Taller1.docx

Punto 1 la entrada U(t) es un escalón unitario. Caso 1: R(t) = 1, Y(0)= 0, Y’(0)=0 R(t) es 1, entonces R(s) es igual a 1/s. 𝑌(𝑠) =

𝑠(𝑠 2

4(𝑠 + 50) 4(𝑠 + 50) = + 30𝑠 + 200) 𝑠(𝑠 + 10)(𝑠 + 20)

Se procede a realizar fracciones parciales: 𝑘1 = 𝑌(𝑠) 𝑠 𝑘1 = 𝑠𝑌(𝑠) 𝑘1 =

4(𝑠 + 50) =1 (𝑠 + 10)(𝑠 + 20)|𝑠 = 0 𝑘2 = 𝑌(𝑠) (𝑠 + 10) 𝑘2 = (𝑠 + 10)𝑌(𝑠)

𝑘2 =

4(𝑠 + 50) = −16 𝑠(𝑠 + 20)|𝑠 = −10 𝑘3 = 𝑌(𝑠) (𝑠 + 20) 𝑘3 = (𝑠 + 20)𝑌(𝑠)

𝑘2 =

4(𝑠 + 50) 3 = 𝑠(𝑠 + 10)|𝑠 = −20 5

Por lo tanto, 3 𝑌(𝑡) = 𝑒 −𝑡 − 16𝑒 −10𝑡 + 𝑒 −20𝑡 5

Caso 2: R(t) = 2, Y(0)= 0, Y’(0)=0 R(t) es 2, entonces R(s) es igual a 2/s. 𝑌(𝑠) =

8(𝑠 + 50) 𝑠(𝑠 + 10)(𝑠 + 20)

𝑘1 = 𝑌(𝑠) 𝑠 𝑘1 = 𝑠𝑌(𝑠) 𝑘1 =

8(𝑠 + 50) =2 (𝑠 + 10)(𝑠 + 20)|𝑠 = 0 𝑘2 = 𝑌(𝑠) (𝑠 + 10) 𝑘2 = (𝑠 + 10)𝑌(𝑠)

𝑘2 =

8(𝑠 + 50) = −32 𝑠(𝑠 + 20)|𝑠 = −10 𝑘3 = 𝑌(𝑠) (𝑠 + 20) 𝑘3 = (𝑠 + 20)𝑌(𝑠)

𝑘2 =

8(𝑠 + 50) 6 = 𝑠(𝑠 + 10)|𝑠 = −20 5

Por lo tanto, 6 𝑌(𝑡) = 2𝑒 −𝑡 − 32𝑒 −10𝑡 + 𝑒 −20𝑡 5

Caso 3: R(t) = 1, Y(0)= 1, Y’(0)=0 Teniendo en cuenta que las dos condiciones para que se pueda obtener una función de transferencia es que sea un sistema lineal y sus condiciones iniciales sean 0, y dado que Y(0)=1, no se puede obtener la función de transferencia para este caso.

Simulink Punto 2. Se tiene el siguiente sistema

Con las siguientes constantes 𝜃(0) = 20 𝜃𝑎 = 0 𝑘 =

1 2

𝐶 = 10 𝑄𝑖 = 0

Y se sabe que el flujo de salida es equivalente a 𝑄0 = 𝑘(𝜃(𝑡) − 𝜃𝑎 ) El balance se da por 𝐴𝑐𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑒 = − 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝐶𝑑𝜃(𝑡) = 𝑄𝑖 − 𝑄0 𝑑𝑡 Reemplazando 𝐶𝑑𝜃(𝑡) = −𝑘(𝜃(𝑡) − 𝜃𝑎 ) 𝑑𝑡 10 ∗

𝑑𝜃(𝑡) 1 = − 𝜃(𝑡) 𝑑𝑡 2

𝑑𝜃(𝑡) 1 = − 𝜃(𝑡) 𝑑𝑡 20 Haciendo Laplace se llega a 𝑠𝜃(𝑠) − 𝜃(0) = − 𝑠𝜃(𝑠) − 20 = − 𝜃(𝑠) =

1 𝜃(𝑠) 20

1 𝜃(𝑠) 20

20 1 𝑠 + 20

Se aplica la transformada inversa y se obtiene que la función en términos de tiempo es 1

𝜃(𝑡) = 20 𝑒 −20𝑡

Ahora, se gráfica la función en términos de tiempo en Matlab y se llega a

Por otro lado, se simula la función de transferencia en Simulink y se llega a la siguiente gráfica

Por lo anterior, se puede decir que la función de transferencia si describe el sistema.

Punto 3

La función de transferencia se puede obtener a partir de los diagramas de mason de la siguiente forma: 𝑝1 = 𝐺1𝐺2𝐺3𝐺5 𝐿1 = 𝐺2𝐺3𝐺4 𝐿2 = −𝐺3𝐺5𝐺6 𝐿3 = −𝐺1𝐺2𝐺3𝐺5 𝐿4 = 𝐺2𝐺2𝐺4

Por lo tanto, 𝑦(𝑠) 𝐺1𝐺2𝐺3𝐺5 = 𝑟(𝑠) 1 − (𝐺2𝐺3𝐺4 − 𝐺3𝐺5𝐺6 − 𝐺1𝐺2𝐺3𝐺5 + 𝐺2𝐺2𝐺4)

Punto 4. 4.

𝐹(𝑡) = 𝑚𝑣 𝑥̈ 1 + 𝑏1 (𝑥̇ 1 − 𝑥̇ 2 ) + 𝑘1 (𝑥1 − 𝑥2 ) 𝑏1 (𝑥̇ 1 − 𝑥̇ 2 ) + 𝑘1 (𝑥1 − 𝑥2 ) = 𝑚𝑡 𝑥̈ 2 + 𝑏2 𝑥̇ 2 + 𝑘2 𝑥2 𝐹(𝑠) = 𝑚𝑣 𝑠 2 𝑥1 (𝑠) + 𝑏1 (𝑠𝑥1 (𝑠) − 𝑠𝑥2 (𝑠)) + 𝑘1 (𝑥1 (𝑠) − 𝑥2 (𝑠)) 𝑥1 (𝑠)(𝑚𝑣 𝑠 2 + 𝑏1 𝑠 + 𝑘1 ) = 𝐹(𝑠) + (𝑏1 𝑠 + 𝑘1 )𝑥2 (𝑠) 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝛼 = (𝑚𝑣 𝑠 2 + 𝑏1 𝑠 + 𝑘1 ), 𝑥1 (𝑠) =

𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠

𝐹(𝑠) (𝑏1 𝑠 + 𝑘1 )𝑥2 (𝑠) + 𝛼 𝛼

𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥2 (𝑠) 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛. 𝑥2 (𝑠) =

𝑚𝑡

𝑠2

(𝑏1 𝑠 + 𝑘1 )𝑥1 (𝑠) + (𝑏2 + 𝑏1 )𝑠 + 𝑘2 + 𝑘1

𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 Ω = 𝑚𝑡 𝑠 2 + (𝑏2 + 𝑏1 )𝑠 + 𝑘2 + 𝑘1 , 𝑥1 (𝑠) =

𝐹(𝑠) (𝑏1 𝑠 + 𝑘1 ) (𝑏1 𝑠 + 𝑘1 )𝑥1 (𝑠) + ∗ 𝛼 𝛼 Ω

𝑥1 (𝑠) 1 − = 𝐹(𝑠) Variables

𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠

(𝑏1 𝑠 + 𝑘1 ) (𝑏1 𝑠 + 𝑘1 ) 𝛼 Ω 𝛼

𝑤1 = 𝑥1 ; 𝑤2 = 𝑥̇ 1 ; 𝑤3 = 𝑥2 ;

𝑤4 = 𝑥̇ 2 ;

𝑤1̇ = 𝑤2 𝑤2̇ =

𝐹(𝑡) 𝑏1 𝑏1 𝑘1 𝑘1 − 𝑤2 + 𝑤4 − 𝑤1 + 𝑤 𝑚𝑣 𝑚𝑣 𝑚𝑣 𝑚𝑣 𝑚𝑣 3 𝑤3̇ = 𝑤4

𝑤4̇ =

𝑏1 𝑏1 𝑘1 𝑘1 𝑏2 𝑘2 𝑤2 − 𝑤4 + 𝑤1 − 𝑤3 − 𝑤4 − 𝑤 𝑚𝑡 𝑚𝑡 𝑚𝑡 𝑚𝑡 𝑚𝑡 𝑚𝑡 3

0 𝑘1 𝑤1̇ − 𝑤2̇ 𝑚𝑣 [𝑤̇ ] = 0 3 𝑘1 𝑤̇4 [ 𝑚𝑡

1 𝑏1 − 𝑚𝑣 0 𝑏1 𝑚𝑡

0 𝑘3 𝑚𝑣 0 𝑘1 + 𝑘2 − 𝑚𝑡

0 0 𝑏1 𝑤1 1 𝑤2 𝑚𝑣 ∗ [𝑤 ] + 𝑚𝑣 ∗ 𝐹(𝑡) 1 3 0 𝑏1 + 𝑏2 𝑤4 [0] − 𝑚𝑡 ]

𝑤1 𝑤2 𝑦(𝑡) = [0 0 1 1] ∗ [𝑤 ] 3 𝑤4

Punto 5 𝑚𝑥 ′′ (𝑡) = 𝑚𝑔 − 𝑘

𝑖(𝑡)2 𝑥(𝑡)2

Teniendo en cuenta que la masa es de 0.1 kg, la gravedad de 10 m/s , k de 5.2x10-4, y el punto de operación de la distancia es de 0.01 metros, a partir del equilibrio se obtiene que la corriente en el equilibrio es de 0.435. Linealizando por series de Taylor se obtiene que: ∆𝑥 ′′(𝑡) = −

2𝑘𝑖̅2 2𝑘𝑖̅2 ∆𝑖(𝑡) + ∆𝑥(𝑡) 𝑥̅ 2 𝑥̅ 3

Por simplicidad, 𝐵=

2𝑘𝑖̅2 2𝑘𝑖̅2 = 1.99, 𝐴 = = 199.43 𝑥̅ 2 𝑥̅ 3

Aplicando Laplace se obtiene que 𝑠 2 ∆𝑥(𝑠) = −𝐵∆𝑖(𝑠) + 𝐴∆𝑥(𝑠)

Por lo tanto la función de transferencia queda de la siguiente forma:

∆𝑥(𝑠) 𝐵 =− 2 ∆𝑖(𝑠) 𝑠 −𝐴

La representación de las variables de estado es de la siguiente forma: ∆𝑥 ′′(𝑡) = −𝐵∆𝑖(𝑡) + 𝐴∆𝑥(𝑡) Se realiza el siguiente cambio de variables: 𝑥1 = 𝑥, 𝑥2 = ∆𝑥 ′ = 𝑥1′ Por lo tanto, ∆𝑥2′ = −𝐵∆𝑖(𝑡) + 𝐴∆𝑥1(𝑡) Entonces, ′ 0 1 𝑥1 0 (𝑥1′ ) = ( ) ( ) + ( ) 𝑖(𝑡) 𝐴 0 𝑥2 −𝐵 𝑥2

Y 𝑦(𝑡) = (1

𝑥1 0) ( ) + (0)𝑖(𝑡) 𝑥2

‘ Por otro lado, para linealizar el sistema por medio del jacobiano se hace obtienen las ecuaciones de estado: 𝑥1′ (𝑡) = 𝑥2 ∆𝑥 ′′(𝑡) = −𝐵∆𝑖(𝑡) + 𝐴∆𝑥(𝑡) Y a partir de estas se obtiene el jacobiano el cual es la matriz A: 0 1 ( ) 𝐴 0 Para encontrar la matriz B: 𝑑𝑥1 𝑑𝑖(𝑡) 0 =( ) 𝑑𝑥2 −𝐵 (𝑑𝑖(𝑡) )

Para la matriz C:

𝑑𝑦(𝑡) ( 𝑥1

𝑑𝑦(𝑡) ) = (1 0) 𝑥2

Para la matriz D: (

𝑑𝑦(𝑡) 𝑖(𝑡)

𝑑𝑦(𝑡) ) = (0) 𝑖(𝑡)

Para la función de transferencia hay que tener en cuenta: 𝑥(𝑠) = 𝐶(𝑠𝐼 − 𝐴)−1 𝐵 + 𝐷 𝐼(𝑠) 𝑥(𝑠) 1 𝑠 = (1 0) 2 ( 𝐼(𝑠) 𝑠 −𝐴 𝐴

1 0 )( ) 𝑠 𝐵

𝑥(𝑠) 1 𝐵 𝐵 = (1 0) 2 ( )= 2 𝐼(𝑠) 𝑠 − 𝐴 𝑠𝐵 𝑠 −𝐴

Para la estabilidad se aplica el criterio de Routh Hurwitz 𝑝(𝑠) = 𝑠 2 − 𝐴 𝑠2 𝑠1 𝑠0

1 0 0

-A 0 0

Por lo tanto, se puede afirmar que el sistema es estable. Finalmente, para encontrar un valor de K en realimentación directa que pueda estabilizar el sistema: 𝑠2 −

2𝑘𝑖̅2 =0 𝑚𝑥̅ 3

2𝑘𝑖̅2 𝑠=√ 3 𝑚𝑥̅ 2𝑘 𝑖̅ √ <0 𝑚 32 𝑥̅

Por lo tanto, dado que para que el sistema sea estable la parte real de s debe ser negativa, el único valor que puede influenciar el resultado sin que la raíz se vuelva compleja es I, este debe ser negativo, y para que el resultado sea que s solo tenga parte real es necesario que K siempre sea mayor a 0.

Punto 6. Se tiene el sistema de levigación magnética y a esta se le aplica la siguiente función de transferencia: 𝑈(𝑠) 𝑘𝑐 (0.1𝑠 + 1) = 𝐸(𝑠) 0.01𝑠 + 1 Teniendo en cuenta la función del punto 5 y calculando las constantes a y b (con base en el punto de operación), se llega a que la función que describe todo el sistema es 𝑅(𝑠) = 𝑌(𝑠)

𝑘𝑐 (0.1𝑠 + 1) −4.545 0.01𝑠 + 1 ∗ (𝑠 2 − 1960) 𝑘 (0.1𝑠 + 1) −4.545 1 + 𝑐0.01𝑠 + 1 ∗ ( 2 ) 𝑠 − 1960

Simplificando se llega a que la función es 𝑅(𝑠) −𝑘𝑐 (0.455 + 0.45) = 3 2 𝑌(𝑠) 0.01𝑠 + 𝑠 − (19.6 + 0.45𝑘𝑐 )𝑠 − 1960 − 0.45𝑘𝑐 Dado que el orden del denominador es mayor al de numerador, se puede decir que el sistema es propio y por lo tanto es implementable. 𝑠3 𝑠2 𝑠1 𝑠0

0.01 −(19.6 + 0.45𝑘𝑐 ) 1 −1960 − 0.45𝑘𝑐 −(19.6 + 0.45𝑘𝑐 ) + 0.01(1960 + 0.45𝑘𝑐 ) 0 −1960 − 0.45𝑘𝑐 0

Se debe asegurar que no haya cambio de signo por lo que −(19.6 + 0.45𝑘𝑐 ) + 0.01(1960 + 0.45𝑘𝑐 ) = −0.4545𝑘𝑐 > 0 Por lo que Kc debe ser un valor positivo y se debe cumplir que −1960 − 0.45𝑘𝑐 > 0 De ahí que, 𝑘𝑐 >

1960 −0.45

𝑘𝑐 < −4355.55 Así que, Kc debe ser un valor menor a -4355.55. Para el desarrollo del ejercicio se va a escoger un Kc de -5000. Ahora, se utiliza MATLAB para graficar las raíces del sistema con red de adelanto y se llega a

Si se grafican las raíces para el sistema sin red se obtiene

De las gráficas anteriores se obtiene que con la red se llega a un sistema, en el que una de sus raíces es negativa en la parte real y tiene parte imaginaria, por lo que el sistema es estable. De lo anterior, se puede deducir que es posible establecer un Kc= -5000.

Punto 7 El modelo que describe el sistema es el presentado a continuación: ℎ1′ (𝑡) = ℎ2′ (𝑡) =

𝑄𝑖 𝑘1 √2𝑔(ℎ1(𝑡) − ℎ2(𝑡) − 𝐴1 𝐴1

𝑘1 𝑘2 √2𝑔(ℎ1(𝑡) − ℎ2(𝑡) − √2𝑔ℎ2(𝑡) 𝐴2 𝐴2

En el equilibrio: 0.1 0.2 √40, 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 ℎ1 = 10. √20(ℎ1 − 2 = 2 2

Linealizando el sistema se obtiene que: ∆ℎ1(𝑡) =

∆𝑄𝑖 (𝑡) 𝑘1 𝑔(ℎ1(𝑡) − ∆ℎ2(𝑡)) − = 1 √2𝑔(ℎ1 − ℎ2)

∆ℎ1′(𝑡) = ∆𝑄𝑖 (𝑡) − 0.079(∆ℎ1(𝑡) − ∆ℎ2(𝑡))

∆ℎ2′(𝑡) =

−𝑘1 𝑔(∆ℎ2(𝑡)) 𝐴2√2𝑔(ℎ1 − ℎ2)

−

𝑘2 𝑔∆ℎ2(𝑡) 𝐴2√2𝑔ℎ2

∆ℎ2′(𝑡) = 0.039(∆ℎ1(𝑡) − ∆ℎ2(𝑡)) − 0.158∆ℎ2(𝑡) Entonces obteniendo las ecuaciones de estado ′ −0.079 0.079 1 ℎ1 (ℎ1′ ) = ( ) ( ) + ( ) 𝑄𝑖(𝑡) 0.039 −0.019 0 ℎ2 ℎ2

Y 𝑦(𝑡) = (0

ℎ1 1) ( ) + (0)𝑄𝑖(𝑡) ℎ2

𝑦(𝑠) = 𝐶(𝑠𝐼 − 𝐴)−1 𝐵 + 𝐷 𝑄(𝑠) 𝑦(𝑠) 1 𝑠 + 0.079 −0.079 1 = (0 1) 2 ( )( ) 𝑄(𝑠) 𝑠 + 0.273𝑠 + 0.122 −0.039 𝑠 + 0.197 0

∆ℎ2(𝑠) 0.079 = 2 (𝑠) ∆𝑄𝑖 𝑠 + 0.237𝑠 + 0.0122 𝑤𝑛 = 0.11 2𝑤𝑛ẟ = 0.273 ẟ = 1.237

Se va a diseñar un controlador PID para poder asegurar cero en estado estacionario, teniendo en cuenta que el factor de amortiguamiento es mayor a 1 de la siguiente manera: 𝑘𝑐 (1 +

1 + 𝑇𝑑𝑠) 𝑇𝑖𝑠

Utilizando Matlab se obtuvo la gráfica de amplitud vs tiempo y a partir de esto se utilizaron las reglas de Ziegler Nichols para obtener kc, Ti, Td:

Al trazar la tangente se obtuvo que L= 1.69 y T= 18.61-1.69= 16.91. A partir de esto se obtiene kc: 𝑇 16.91 𝑘𝑐 = 1.2 ( ) = 1.2 ( ) = 12.0071 𝐿 1.69 Entonces 𝑇𝑖 = 2 ∗ 𝐿 = 3.38

𝑇𝑑 = 0.5𝐿 = 0.845 𝑘𝑐 = 𝑘𝑝 = 12.0071 𝑘𝑖 =

𝑘𝑐 = 3.547 𝑇𝑖

𝑘𝑑 = 𝑘𝑐 ∗ 𝑇𝑑 = 10.146