Sistemas automáticos

2011
Sistemas Automáticos. Trabajo práctico

Escorihuela, Santiago Maldonado, Jose Miguel 19/01/2011

EJERCICIO 1
1) Esquema del sistema de control:
numR (s) 0 denR (s) Red 0º Controlador 1 0.1s2 +s Planta G (s) Retraso exp (-0.01 s) Kc Sensor 1 Retraso en la medida T 0 Angulo Medido

Perturbacion

Nuestra señal de referencia es de 0º ya que queremos que el ángulo Θc siga a Θo paraello la diferencia entre ambos, Θe, debe ser de 0º. La planta G(s) tiene como entrada la velocidad angular de la cámara (w rad/seg) y devuelve Θc. Esta señal a controlar (Θc) se ve afectada por un retraso propio de la planta, y posteriormente por calibración de la cámara (Kc) y por un retraso adicional en su medida (T0).

2) Diseño de un regulador PID.
Condiciones: Cámara bien calibrada (Kc=1) ysin retraso (T0=0) Error de velocidad 5% Podemos diseñar el control por métodos frecuenciales ya que disponemos del Bode de G(s) pero como también conocemos la planta en concreto podemos diseñar utilizando el LR. =1 como debe ser menor o igual a 0.05 nos limita la Primero de todo controlar el error de velocidad: planta de tipo 1 ganancia del sistema a K>=20. DISEÑO CON LR. Vamos a despreciar elefecto del retraso que tiene G(s), y una vez simulemos comprobaremos si es aceptable esta aproximación. El LR de la planta tiene un polo en -10 y otro en 0. Y con una K de 20 tenemos una sistema con SO=30% y tr de 0.628seg.
Root Locus 20

15

System: sys Gain: 20 Pole: -32 + 16i Damping: 0.894 Overshoot (%): 0.19 Frequency (rad/sec): 35.8

Si introducimos un PAF, tal que el cero este en -10 yel polo en -64 nos aseguramos de que para K=20 tengamos un sistema con poca SO y un tr rápido entorno a 0.1 segundos. De esta manera tendremos un controlador Con Td = 0.1 y α = 0.15625 =
. .

10

5

R(s) con el LR
Imaginary Axis 0

=

.

. . . .

Con este R(s) la acción que entra a la planta es de

= 128

-5

-10 System: sys Gain: 20 Pole: -32 - 16i Damping: 0.894 Overshoot(%): 0.19 Frequency (rad/sec): 35.8

Esto son unas 1200 rpm aproximadamente, y mirando en catálogos vemos que un motor de 12V puede desarrollar una velocidad de 8700 rpm y como suponemos que es una cámara pequeña (tipo webcam) no necesitaremos de un gran par de giro. Por este motivo la acción parece adecuada para este sistema.http://www.logismarket.es/elmeq-motor/motor/1499523752-814609300p.html?source=PDF

-15

-20 -70

-60

-50

-40

-30 Real Axis

-20

-10

0

10

SANTIAGO ESCORIHUELA JOSE MIGUEL MALDONADO

Introducimos nuestro controlador en el sistema y simulamos El tiempo de respuesta es algo mayor que lo calculado (tr=0.14seg) anteriormente (pasa de 1.05 muy levemente en t=0.12seg), es debido al retraso propio de la planta, pero no obstante es unarespuesta al escalón unitario aceptable en términos de tr y SO.

Calculamos su ITAE y es de 2,1926e-3 y por ultimo obtendremos el diagrama de Bode del sistema en bucle abierto para observar el Margen de Fase y de Ganancia. Mf = 60º MG(w=75 rad/s) = -15.2 db

Bode Diagram 60

40

20*R(s)*G(s) 20*G(s) G(s)

20 Magnitude (dB) Phase (deg)

0

-20

-40

-60 270

225

180

135

90 10-1

10

0

10 Frequency (rad/sec)

1

10

2

DISEÑO CON METODOS FRECUENCIALES. Partimos de un amortiguamiento deseado de ξ = 0.9 y de un tr deseado de 0.15seg. Con estos datos sabemos que buscamos una wcdeseada=12.8rad/seg y un Mfdeseado = 75º. Como para el sistema Mf(wcdeseada ) = 30º debemos introducir un PAF para subir la fase en el punto buscado. =
. .

Con Td = 0.0.1886 y α= 0.1716

El problema es que el PAF sube el diagrama de modulos, por lo que wc no esta ajustada. Para ello deberemos bajar la curva de modulos −26.6 + 20. log + 10. log 1 = 7.3 como no podemos variar K por esta fija a 20 para mantener el error de velocidad, debemos introducir un PRF para este fin. = buscados. Diagrama de Bode de sistema Respuesta a la perturbación escalón unitaria
. .

Con...