Ing. José Raúl Muñoz MoralesTemas Abarcados:Capitulo 7: Error en Estado EstableCapitulo 8: Polos, Ceros y EstabilidadCapitulo 9: Análisis Geométrico de las RaícesCapitulo 10: Controladores

Problema 1

1. Establecer el tipo de los sistemas que se dan en las siguientes funciones de transferencia en lazo abierto.

a¿ 5s+2

b¿2 (s+1 )

s2+2 s+1c ¿ 6

s ( s+3 )d ¿ 2

s2+4 se ¿ 2(s+3)

s2(s2+2 s+1)

*NOTA:

La función de transferencia en lazo abierto de los sistemas en general se puede representar mediante una ecuación de la forma

K (sm+am−1 sm−1+am−2 s

m−2+…+a1 s+a0)sq(sn+bn−1 s

n−1+bn−2 sn−2+…+b1s+b0)

Donde K es constante, m y n son enteros y ni a0 ni b0 pueden ser cero; q es un entero, el valor que se conoce como el tipo o clase del sistema. De este modo, si q=0, entonces se dice que el sistema es de tipo 0; si q= 1, entonces es de tipo 1, y si q=2, entonces es de tipo 2. Puesto que 1/s es integración, el tipo es el número de integradores en la función de transferencia en lazo cerrado.

a¿ 5s+2 , esta función es de tipo 0 debido que no tiene ningún termino

independiente s en el denominador.

b¿2 (s+1 )

s2+2 s+1 , esta función es de tipo 0 debido que no tiene ningún termino

independiente s en el denominador.c ¿ 6

s ( s+3 ) , esta función es de tipo 1 porque en la función de transferencia tenemos un término s en el denominador.

d ¿ 2s2+4 s

= 2s (s+4 ) , esta función es de tipo 1 porque en la función de

transferencia tenemos un término s en el denominador.

e ¿ 2(s+3)s2(s2+2 s+1)

, esta función es de tipo 2 porque en la función de transferencia

tenemos un término s y q=2 en el denominador.

PROBLEMA 2

2.- ¿Cuales son los tipos de los siguientes sistemas en lazo cerrado?

a) La función de transferencia de la trayectoria directa 1/(2s+1), la trayectoria de realimentación unitaria.b) La función de transferencia de la trayectoria directa 1/(s+1), la función de transferencia de la trayectoria de realimentación 5.c) La función de transferencia de la trayectoria directa 1/(s2+2s+1), la función de transferencia de la trayectoria de realimentación 1/s.d) La función de transferencia de la trayectoria directa 2(s+1)/(s2+5s), la función de transferencia de la trayectoria de realimentación 1/(s+1).CLASIFICACION DE LOS SISTEMAS

Los sistemas se clasifican de acuerdo con el valor de la función de transferencia de la trayectoria directa cuando se tiene realimentación unitaria; esta a menudo se denomina función de transferencia en lazo abierto del sistema en lazo cerrado. Para un sistema con función de transferencia de la trayectoria directa G(s) y lazo de realimentación con función de transferencia H(s), la función de transferencia en lazo abierto G0(s) está dada por la ecuación:

G(s)= G(s)1+G ( s) [H (s )−1]

La función de transferencia en lazo abierto de los sistemas en general se puede representar mediante una ecuación de la forma:

K (sm+am−1 sm−1+am−2 s

m−2+…+a1 s+a0)s9(sn+bn−1 s

n−1+bn−2 sn−2+…+b1 s+b0)

Donde K es una constante, m y n son enteros y ni a0 ni b0 pueden ser 0; q es un entero, el valor que se conoce como el tipo o clase de sistema. De este modo, si q=0, entonces se dice que el sistema es de tipo 0; si q=1, entonces es de tipo 1, si q=2, entonces es de tipo 2.El tipo es, de esta manera, el numero de factores 1/s en la función de transferencia en lazo abieto. Puesto que 1/s es integración.a) Puesto que no hay termino independiente s en el denominador 1/(2s+1), el tipo es 0.b) Puesto que no hay termino independiente s en el denominador 1/(s+1), el tipo es 0.c) Puesto que no hay termino independiente s en el denominador 1/(s2+2s+1), el tipo es 0.d) Debido a que en el denominador 2(s+1)/(s2+5s) se encuentra un término independiente s, el tipo es 1.

Factorizando la variable s del denominador obtenemos: s(s+5)Por lo tanto la potencia a la cual esta elevada la variable s es 1, de este modo es de tipo 1.

PROBLEMA 3 DE LOPEZ OVANDO

Problema 4

El sistema de guiado de un automóvil tiene una función de transferencia en lazo abierto de

Ge(s) = ks ( s+a )(s+b)

¿Cuáles serán los errores en estado estable cuando el sistema de guiado esta sujeto a

a) una entrada escalón de magnitud A

b) una entrada rampa que cambia a razón de A

Respuesta

a) El error en estado estable para un sistema de tipo 0 sera 1/[1+(ka0/b0)] o

ess= 11+kp

Y para todos los otros tipos de este sistemas será 0, por consiguiente el problema planteado arriba nos dice que es un sistema de tipo 1 así que la respuesta es 0.

b)Si la entrada es una rampa con razón de cambio con el tiempo de una constante A entonces el error en estado estable con el sistema de tipo 1 seria A/K.

Puesto que nuestra ecuación es

Ge(s) = ks ( s+a )(s+b)

La respuesta seria ab/k

PROBLEMA 1

Las salidas de varios sistemas cuando están sujetos a una entrada escalón son:

a) θ0= 3 (ESTABLE)b) θ0= 3t (INESTABLE)c) θ0=2+3t (INESTABLE)

¿Cuáles de estos sistemas son estables?

GRAFICA (A)

EN ESTA FIGURA SE ILUSTRA LA FORMA DE SALIDA PUESTO QUE ESTA SE ACOSTA ES DECIR ES

FINITA EL SISTEMA ES ESTABLE.

GRAFICA (B)

EN ESTA FIGURA SE ILUSTRA LA FORMA DE SALIDA PUESTO QUE SE INCREMENTA Y NO SE ACOTA EL SISTEMA ES INESTABLE

θ0=3 T(S)3 13 23 33 43 5

θ0=3T T(S)3 16 29 312 415 5

GRAFICA (C)

θ0=2+3T (T)5 18 211 314 417 5EN ESTA FIGURA SE ILUSTRA LA FORMA DE SALIDA PUESTO QUE SE INCREMENTA Y NO SE ACOTA EL SISTEMA ES INESTABLE.

PROBLEMA 3

3.- ¿Cuáles son los polos y ceros de los sistemas dados por las siguientes funciones de transferencia en lazo cerrado?

a) 2 s−1s2−5 s+6

Respuesta:

Ceros:

2s-1=0

2s=1

S=1/2 (cero)

Polos: S2-5s+6 factorizando obtenemos (s-3)(s-2)

Por lo tanto para {s−3 s=3 el polo es+3s−2 s=2 el poloes+2

b) 4 s−1s2+2 s

Respuesta:

Ceros:

4s-1=0

4s=1

S=1/4 (cero)

Polos:

S2+2s, tomando a s como factor común obtenemos s(s+2)

Por lo tanto tendremos dos polos, el primero será 0 debido a la variable s fuera de paréntesis, el segundo polo será -2 despejando a s de (s+2).

c) (s+2)(s−3)(s+2 ) ( s+3 )(s−4)

Respuesta:

Ceros:

Al despejar la variable s de mi numerado en ambos binomios obtendré los ceros con valores de s=-2 y s=3

Polos:

Despejamos la variable s en el denominador existente en los tres binomios con lo cual obtenemos 3 polos con valores de -2, -3 y 4

d) 4s2+2 s+3

Respuesta:

Ceros:

Al no existir una variable s en el numerador no obtendremos ningún cero

Polos:

Al ser imposible factorizar el denominador s2+2s+3, aplicamos la formula

general m=−b±√b2−4ac2a

para poder obtener nuestros polos.

Sustituyendo en la formula m=−2±√22−4 (1 )(3)

2(1)

Realizando las operaciones obtendremos:

−2+√−82

=−1+ j1.41

−2−√−82

=−1− j 1.41

e) s2+s+1s ( s−3 )(s+5)

Respuesta:

Ceros:

Al no ser posible factorizar nuestro numerador se procede a utilizar la formula general

m=−b±√b2−4ac2a

Sustituyendo: m=−1±√12−4 (1 )(1)

2(1) realizando las operaciones obtendremos

−1+√−32

=−0.5+ j0.86

−1−√−32

=−0.5− j0.86

Polos:

Cuando la variable s se encuentra multiplicando a los dos binomios en el denominador el valor de su polo se toma como 0, y despejando la misma variable de los dos binomios existentes obtenemos los valores de 3 y -5

Problema 4

4.- Cuales son las funciones de transferencia de los sistemas con los siguientes polos y cero?

a) Polos en 0, -1, -2; sin ceros.b) Polos en +1, -3; cero en 0.c) Polos en (-2 ±j1) ; cero -1 d) Polos en 0, (-3 ±j2) ceros en -1 y +2.

a) Polos 0 Ceros No tiene -1 -2

FDT= 1s [s−(−1 ) ] [s−(−2 ) ]

= 1s(s+1)(s+2)

b) Polos 1 Ceros 0 -3

FDT=( s−0 )

(s−1 ) ( s− (−3 ) )= s

(s−1 ) (s+3 )

c) Polos (-2±j1) Ceros -1

FDT=( s− (−1 ) )

[s−(−2+ j1 ) ] [s−(−2− j 1 ) ]=

(s+1)[s2−(−2+ j 1 ) s−(−2− j 1 ) s+(−2+ j1 ) (−2− j1 )]

FDT=(s+1)

s2+4 s+5

d) Polos 0 Ceros -1 (-3±j2) 2

FDT=(s+1)(s−2)

s [s−(−3+2 j ) ][ s− (−3−2 j )]=

(s+1)(s−2)s[ s2−(−3+2 j ) s−(−3−2 j ) s+ (−3+2 j ) (−3−2 j )]

FDT=(s+1)(s−1)

s (s¿¿2−6 s+13)¿Problema 6 capitulo 8

Os siguientes polinomios son los denominadores de las funciones de transferencia de varios sistemas. Por inspección ¿Cuál de estos puede ser estable, inestable y críticamente estable?

A) s2+2 s

B)s3−2 s2+s+3

C)s4+3 s3+2 s2+4 s−1

D)s5+2 s4+3 s3+s2+2 s+1

ECUACIONES A UTILIZAR

b1=an−1−( an

an−1)an−3 b2=an−4−( an

an−1)an−5

c1=an−3−( an−1

b1 )b2d1=b2−( b1

c1 )c2A)

Polo 1

Polo 2

s2 1 1s1 2

s0 1 0

b1=1−( 12 )0=1b2=0−( 12 )0=0

ES CRITICAMENTE ESTABLE POR NO TIENE NINGUN DENOMINADOR NEGATIVO EN LOS POLOS PERO TIENE UN CERO POR ESO ES CRITICO

B)

Polo 1

Polo 2

1 1s2 2 3s1 -.5S0 3

b1=1−( 12 )3=−0.5

b2=0−( 12 )0=0

C1=3−( 21 )0=3

ES INESTABLE PORQUE TIENE UN DENOMINADOR NEGATIVO EN UNO DE SUS POLOS.

C)

Polo 1

Polo 2

Polo 3

s4 1 2 -1S3 3 4s2 .66 -1s1 5.5S0 -1

b1=2−(13 )4=0.666

b2=1−(13 )0=−1

c1=4−( 1.66 ) (−1 )=5.5

d1=−1−( .665.5 )0=−1

ES INESTABLE PORQUE TIENE UN DENOMINADOR NEGATIVO EN CADA POLO

D)

Polo 1

Polo 2

Polo 3

s5 1 3 2s4 2 1 1S3 2.5 2s2 -.6s1 2S0

b1=3−( 12 )1=2.5

b2=2−(12 )0=2

c1=2−( 22.5 )0=−0.6

d1=2−( 2.5−.6 )0=2PUEDE SER ESTABLE PORQUE SOLO TIENE UN DENOMINADOR

NEGATIVO EN UNO DE SUS POLOS

Problema 8

El denominador de la función de transferencia de un sistema ess3+2 s2+4 s+K

¿En que intervalo de valores puede estar K si el sistema fuera estable?

Respuesta:Para resolver este problema se realiza mediante el arreglo de Routh

an sn+an−1 sn−1+an−2 s

n−2+….+a1 s+a0

sn an an−2an−4…sn−1an−1an−3an−5…sn−2b1b2b3…sn−3c1c2 c3…. . ..…. . ..…. . ..…s2 x1 x2 x3…

s1 y1 y2…s0 z1…

b1=an−2−( an

an−1)an−3 b2=an−4−( an

an−1)an−5

c1=an−3−( an−1

b1 )b2 c2=an−5−( an−1

b1 )b3

Tenemos s3+2 s2+4 s+K

De acuerdo a la forma de la ecuación

an sn+an−1 sn−1+an−2 s

n−2+….+a1 s+a0

Obtenemos que

s314

s22K

Los elementos del tercer renglón se obtienen

b1=an−2−( an

an−1)an−3=4−(12 )K

b2=an−4−( an

an−1)an−5=0−( 12 )0=0

Nos queda

s314s22K s14−( 12 )K 0

Los elementos del cuarto renglón se obtienen

c1=an−3−( an−1

b1 )b2=K−( 2

4−12

K )0=K

s314s22K s14−12

K 0

s0 K

Para que el sistema sea estable todos los elementos de la primera columna deben ser positivos. Esto significa que

(4−12 K )>0 y K>0

13

Significa que

4> 12

K , y por lotanto ,8>K .

De esta manera

K debe estar entre 0 y 8.

Interpretación de los diagramas del lugar geométrico de las raíces (pág. 223)

Problema 1

Elaborar los lugares geométricos de las raíces para los sistemas de la figura 9.32 y para sistemas de segundo orden establecer el valor de la ganancia k para la cual los sistemas están críticamente amortiguados.

a) El sistema tiene una función de transferencia de:

G (s )=

ks+3

1+ ks+3

= ks+3+k

La ecuación de transferencia es:

s+3+k=0

Con k=0Con k ≠0 ∴

s=−3 s=−(3+k )

b) El sistema tiene una función de transferencia de:

G (s )=

ks

1+ ks

= ks+k

La ecuación de transferencia es:

s+k=0

14

Con k=0Con k ≠0 ∴

s=0 s=−k

c) El sistema tiene una función de transferencia de:

G (s )=

ks2+4 s+3

1+ ks2+4 s+3

= ks2+4 s+(3+k )

La ecuación de transferencia es: Con k=0Con k=1Con k>1

s2+4 s+(3+k ) p1=−3 p1=−2 p1=Ai+c

Donde a=1 ; b=4 ; c=3+k p2=−1 p2=−2 p2=Ai+c

p=−(4)±√(4 )2−4 (3+k )2

p=−(4)±√4−4k ¿ ¿2

d) El sistema tiene una función de transferencia de:

G (s )=

ks2+8 s+10

1+ ks2+8 s+10

= ks2+8 s+(10+k)

La ecuación de transferencia es: Con k=0Con k=6Con k>6

s2+8 s+(10+k ) p1=−1.6 p1=−4 p1=Ai+c

Donde a=1 ; b=8 ;c=10+k p2=−6.4 p2=−4 p2=Ai+c

p=−(8)±√(8)2−4 (10+k )2

15

p=−(8)±√64−40−4k ¿ ¿2

Problema 2

Esbozar los diagramas de los lugares geométricos de las raíces para los sistemas que tiene las siguientes funciones de transferencia en lazo abierto e identificar polos, ceros, asíntotas y puntos de desprendimiento.

a¿K / (s+2)

(s+1)(s+3)(s+4)

b¿K ( s+5 )

(s+2 ) (s+4+ j 3 ) ( s+4−3 j )

c ¿ K(s+1)(s2+9 s+25)

d ¿ Ks2+s+4

a¿k (s+2)

(s+1 ) (s+3 ) ( s+4 )

G(s)= k (s+2)/(s+1)(s+3)(s+4 )1+k (s+2)/(s+1)(s+3)(s+4)

G(s)= k (s+2)(s+1 ) (s+3 ) (s+4 )+k (s+2)

Ecuacion caracteristica ( s+1 ) (s+3 ) (s+4 )+k (s−2 )=0

Cuando K=0Ecuacion caracteristica se convierte a

( s+1 ) (s+3 ) (s+4 )=0

Polos en lazo abierto estan en -1,-3 y -4Hay un cero en -2La ecuacion es de 3° grado.Punto de interseccion de las asintotas con el eje real es

−1−3−43

=−2.66

16

Punto de desprendimiento ( s+1 ) (s+3 ) (s+4 )+k (s−2 )=0

s3+8 s2+19 s+12+k (s−2 )=0

k= s3+8 s2+19 s+122−s

Para diferenciar un cociente se tiene

ddx ( u

v )=v ( du

dx )−u( dvdx

)

v2

dkds

=(2−s ) (3 s2+16 s+19 )−( s3+8 s2+19 s+12 ) (−1)

(2−5)2

dkds

=−2 s3−2 s2+32 s+50s2−4 s+4

Al igualar esta ecuacion a cero, significa que se tiene

−2 s3−2 s2+32 s+50=0

Las raices de esta ecuacion son :

x1=4.2

x2=-3.5

x3=-1.68

b)

K (s+5 )(s+2 ) ( s2+9 s+25 )

G (s )=K (s+5) /( s+2 ) ( s+4+ j3 ) ( s+4− j3 )1+ K (s+5)/ (s+2 ) (s+4+ j 3 ) (s+4− j 3 )

17

G (s )= k ( s+5 )(s+2 ) (s+4+ j 3 ) (s+4− j 3 )+k (s+5)

La ecuacion caracteristica es:

( s+2 ) (s+4+ j 3 ) (s+4− j3 )+k (s+5 )=0

cuando K=0

La ecuacion caracteristica ( s+2 ) (s+4+ j 3 ) (s+4− j3 )=0

Los polos en lazo abierto son 2 y 4± j 3

Tenemos un cero localizado en -5

Puesto que las asíntotas se encuentran en el eje real el punto de intersección no tiene interpretación

Punto de desprendimiento

( s+2 ) (s+4+ j 3 ) (s+4− j3 )+k (s−5 )=0

s3+10 s2+28 s+32+k (s−5 )=0

K= s3+10 s2+28 s+325−s

dkds

=(5−s ) (3 s2+20 s+41 )−( s3+10s2+41 s+50 ) (−1 )

(5−s)2

dKds

=−2 s3+5 s2+100 s+255s2−10 s+25

Al igualar esta ecuación a cero se obtiene−2 s3+5 s2+100 s+255

Las racices obtenidas son

X1=--2.54X2=-2. 2134×10⁻²-7. 0790iX3=2. 2134×10⁻²+7. 0790i

c ¿ K(s+1)(s2+9 s+25)

18

G (s )= K(s+1)(s2+9 s+25)

= K(s+1 ) ( s2+9 s+25 )+K

G (s )= K(s+1 ) ( s2+9 s+25 )+K

La ecuación característica es

( s+1 ) (s2+9 s+25 )+K=0

cuando K=0es ( s+1 ) ( s2+9 s+25 )=0

Los polos en lazo abierto -1,-9

Como el numerador es una constante no hay ceros

El Punto de intersección es

−1−93

=−3.3

d ¿ Ks2+s+4

G (s )= Ks2+s+4

=K /(s2+s+4)1+K /(s2+s+4 )

= Ks2+s+4+K

Ecuación característica s2+s+4+K=0

Cuando K=0

s2+s+4=0

Punto de desprendimiento −0.5

El punto de desprendimiento se obtiene mediante

¿

s3+10 s2+34 s+25+K=0

19

K=s3+10 s2+34 s+25

Obteniendo las raíces se obtiene el punto de desprendimiento es ¿−4.5

DIAGRAMAS

Problema 3

Cuáles son las frecuencias angulares naturales y los factores de amortiguamiento relativo para los sistemas que tienen funciones de transferencia en lazo cerrado con ecuaciones características de:

s2+4 s+16s2+6 s+12

s2+2 s+10

20

1- s2+4 s+16Los coeficientes 1+4+16 nos proporcionaran las raíces por medio de la formula general:

x=−b±√b2−4ac2a

Y sustituimos:

x=−4 ±√42−4 (16 )(1)2(1)

Lo que nos da el valor de las siguientes raíces:x=−2±3.4 i

Despues pasamos a realizar la siguiente formula para determinar frencuencia angular:

ωn2=σ2+ω2

Donde:

- σ es la parte real de las raices- ω es la parte imaginaria- ωn es la frecuenciaangular

ωn2=22+3.42

ωn=4 Radseg

Una vez obtenida la frecuencia angular proseguimos a obtener el factor de amortiguamiento, para esto debemos determinar nuestro angulo θ y para conseguirlo necesitamos graficar nuestros valores reales e imaginarios de las raíces:X= parte Real= 2Y=Parte Imaginaria=3.4 i

Una vez graficando sacamos θ=tg−1 catetoopuesto

catetoadyacente=3.4

−2=−1.03

El factor de amortiguamiento es Cos θ=0.5

2- s2+6 s+12

x=−4 ±√42−4 (16 )(1)2(1)

x=−3±1.7 i

ωn2=σ2+ω2

21

ωn2=−32+1.72

ωn=3.4 radseg

Θ=tg−1 cateto opuestocatetoadyacente

=1.7−3

=−.51

cos (−.51 )=.87 3- s2+2 s+10

x=−2±√22−4 (1 )(10)2(1)

x=−1±3iωn2=σ2+ω2

ωn2=−12+32

ωn=3.16 radseg

Θ=tg−1 cateto opuestocatetoadyacente

= 3−1

=−1.24

cos (−1.24 )=.32

PROBLEMA 4

Cuales son los tiempos de asentamiento de 2% y los tiempos de levantamiento para un sistema que tiene una función de transferencia de lazo abierto de

Ks ( s+2 )

Cuando a) K = 4 y b) K = 16

Solución

La función de transferencia del sistema en lazo abierto Go (s ) es Ks (s+2 ) puesto que la

realimentación es unitaria, el sistema tiene una función de transferencia G (s ) de

G (s )= K /s(s+2)1+ K /s (s+2)

La cual puede escribirse como

22

G (s )= Ks (s+2 )+ K

o Ks2+2 s+K

La ecuación característica es por lo tanto

s2+2 s+K=0

Las raíces para una ecuación de forma a x2+bx+c=0esta dada por

Raices=−b±√b2−4ac2a

Sustituyendo las raíces del polinomio del denominado de la función de transferencia se obtiene las raíces

−(2 )±√ (−2 )2+4 (1 ) ( K )2 (1 )

=−2±√4−4K2

=−1±√1−K

El tiempo de asentamiento para 2% esta dado por

t s=4

ζ ωn

Debido a la ecuación que indica que

ζ = σωn

Entonces el tiempo de asentamiento esta dado por la ecuación

t s=4σ

El tiempo de levantamiento t r de un sistema esta dado por la ecuación

t r=π2ω

Aplicando las ecuaciones para a) K=4 se obtiene

Tiempode asentamiento=ts=4σ=41=4 s

Tiempode levantamiento=t r=π2ω

=tr=π

2√1−4=0.9068 s

23

CONTROLADOR PLANTA

Aplicando las ecuaciones para a) K=16 se obtiene

Tiempode asentamiento=ts=4σ=41=4 s

Tiempode levantamiento=t r=π2ω

=tr=π

2√1−16=0.405577867 s≅ 0.41 s

Resp

a¿cuando K=4 ,t s=4 s y tr=0.9068 s

b¿cuando K=16 , t s=4 s y t r=0.41 s

PROBLEMA 1

Un sistema realimentado tiene una función de transferencia de la trayectoria directa de

1s (s2+3 s+5)

y realimentación unitaria. ¿Cuál será el error en estado estable con una entrada rampa unitaria si a) en la trayectoria directa se introduce un controlador proporcional con ganancia 4, b) en lugar del controlador proporcional se usa uno integral en constante de tiempo de 2s? Resp. a) 1.25, b) 0.

SOLUCIÓNa) Controlador proporcional

La salida del controlador es directamente proporcional a su entrada; la entrada es la señal de error,e, la cual es función del tiempo. Ya que se trata de una

entrada rampa unitaria, θi (s )= 1s2

DatosK p [¿ ] Ganancia proporcional=4

24

Gc (s )=K p

Go (s )=K p

s (s2+3 s+5 )

La ecuación de error en estado estable para lazo cerrado se define como

ess=lims→ 0 [ s ∙ 1

1+Go (s )∙ θi ( s )]

Por lo tanto, la ecuación resulta

ess=lims→0 [ s ∙ 1

1+Go (s )∙ 1s2 ]=lims→0 [ s ∙ 1

1+[ K p /s ( s2+3 s+5 ) ]∙ 1s2 ]

ess=lims→ 0 [ 1

s+[ s K p /s ( s2+3 s+5 ) ] ]=lims→ 0 [ 1s+[K p/ ( s2+3 s+5 ) ] ]

Aplicando el límite, cuando s→0, tenemos

ess=1

K p

5

= 5K p

Sustituyendo el valor de la ganancia proporcional K p=4, obtenemos el error en estado estable.

ess=54=1.25

b) Controlador integralLa salida del controlador es proporcional a la integral de la señal de error e con el tiempo.

Salida=K i∫0

t

edt

Datos

25

K i [¿ ]Ganan c iaintegral , enunidades de s−1= 12 seg

=0.5

Gc (s )=K i

s

Go (s )=K i

s¿¿

De la misma forma que en el inciso anterior, tenemos una entrada rampa

unitaria, θi (s )= 1s2

y es un sistema de lazo cerrado, por lo que aplicamos la ecuación de estado estable como sigue:

ess=lims →0 [ s ∙ 1

1+[K i / ( s4+3 s3+5 s2 ) ]∙ 1s2 ]=lims→0 [ 1

s+[ K i/ ( s3+3 s2+5 s ) ] ]Aplicando el límite cuando s→0 y la posterior sustitución de K i, el error en estado estable obtenido es

ess=10.50

= 1∞

=0

PROBLEMA 3

Un sistema realimentado tiene una función de transferencia de

Go (s )= ( s+3 )s (s+1 ) ( s+2 )

¿Cuánto se moverá el punto de intersección de las asíntotas de los lugares geométricos de las raíces con el eje real si se introduce un controlador PI con una constante de tiempo integral de 5 s y una ganancia proporcional de 2?

SOLUCIÓN

Puntode intersección=∑ polos−∑ ceros

n−m

m [¿ ]número deceros=1

n [¿ ] númerode polos=3

Σ m=−3

26

Σ n=−3

Puntode intersección=(−3 )−(−3)3−1 =0

Mediante el uso del control PI se adiciona un cero en −(1/ τ i) y un polo en cero, lo que da por resultado que el punto de intersección cambie por +(1 /τ i )/ (n−m), a la derecha y se hace más positivo y cercano al origen.

Puntode intersección=+ 1

τ i

n−m=

+15

3−1=+0.1a la derecha

Problema 4 / Pagina 250 / Capitulo 10

Un sistema realimentado tieneun control proporcional derivativo con una planta que tiene una función de transferenciaen lazo abierto:

1s ( s+2 )

Seleccionar los valores de Kp y Kd de modo que el sistema tenga una frecuencia angular natural de .5 rad/s y un factor de amortiguamiento de .7.

Respuesta:

1- G (s )= Kps (s+2 )

2- G (s )=

kps ( s+2 )

1+ kps ( s+2 )¿

¿

3- s2+2 s+kp

4- x=−2±√22−4kp2

={−1+ j √Kp−1−1− j √Kp−1

5- ωn2=1+{√kp−1}2

6- Kp=(.5)2=.257- Kd=Kp/T= .25/-.19=-1.31

Problema 5 /pagina 250/ capitulo 10

Un controlador PID se usa para controlar una planta con una función de transferencia de:

27

1s ( s+3+ j 1 ) ( s+3− j 1 )

Si el controlador PID tiene una constante de tiempo integral de 4s y una constante de tiempo derivativa de 1 s. ¿Cuáles serán los ceros y los polos en lazo abierto del sistema de control?

Respuesta:

La función de transferencia en lazo abierto

G (s )= Kp ( s2+s+.25 )s2 ( s+3+ j ) (s+3− j )

La función de transferencia nos muestra que hay 4 ceros, 0,0, 3+j,3-j.

Y dos polos x= -1/2 y y= -1/2.

PROBLEMA 1

¿Cuáles son las magnitudes y las fases de los sistemas que tienen las siguientes funciones de transferencia?

a) 5s+2 b) 2

s (s+1)c)

1(2 s+1 ) ( s2+s+1 )

SOLUCIÓNc)

G (s )= 5s+2

Sustituimoss por ( jω)

G ( jω )= 5jω+2

28

Multiplicamos numerador y denominador por ( (− jω )+2 ), sabiendo que j2=−1

G ( jω )=−5 jω+10ω2+4

= 10ω2+4

+−5 jωω2+4

De la ecuación anterior, el primer término equivale a x, y el segundo corresponde a jy .

La magnitud r está dada por

|G( jω)|=r=√x2+ y2

y la fase ϕ por

tan ϕ= yx

Por lo tanto, la magnitud es igual a

|G( jω)|=√( 10ω2+4 )

2

+( 5ωω2+4 )

2

=5√ ω2

(ω2+4 )2+ 4

(ω2+4 )2

|G ( jω )|=5√ 1ω2+4

= 5√ω2+4

y la fase equivale a

tan ϕ= yx=

−5ωω2+410

ω2+4

tan ϕ=−5ω10

=−ω2

Los signos de los términos x y y se deben tener en cuenta al determinar la tan ϕ. Si las componentes x y y son positivas, significaría que ϕ está entre 0 y 90˚; con x negativa y y positiva, ϕ estaría entre 90˚ y 180˚; con x y y negativas, ϕ estaría entre 180˚ y 270˚; y con x positiva y y negativa, ϕ estaría entre 270˚ y 360˚.

d)

29

G (s )= 2s (s+1)

Sustituimos s por jω en la ecuación anterior

G ( jω )= 2jω( jω+1)

= 2−ω2+ jω

Multiplicamos numerador y denominador por −ω2− jω

G ( jω )=−2ω2−2 jωω4+ω2 = −2ω2

ω4+ω2−2 jω

ω4+ω2

La magnitud es igual a

|G ( jω )|=√( 2ω2

ω4+ω2 )2

+( 2ωω4+ω2 )

2

=2√ (ω4+ω2)( ω4+ω2 ) (ω4+ω2 )

|G ( jω )|=2√ 1(ω4+ω2)

= 2√ω4+ω2

La fase equivale entonces a

tan ϕ= yx=

−2ωω4+ω2

−2ω2

ω4+ω2

= 1ω

c)

G (s )= 1(2 s+1 ) ( s2+s+1 )

Sustituimos jω en el lugar del s en la función de transferencia original

G ( jω )= 1(2 jω+1 ) (−ω2+ jω+1 )

= 1−2 j ω3−3ω2+3 jω+1

G ( jω )= 1(1−3ω2 )+ j (3ω−2ω3 )

Multiplicamos el numerador y el denominador por (1−3ω2 )− j (3ω−2ω3 )

30

G ( jω )=(1−3ω2 )− j (3ω−2ω3 )(1−3ω2 )2+ (3ω−2ω3 )2

=(1−3ω2 )

(1−3ω2 )2+(3ω−2ω3 )2−

j (3ω−2ω3 )(1−3ω2 )2+(3ω−2ω3 )2

Obtenemos el valor de la magnitud

|G ( jω )|=√[ (1−3ω2 )(1−3ω2 )2+(3ω−2ω3)2 ]

2

+[ (3ω−2ω3 )(1−3ω2 )2+(3ω−2ω3 )2 ]

2

|G ( jω )|=√ (1−3ω2 )2+ (3ω−2ω3 )2

[ (1−3ω2 )2+(3ω−2ω3 )2 ]2

|G ( jω )|=√ 1(1−3ω2 )2+(3ω−2ω3 )2

= 1√4ω6−3ω4+3ω2+1

La fase corresponde a

tan ϕ= yx=

−(3ω−2ω3 )(1−3ω2 )2+ (3ω−2ω3 )2

(1−3ω2 )(1−3ω2 )2+ (3ω−2ω3 )2

tan ϕ=ω (3−2ω2 )1−3ω2

PROBLEMA 2

¿Cuál será la respuesta en estado estable de un sistema con función de transferencia

1s+2

cuando está sujeta a la entrada θi=3sin (5 t+30 ° )?

31

SOLUCIÓN

La entrada tiene la forma de la ecuación

θi=a sin (ωt )

Primeramente, obtenemos el valor de la magnitud y la fase

G ( jω )= 1jω+2

Multiplicamos el numerador y el denominador por − jω+2

G ( jω )=− jω+2ω2+4

= 2ω2+4

− jωω2+4

Para la magnitud tenemos la siguiente ecuación, en la que posteriormente se sustituye el valor de ω=5

|G ( jω )|=√( 2ω2+4 )

2

+( ωω2+4 )

2

= 1√ω2+4

= 1√29

=0.1857

Para la fase obtenemos

tan ϕ=− yx

=− ω

ω2+42

ω2+4

=−ω2

Sustituyendo el valor de ω=5 en la ecuación anterior, tenemos que

ϕ=t an−1(−52 )=−68 °

θo=a|G ( jω )|sin(ωt+θ+ϕ)=3 (0.1857 ) sin (5 t+30 °−68 ° )

θo=0.56 sin(5 t−38 ° )

PROBLEMA 3

¿Cual será la respuesta en estado estable de un sistema con función de transferencia

32

5s2+3 s+10

Cuando está sujeta a la entrada?

θi=2sin (2 t+70 ° )

Solución

La entrada tiene la forma de la ecuación

θi=a sin (ωt )

Primeramente se simplifica nuestra ecuación para obtener el valor de la magnitud y la fase:

G (s )= 5s2+3 s+10

= 5s (s+3)+10

Se hace s= jw entonces:

G ( jw )= 5jω ( jω+3 )+10

Se multiplica el numerador y el denominador por (− jω+3)

G ( jw )=5(− jω+3)

( jω ( jω+3 )+10)(− jω+3)=5 −ω2+10

(−ω2+10)2+9ω2−15 j ω(−ω2+10)2+9ω2

Esta ecuación proporciona la función de transferencia en frecuencia como un numero complejo en la forma x+ jy. Por lo tanto la magnitud ¿G ( jω )∨¿

|G ( jω )|=√(5 −ω2+10(−ω2+10)2+9ω2 )

2

+(15 ω(−ω2+10)2+9ω2 )

2

Para obtener la magnitud se sustituye el valor de ω=2 en la anterior ecuación

|G ( jω )|=√(5 −(2)2+10(−(2)2+10)2+9(2)2 )

2

+(15 (2)(−(2)2+10)2+9(2)2 )

2

= 512 √2=0.5892

|G ( jω )|= 512 √2=0.589255651≅ 0.59

33

Para obtener la fase se aplica la siguiente ecuación

tan ϕ=− yx

Sustituyendo se obtiene

tan ϕ=[−15 ω(−ω2+10)2+9ω2

5 −ω2+10(−ω2+10)2+9ω2 ]=−3 ω

−ω2+10

Se sustituye ω=2 en la ecuación y obtenemos

tan ϕ=¿−3 2−(2 )2+10

=−1

ϕ=t an−1 (−1 )=−45 °

La salida es de este modo

θo=a|G ( jω )|sin (ωt+θ+ϕ )

Donde a es la amplitud dela entrada, 2 en nuestro caso; ω es la frecuencia angular 2 rad/seg; θ, el ángulo de la fase de entrada, y ϕ, la diferencia de los ángulos de fase entre la salida y la entrada por lo tanto sustituyendo obtenemos nuestra salida

θo=2 (0.59 ) sin (2 t+70°−45 ° )=1.18 sin(2t +25)

Resp :θo=1.18 sin(2 t+25)

34

Problema 4:

Cuales son las magnitudes y la fase para un sistema dado por la función de transferencia?

G (s )= 10s (s+1 ) ( s+2 )

Solución:

Por conveniencia es preferible separar la ecuación de la siguiente manera para que su resolución se más simple:

1.1 5s+2 1.2 2s ( s+1 )

Y comenzamos por la primera ecuación:

G (s )= 5s+2

Cambiamos s por jw.

G ( jω )= 5jω+2

Por artificio matemático multiplicamos por –jw+2.

Obteniendo de este modo G ( jω )=−5 jω+10ω2+4

Para una mejor apreciación separamos la constante de nuestro ángulo fasor.

Y obtenemos:

G (s )= 10ω2+4

+−5 jωω2+4

Ahora se pretenderá obtener la magnitud:

|G( jω)|=√( 10ω2+4 )

2

+( 5ωω2+4 )

2

Por conveniencia y para facilitar la resolución obtendremos un común denominador, ya que este será necesario para la eliminación inmediata de los términos.

35

G (s )=5√ ω2

( ω2+4 )2+ 4

( ω2+4 )2=

(w2+4 ) ( w2+4 )2

( w2+4 )2 (w 2+4 )2

Nota: Los términos en rojo son eliminados.

∴ w2+4

(w¿¿2+4)(w2+4)∴ 1w2+4

¿

Entonces:

|G ( jω )|=5 √1√w2+4

= 5√ω2+4

Para obtener la fase realizamos lo siguiente:

tan ϕ= yx=

−5ωω2+410

ω2+4

=− (5w ) (w 2+4 )

(10 ) (w2+4 )=−5w10

tan ϕ=−5ω10

=−ω2

Ahora para la segunda ecuación:

1.2 2s ( s+1 )

Cambiados S por jw.

G ( jw )= 2jw ( jw+1 )

= 2−w2+ jw

Por artificio matemático multiplicamos por – w2− jwy obtenemos:

G ( jw )=−2w2−2 jww4+w2

Ahora separamos la contante de nuestro angulofasor y obtenemos.

36

G ( jw )=−2w2−2 jww4+w2 = −2w2

w4+w2−2 jw

w4+w2

Ahora se pretenderá a obtener la magnitud:

|G ( jω )|=√( 2ω2

ω4+ω2 )2

+( 2ωω4+ω2 )

2

=2√ (ω4+ω2)(ω4+ω2 ) (ω4+ω2 )

|G ( jω )|=2√ 1(ω4+ω2)

= 2√ω4+ω2

Para obtener la fase realizamos lo siguiente:

Eliminamos los términos en rojo.

tan ϕ= yx=

−2ωω4+w2

−2w2

ω4+w2

=−(2w ) (w4+w2)(2w2 ) ( w4+w2 )

= 2w2w2=

1w

Ahora bien para obtener la magnitud de la función de transferencia inicial multiplicaremos las magnitudes de las ecuaciones 1.1 & 1.2 y obtendremos:

|G ( jω )|=( 5√ω2+4 )( 2

√ω4+ω2 )= 10(√ω2+4 ) (√ω4+ω2 )

|G ( jω )|= 10(√ω2+4 ) (√ω4+ω2)

= 10

√(ω¿¿2+4)(ω4+ω2)¿

Para obtener la fase de la ecuación original sumaremos las fases de las ecuaciones 1.1 & 1.2 de esto modo obtendremos:

37

tan ϕ=(−ω2 )+( 1w )

Problema 5:5.- Para los sistemas con las siguientes funciones de transferencia dar lo valores de la magnitud y la fase en las frecuencias angulares de i) 0 rad/seg, ii) 1rad/seg, iii) 2 rad/seg y iv) ∞ rad/seg.

a)G(s)= 1

S (2S+1)

b) G(s)= 1

3S+1

38

39

a)G ( jw )= 1

jw (2 jw+1 )= 12( jw)2+ jw

= 1−2w2+ jw

= 1

(−2w¿¿2+ jw) . (−2w¿¿2− jw )(−2w¿¿2− jw)¿

¿¿

G ( jw )=−2w2− jw4w 4+w2 = −2w2

4w4+w2−jw

4w4+w2

G ( jw ) =√( −2w2

4w4+w2 )+( − jw4w4+w2 )

2

= 1√ (4w¿¿ 4+w2)❑

¿

i)G ( j 0 ) = 1

√(4 (0)¿¿4+02)❑=∞¿

ii)G ( j 1 ) = 1

√ (4(1)¿¿4+12)❑=0.447 ¿

iii)G ( j 2 ) = 1

√(4(2)¿¿4+22)❑=0.124 ¿

iv)G ( j ∞ ) = 1

√(4(∞)¿¿ 4+∞2)❑=0¿

∅=tg−1(−w

4w4+w2

−2w2

4w4+w2 )=tg−1( 12w )i)∅=tg−1( 1

2(0))=90 °

ii)∅=tg−1( 1

2(1))=26.56 °

iii)

∅=tg−1( 12(2))=14.03 °

iv)∅=tg−1( 1

2(∞ ))=0°

40

b)

G ( jw )= 13 jw+1

=( 13 jw+1 )( 1−3 jw

1−3 jw )=1−3 jw9w+1

= 19w+1

− 3 jw9w+1

G ( jw ) =√( 19w+1 )

2

+( 3 jw9w+1 )

2

= 1√9w+1

i)

G ( j0 ) = 1√9(0)+1

=1

ii ¿

G ( j1 ) = 1√9 (1 )+1

=0.3162

iii)

G ( j2 ) = 1√9 (2 )+1

=0.2294

iv ¿

G ( j∞ ) = 1√9(∞ )+1

=0

∅=tg−1(−3w9w+1−19w+1

)=tg−1 (−3w )

i)

∅=tg−1 (−3(0))=0 °

ii)

∅=tg−1 (−3(1))=−71.565 °

41

iii¿

∅=tg−1 (−3(2))=−80.538°

iv ¿

∅=tg−1 (−3(∞))=−90 °

42