automatizaci´on de procesos/sistemas de...
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Automatización de
Procesos/Sistemas de
Control
Ing. Biomédica e Ing.
Electrónica
Capitulo VI
Lugar de las Ráıces
D.U. Campos-Delgado
Facultad de Ciencias
UASLP
Agosto-Diciembre/2019
1
-
CONTENIDO
Motivación
Pasos para la Graficación
Ejemplos
Diseño de Controladores
2
-
Motivación
Considerar que se tiene un sistema retro-
alimentado con acción proporcional K de
control, donde G(s) representa la planta ⇒la función de transferencia de lazo cerrado
estaŕıa dada por
H(s) =Y (s)
R(s)=
K ·G(s)1 +K ·G(s)
.
Asumir que la planta se puede representar
como un cociente de 2 polinomios de la
variable s,
G(s) =num(s)
den(s)
donde num(s) y den(s) son polinomios móni-
cos (coeficiente de la potencia más alta es
unitario).
3
-
Los polos de lazo cerrado estarán dados
por las ráıces de la ecuación caracteŕıstica:
1 +K ·G(s) = 0
⇔ G(s) = − 1K
⇔ 1+K · num(s)den(s)
= 0
⇔ den(s) +K · num(s) = 0
El lugar de las ráıces se define como la
gráfica en el plano complejo C de todas las
posibles ráıces de la ecuación caracteŕıstica
(polos de lazo cerrado) en función de una
ganancia o parámetro de control.
Ejemplo 1: considerar que la planta es inesta-
ble de 1er orden
G(s) =1
s− 1y considerar un control proporcional K, encon-
trar el lugar de las ráıces con respecto de K.
-
Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe
por
1 +K
s− 1= 0
⇒ s− 1 +K = 0cuya ráız está dada por s = 1−K, es decir enlazo cerrado el polo inestable se puede mover
al plano izquierdo complejo en función de la
ganancia K !!.
De esta manera, para K > 1 se tendŕıa un siste-
ma retroalimentado estable, y entre más gran-
de sea K más rápida será la respuesta transi-
toria.
Ejemplo 2: considerar que la planta está dada
por un doble integrador
G(s) =1
s2
-
y considerar un control proporcional K, encon-
trar el lugar de las ráıces con respecto de K.
Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe
por
1 +K
s2= 0
⇒ s2 +K = 0
cuya ráıces están dada para K > 0 por s1,2 =
±j√K, es decir el sistema retroalimentado en-
tra en oscilación sostenida, y el valor de K de-
fine la frecuencia.
Por otro lado, si K < 0 entonces las ráıces
seŕıan reales s1,2 = ±√−K, pero una seŕıa es-
table y la otra inestable !!
∴ No es posible estabilizar el sistema en lazo
cerrado con un control proporcional.
-
Ejemplo 3: asumir que la planta está dada por
la siguiente función de transferencia de 2do or-
den:
G(s) =1
s(s+2)
y considerar un control proporcional K, encon-
trar el lugar de las ráıces con respecto de K.
Solución: la ecuación caracteŕıstica se describe
por
1 +K
s(s+2)= 0
-
⇒ s2 +2s+K = 0
Por lo tanto, las ráıces se calculan por la ecua-
ción general de 2do orden
s1,2 =−2±
√4− 4K2
= −1±√1−K
en la siguiente tabla se calculan las ráıces en
función de K > 0.
Ganancia Polos
K = 0 0,−2K = 12 −1±
√12
K = 1 −1,−1K = 2 −1± jK = 5 −1± 2jK = 10 −1± 3j
Observar que para 0 ≤ K ≤ 1 los polos sonreales, y para K > 1 los polos se vuelven com-
plejos conjugados, aunque con parte real cons-
tante !
-
Pasos para la Graficación
• Definir n como el número de polos {pi} deG(s) y m el número de ceros {zi} ⇒ las ramasse asocian a las trayectorias de los polos en lazo
cerrado conforme K ↑, donde todas las ramasparten de los polos en lazo abierto (K = 0).
• En el lugar de las ráıces, m ramas tienden alos ceros de lazo abierto conforme K → ∞, yn−m tenderán a ∞.
• Enseguida se definen los pasos generales paragraficar el lugar de las ráıces con K ≥ 0.
• En MATLAB se utiliza el comando rlocuspara obtener la gráfica.
i) Marcar con una cruz × los polos de lazoabierto, y con un ćırculo ◦ los ceros en elplano complejo C.
4
-
ii) Las ramas que se encuentran sobre el eje
real se marcan al particionar el eje por seg-
mentos definidos en función de los polos y
ceros reales ⇒ si dado un segmento la su-ma de polos y ceros que se encuentran a
la derecha del segmento es impar, enton-
ces se marca el segmento y perteneceŕıa al
lugar de las ráıces.
iii) Las aśıntotas definen el comportamiento
de las ramas que tienden a ∞ conforme laganancia K crece, y existirán n−m aśınto-tas cuyo centroide se calcula por
α =
∑
i pi −∑
i zin−m
y cada aśıntotas tendrán los siguientes ángu-
los con respecto eje real
φl =180o +360o(l− 1)
n−ml = 1,2, . . . , n−m
iv) Los ceros complejos conjugados estarán
asociados con ángulos de llegada de las
-
ramas y los polos complejos conjugados
con ángulos de partida que se calculan por:
Ángulo de Partida de un Polo = 180o - (∑
ángulos de los vectores que unen al polo
con respecto del resto)+(∑
ángulos de los
vectores que unen al polo con todos los
ceros).
Ángulo de Llegada a un Cero = 180o - (∑
ángulos de los vectores que unen al cero
con respecto del resto de ceros)+(∑
ángu-
los de los vectores que unen al cero con
todos los polos).
v) Los puntos de rompimiento o llegada de las
ramas en el eje real entre un par de polos,
o hacia uno o dos ceros se obtienen por
K = − den(s)num(s)
dK
ds
∣∣∣∣s=punto de rompimiento o llegada
= 0
⇒ den′(s)num(s)− den(s)num′(s) = 0
-
donde (·)′ representa la derivada del poli-nomio. Observar que todas las soluciones
de la ecuación anterior tendrán significado.
vi) Los cruces de las ramas con respecto del
eje imaginario se obtienen de resolver por
K y ω tal que
G(s)|s=jω = −1
Ko
den(jω) +K · num(jω) = 0
-
Ejemplos
Ejemplo 1: calcular el lugar de las ráıces para
la planta
G(s) =1
s(s+1)(s+2)=
1
s3 +3s2 +2s
al considerar un control proporcional K > 0.
Solución: observa que G(s) no tiene ceros (m =
0) y cuenta con 3 polos (n = 3) en s = 0,
s = −1 y s = −2. Por lo que se tienen n−m = 3aśıntotas con los siguientes parámetros
α =0− 1− 2
3= −1
φ1 =180o
3= 60o
φ2 =180o +360o
3= 180o
φ3 =180o +720o
3= 300o
Observar que solamente los segmentos (−∞,−2]y [−1,0] del eje real pertenecen al lugar de lasráıces, y existiŕıa un punto de rompimiento so-
bre el eje real.
5
-
Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos
φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se
obtiene de encontrar la solución a
(jω)3 +3(jω)2 +2(jω) +K = 0
−jω3 − 3ω2 +2jω +K = 0
⇒{
−2ω2 +K = 0−ω3 +2ω = 0
∴ K = 6 & ω = ±1.4142 rad/s
Por lo que los polos en lazo cerrado serán esta-
bles para 0 < K < 6. El punto de rompimiento
sobre el eje real se obtiene de calcular las ráıces
den′(s)︸ ︷︷ ︸
3s2+6s+2
num(s)︸ ︷︷ ︸
1
− den(s)︸ ︷︷ ︸
s3+3s2+2s
num′(s)︸ ︷︷ ︸
0
= 0
⇒ 3s2 +6s+2 = 0
cuyas ráıces son s = −0.4226 y s = 1.5774,por lo que la primer ráız representa el punto
de rompimiento.
-
Ejemplo 2: calcular el lugar de las ráıces para
la planta
G(s) =1
s[(s+4)2 +16]=
1
s3 +8s2 +32s
al considerar un control proporcional K > 0.
Solución: observa que G(s) no tiene ceros (m =
0) y cuenta con 3 polos (n = 3) en s = 0 y
-
s = −4 ± 4j. Por lo que se tienen n − m = 3aśıntotas con los siguientes parámetros
α =0− 4− 4j − 4 + 4j
3= −8/3 = −2.66
φ1 =180o
3= 60o
φ2 =180o +360o
3= 180o
φ3 =180o +720o
3= 300o
Observar que solamente el segmento (−∞,0]del eje real pertenece al lugar de las ráıces, y no
existen puntos de rompimiento o llegada sobre
el eje real.
Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos
φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se
obtiene de encontrar la solución a
(jω)3 +8(jω)2 +32(jω) +K = 0
−jω3 − 8ω2 +32jω +K = 0
⇒{
−8ω2 +K = 0−ω3 +32ω = 0
-
∴ K = 256 & ω = ±5.65 rad/s
Finalmente, los ángulos de partida de los polos
complejos conjugados se obtienen a partir de
θ1 = 180o − 90o − 135o = −45o
θ2 = 180o − 270o − 225o = −315o = 45o
-
Ejemplo 3: calcular el lugar de las ráıces para
la planta
G(s) =s+2
s2 +2s+3=
s+2
(s+1)2 +2
al considerar un control proporcional K > 0.
Solución: observar que G(s) tiene un cero (m =
1) en s = −2, y cuenta con 2 polos (n = 2) ens = −1±
√2j. Por lo que se tienen n −m = 1
aśıntota con los siguientes parámetros
α =0− 1 + j
√2− 1− j
√2− 2
2= 0
φ1 =180o
1= 180o
Observar que solamente el segmento (−∞,−2]del eje real pertenece al lugar de las ráıces, y
existiŕıa un punto de llegada al cero real sobre
el eje real. Además no existirán cruces de las
ramas con el eje imaginario. Por lo que los po-
los en lazo cerrado serán siempre estables para
-
K > 0. El punto de llegada sobre el eje real se
obtiene de calcular las ráıces
den′(s)︸ ︷︷ ︸
2s+2
num(s)︸ ︷︷ ︸
s+2
− den(s)︸ ︷︷ ︸
s2+2s+3
num′(s)︸ ︷︷ ︸
1
= 0
⇒ s2 +4s+1 = 0
cuyas ráıces son s = −3.73 y s = −0.268, por loque la primer ráız representa el punto de rom-
pimiento. Finalmente, los ángulos de partida
de los polos complejos conjugados se obtienen
a partir de
θ1 = 180o − 90o +54.74o = 144.74o
θ2 = 180o − 270o − 54.74o = −144.74o
-
Diseño de Controladores
• El incorporar el lugar de las ráıces en la etapade diseño de un controlador permite visualizar
la ubicación de los polos de lazo cerrado al
variar una ganancia de control, y su efecto en
la respuesta transitoria.
• Con en el caṕıtulo anterior, se necesita incluirel modelo de la planta e incorporar los requeri-
mientos de la respuesta transitoria y de estado
estable.
Ejemplo: encontrar el valor apropiado de la ga-
nancia de control K para un sistema manipu-
lador de un rayo laser, cuya planta está dada
por
G(s) =1
s(τ1s+1)(τ2s+1),
con τ1 = 0.1 y τ2 = 0.2, de forma que se sa-
tisfaga que el error de estado estable para una
rampa r(t) = At · 1(t) (A = 1 mm/s) es menor
6
-
a 0.1 mm, es decir essr ≤ 0.1 mm, y la respues-ta transitoria sea tan rápida como sea posible
y con el menor sobretiro.
Solución: la error de estado estable para una
rampa R(s) = A/s2 estaŕıa dado por
esr =A
Kv≤ 0.1 mm/s
donde
Kv = ĺıms=0
sK·G(s) = ĺıms=0
sK
s(τ1s+1)(τ2s+1)= K
por lo que se necesita cumplir
A
K≤ 0.1 ⇒ K ≥ 10
Por otro lado, la ecuación caracteŕıstica de lazo
-
cerrado estaŕıa dada por
1 +K
s(τ1s+1)(τ2s+1)= 0
1+K
s(τ1τ2s2 + (τ1 + τ2)s+1)= 0
1+50K
s(s2 +15s+50)= 0
1+K̃
s(s+10)(s+5)= 0
donde K̃ = 50K. De esta manera se tiene la
forma base para graficar el lugar de las ráıces,
con n = 3 y m = 0, es decir se tienen 3 polos
en s = 0, s = −5 y s = −10, pero ningún cero.Por lo que se tienen n − m = 3 aśıntotas conlos siguientes parámetros
α =0− 5− 10
3= −5
φ1 =180o
3= 60o
φ2 =180o +360o
3= 180o
φ3 =180o +720o
3= 300o
-
Observar que solamente los segmentos (−∞,−10]y [−5,0] del eje real pertenecen al lugar de lasráıces, y existiŕıa un punto de rompimiento so-
bre el eje real.
Las ramas que siguen las aśıntotas con ángulos
φ1 y φ3 cruzan el eje imaginario, cuyo valor se
obtiene de encontrar la solución a
(jω)3 +15(jω)2 +50(jω) + 50K = 0
−jω3 − 15ω2 +50jω +50K = 0
⇒{
−15ω2 +50K = 0−ω3 +50ω = 0
∴ K = 15 & ω = ±7.071 rad/s
Por lo que los polos en lazo cerrado serán esta-
bles para 0 < K < 15. El punto de rompimiento
sobre el eje real se obtiene de calcular las ráıces
den′(s)︸ ︷︷ ︸
3s2+30s+50
num(s)︸ ︷︷ ︸
1
− den(s)︸ ︷︷ ︸
s3+15s2+50s
num′(s)︸ ︷︷ ︸
0
= 0
⇒ 3s2 +30s+50 = 0
-
cuyas ráıces son s = −2.1132 y s = 7.8868,por lo que la primer ráız representa el punto
de rompimiento. Para calcular la ganancia K
correspondiente a este punto del lugar de las
ráıces
K = −s3 +15s2 +50s
50= 0.96
Por lo que para 0.96 < K < 15 se tienen polos
estables y complejos conjugados, y entre mas
-
se acerque la ganancia a 15, menor amortigua-
miento se tendrá. De esta manera, se asigna el
valor de K = 10, que cumple con la condición
de estado estacionario.
-
Tarea # 6
Resolver los siguientes problemas del libro detexto (Ingenieŕıa de Control Moderna, K. Oga-ta, 4a Edición, Prentice Hall):
B.6.2
B.6.3
B.6.8
B.6.10
B.6.15
7
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