ki
E.C. 1 
0
s ( s  1)( s  2)
s ( s  1)( s  2)  sKp  Ki  0
Gp ( s ) 
s 3  3s 2  (2  Kp ) s  Ki  0
1
2  Kp
s3
3
Ki
s2
6  3Kp  Ki
s1
3
s0
Ki
Para que el sistema sea estable :
6  3Kp  Ki
 0 ; Ki  0
3
Ki  6
Kp 
si : Ki  6
3
Ki
Kp
6 0  Kp  
8 0.666  Kp  
10 1.33  Kp  
clc, clear
I=[6 8 10 12 14]
hold off
for i=1:5
F=tf([1 0],[1 3 2 I(i)])
rlocus(F)
hold on
end
I1=num2str(I'); legend(I1)
Root Locus
5
6
8
4
10
12
14
3
2
Imaginary
1 Axis
0
-1
-2
-3
-4
-5
-4
-3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
Real Axis
-1
-0.5
0
0.5
Tercer Tema:
a)
Gp( s ) 
Ke 0.1s
1
; Gc( s )  1 ; R( s)  2
s (0.1s  1)(0.01s  1)
s
; ess  5%
Gc( s )Gp ( s )
1  Gc( s )Gp ( s )
1
 ess   0.05 ; K  20
K
ess  lim sE ( s) ; E ( s)  R( s)  C ( s)  1  T ( s)  R( s) ; T ( s) 
s 0
E (s) 
1
s(0.1s  1)(0.01s  1)
1
R( s) 
0.1s
1  Gc( s )Gp ( s )
s (0.1s  1)(0.01s  1)  Ke
s2
Gc( s )Gp ( s ) 
20e 0.1s
s (0.1s  1)(0.01s  1)
b)
Bode Diagram
Gm = -5.64 dB (at 8.09 rad/sec) , Pm = -39.5 deg (at 12.4 rad/sec)
Magnitude (dB)
50
0
System: Gcr
Frequency (rad/sec): 2.53
Magnitude (dB): 17.7
System: Gcr
Frequency (rad/sec): 8.22
Magnitude (dB): 5.43
-50
0
Phase (deg)
-45
-90
-135
-180
System: Gcr
Frequency (rad/sec): 2.52
Phase (deg): -120
-225
-270
-1
10
0
10
System: Gcr
Frequency (rad/sec): 12.3
1
Phase (deg): -219
10
2
10
3
10
Frequency (rad/sec)
Se observa que el sistema es inestable.
c)
Se desea un MF = 55, en este caso hay que utilizar una red compensadora de Retraso de Fase.
Asumiendo una sobre-compensación de 5 grados: es decir, MF = 60 (Fase = -120), la frecuencia de
cruce Wcp = 2.52 rad/seg. En esa frecuencia la magnitud debe bajar 17.7 dB. El valor de Alpha =
7.67. Ubicamos el cero del compensador una década mas debajo de Wcp; es decir, z = 0.252 y por
lo tanto el polo del compensador será: p = z/Alpha = 0.252/7.67 = 0.0328 rad/seg.
d)
Bode Diagram
Gm = 11.8 dB (at 7.93 rad/sec) , Pm = 54.9 deg (at 2.53 rad/sec)
60
Magnitude (dB)
40
20
System: Gcc
Frequency (rad/sec): 7.93
Magnitude (dB): -11.9
0
-20
-40
0
Phase (deg)
-45
-90
-135
System: Gcc
Frequency (rad/sec): 2.55
Phase (deg): -126
-180
-225
-270
-2
10
-1
10
0
10
Frequency (rad/sec)
1
10
2
10
Cuarto Tema:
1. qe  q1  A1
dh1
dt
2. q1  q2  A2
dh2
dt
; q1 
h1
R1
; q2 
h2
R2
L

1
 Qe ( s )   A1s   H1 ( s )
R1 

L

h h
dh
1
1 
2. 1  2  A2 2 
H1 ( s )   A2 s   H1 ( s )
R1 R2
dt
R1
R2 

1. qe 
h1
dh
 A1 1
R1
dt
1. H1 ( s ) 
R1
Qe ( s )
A1 R1s  1
2. H 2 ( s ) 
R2
R2
1
H1 ( s )  H 2 ( s ) 
Qe ( s )
R1 A2 R2 s  1
( A1 R1s  1)( A2 R2 s  1)
H 2 (s) 
0.666
Qe ( s )
(12.5s  1)(36.63s  1)
b)
1
Qe (s)
H1(s)
R1
R2/R1
A1R1.s+1
A2R2.s+1
Transfer Fcn
Transfer Fcn 1
c.)
dh1
dh2
0 ;
0
dt
dt
 35m3 / s ; R1  0.5s / m 2 ; R2  0.666s / m 2
En estado estacionario : 
qe _ ss
1. qe _ ss  q1_ ss  0 ; q1_ ss 
h1_ ss
2. q1_ ss  q2 _ ss  0 ; q2 _ ss 
h2 _ ss
R1
R2
 h1_ ss  17.5m
 h2 _ ss  23.31m
1
H2(s)