UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAOFACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA

ESCUELA DE INGENIERIA ELECTRONICA

PRACTICA

CONTROLADORES POR REALIMENTACION DE ESTADOS Y OBSERVADORES

CURSO:CONTROL DIGITAL

PROFESOR:MSC. ING. ASTOCONDOR VILLAR JACOB

2014-B

PRACTICA-PARTE I- DE CONTROL DIGITAL:

PROBLEMA 01:

Sea un servo descripto por la función de transferencia: G(s)=1/(S(S+0.1)) Deseamos diseñar un control por realimentación de estados digital.

a. Escriba las ecuaciones de estado discretas, dónde la primera variable sea la posición y la segunda la velocidad. Asuma un período de muestreo de 1s.

G (s )= 1

s2+0.1 s

La ecuación diferencial será:

y+0.1 y=u (t)

Entonces:

x1= y ; x 1=x 2

x2= y ; ˙x 2=−0.1xX 2+u

Ecuación de estados en tiempo continúo:

[ ˙x1˙x2]=[0 1

0 −0.1][ x1x 2]+[01]uy= [1 0 ] [ x1x2]

En estado discreto:

G=∅ (T )=L−1 {(SI−A )−1 }=L−1{[ 1s 1s(s+0.1)

01

s+0.1]}=[1 10−10e−0.1T

0 e−0.1T ]

H=∫0

T

∅ ( t )dtxB=L−1 {(SI−A ) }=∫0

T [1 10−10e−0.1 t

0 e−0.1 t ]dt x [01]Para T=1s

G=[1 0.95160 0.9048]; H=[0.48370.9516]

b. Obtenga la matriz K de realimentación para una ubicación de polos equivalentes a s=−1/2± j √32

.

Simule la respuesta.

Z=eST ;Z=e1 (

−12±j√32

)

Verificamos la controlabilidad del sistema:

M=[H GH ]=[0.4837 1.38920.9516 0.8610]

det (M )=0.4837 x 0.8610−0.9516 x 1.3892=−0.9055≠0 El procesoes controlable

Ecuación característica del proceso:

|ZI−G|=|[Z 00 Z ]−[1 0.9516

0 0.9048]||ZI−G|=Z2−1.9048 Z+0.948

a1=-1.9048 ; a2=0.9048

Polos deseados del sistema:

Z=eST ;Z=e1 (

−12±j√32

)

Z=0.3929± j 0.462

Ecuación característica deseada:

(Z−0.3929+ j0.462 ) x (Z−0.3929− j 0.462 )=0

Z2−0.7858Z+0.3678=0

α1=-0.7858 ; α2=0.3678

Matriz de transformación:

T=MW

W=[−1.9048 11 0]

T=MW=[0.4837 1.38920.9516 0.8610 ]x [−1.9048 1

1 0]=[ 0.4678 0.4837−0.9516 0.9516 ]

Entonces la matriz K de realimentación será:

K= [α 2−a2 α 1−a1 ] x T−1

K= [0.6116 0.8650 ]

c. Diseñe un estimador de estados completo con L elegida de modo tal que el polinomio característico del estimador sea z2.

N= [CT GTCT ]

N=[10 10.9516]

DET(N)=0.9516 ≠ 0 el sistema es observable

La ecuación característica que deseamos es:

z2=0

α1=0 ; α2=0

Luego:

Ke=(W NT )−1[α 2−a2α 1−a1]Dónde:

W=[a1 11 0]=[−1.9048 1

1 0]Ke=([−1.9048 1

1 0] [1 01 0.9516])

−1

[ 0.3678−0.9048−0.7858+1.9048]Ke=[1.90480.8603]

d. Simulación:

Añadiendo el observador:

PROBLEMA 02:

Un sistema está descripto por la ecuación: x (t )=1000 x+20u(t ) . Se usará un controlador digital con período de muestreo T = 0,01s.

Se tendrá según la ecuación dada: X(s) = 1000s2X(s) + 20U(s)

X (s)U (s)

= 201−1000 s2

Ecuación de estado en continua:

x1=x ; x 1=x2

x2= x ; x 2=0.001 x1−0.02u

A=[ 0 10.001 0];B=[ 0

−0.02];C= [1 0 ] ; D=0

En estado discreto con T=0.01s:

>>[G,H]=c2d(A,B,0.01)

G=[1 0.010 1 ];H=[−0.001−0.2 ] x 10−3 ;

a. Use realimentación de estado para alcanzar las especificaciones siguientes: tiempo de establecimiento menor a 0,25s y sobre pico en la posición menor al 20%.

M=[H GH ] ;M=[−0.001 −0.003−0.2 −0.2 ] x10−3;det(M) ≠ 0 el sistema es controlable

Tiempo de establecimiento: ts=0.25s

Empleamos un criterio del 2% con los cual:

ts= 4σ

σ= 4ts

= 40.25

=16

Sobre pico: Mp = 20%

Mp=e(−σwd ) π

=0.2

(−σwd )π=−1.6094

wd= σπ1.6094

=31.23

Entonces el polo debe ubicarse en:

s=16± j31.23

Z=eTs ; para T=0.01s

Z=e0.01x(16± j31.23)

Z=1.1167± j 0.3606

Calculamos la matriz K de realimentación:

>> polos=[1.1167+0.3606i 1.1167-0.3606i]

>> K=place(G,H,polos)

K= [−7.1826 0.1526 ] x104

b. Diseña un estimador de orden reducido para la velocidad, del modo que el tiempo de establecimiento del mismo sea menor que 0,08s.

N= [CT GTCT ]

N=[10 10.01]

DET(N)=0.01 ≠ 0 el sistema es observable

Tiempo de establecimiento=0.08s

ts= 4σ=0.08

σ= 4ts

= 40.08

=50

Sobre pico: Mp = 20%( el mismo que el apartado anterior)

Mp=e(−σwd ) π

=0.2

(−σwd )π=−1.6094

wd= σπ1.6094

=97.60

Z=eTs ; para T=0.01s

Z=e0.01x(50± j97.6 )

Z=0.9238± j1.366

(Z−0.9238+ j1.366 ) x (Z−0.9238− j1.366 )=0

Z2−1.8476Z+2.7194=0

α1=-1.8476 ; α2=2.7194

Se realiza las particiones:

G=[Gaa ⋮ Gab⋯ ⋮ ⋯Gba ⋮ Gbb

]=[ 1 ⋮ 0.01⋯ ⋮ ⋯0 ⋮ 1 ] [1 0.01

0 1 ]Ke=(G¿¿bb+α 1)Gab

−1 (1 )=(1−1.8476 ) (0.01 )−1 (1 )=−84.76¿

c. Obtenga mediante simulación la respuesta del sistema para un apartamiento inicial de la posición.

PRACTICA PARTE II DE CONTROL DIGITAL:

PROBLEMA 01:

1. Sea el móvil sin fricción, con un período de muestreo T = 0,1s, pero con la existencia de una demora de un período entre la salida del sistema y la disponibilidad de tal medida en el computador.

a. Verifique que en este caso resultan:

Para un móvil sin fricción se tiene la siguiente ecuación diferencial:

y (t )=u(t)

x1= y ;x 2= y ; x3= y

x1=x2

x2=u

Ecuaciones de estado en tiempo continúo:

[ ˙x1˙x2]=[0 1

0 0] [x 1x 2]+[01]uy= [1 0 ] [ x1x2]+ [0 ]u

Para el caso del problema demostramos que C=[1 0 ] (H según el problema pero no para

nuestro curso).

Luego:

G=∅ (T )=L−1 {(SI−A ) }=L−1 {[ s −10 s ]

−1}=L−1 {[1 /s 1/s2

0 1/ s ]}=[1 T0 1 ]…… ..lqqd

H=∫0

T

∅ ( t )dtxB=L−1 {(SI−A ) }=∫0

T

[1 t0 1]dt x [01]=[T 2/2T ]........lqqd

Para T=0.1s

G=[1 0.10 1 ];H=[0.0050.1 ]

b. Obtenga la matriz K de realimentación para una ubicación de polos equivalentes a z=0.8± j 0.25 ,0. Simule la respuesta.

Con ayuda de Matlab:

>> polos=[0.8+0.25i 0.8-0.25i]

polos =

0.8000 + 0.2500i 0.8000 - 0.2500i

>> K=place(G,H,polos)

K= [10.25 3.4875 ]

c. Verifique la observabilidad del sistema.

N= [CT GTCT ]

N=[10 10.1]

DET(N)=0.1 ≠ 0 el sistema es observable

d. Calcule la matriz del observador de orden completo L, tal que los polos del mismo estén en z=0.4 ± j0.4 .

La ecuación característica del sistema es:

|ZI−G|=|z−1 −0.10 z−1|=0

z2−2 x+1=0

a1=-2 ; a2=1

La ecuación característica que deseamos es:

( z−0.4+ j 0.4 ) ( z−0.4− j 0.4 )=0

z2−0.8 x+0.32=0

α1=-0.8 ; α2=0.32

Luego:

Ke=(W NT )−1[α 2−a2α 1−a1]Dónde:

W=[a1 11 0]=[−2 1

1 0]Ke=([−2 1

1 0] [1 01 0.1])

−1

[ 0.32−1−0.8+2]

Ke=[1.25.2]

e. Realice un diseño para seguimiento de referencias.

f. Verifique en simulación el resultado obtenido.

PROBLEMA 02:

Sea el sistema de dos tanques acoplados, como el de la Figura 1.

Figura 1a. Escriba una descripción en variables de estado de esta planta asumiendo que el vector de estados está dado por las alturas de líquido de ambos tanques, y la entrada u(t) es el caudal de entrada al primer tanque Q(t).

h1−h2R

=Q 1………….(1)

C1dh1d t

=Q−Q 1………………(2)

C2dh2dt

=Q1………… ..(3)

Reemplazando (1) en (2):

C1dh1dt

=Q−h1R

+ h2R……………… (4)

Reemplazando (1) en (3):

C2dh2dt

=h1R

−h2R……………… (5)

Luego:

x1=h1; x 2=h2

x1= QC 1

− x1C1 R

+ x 2C 1R

˙x2= x 1C 2R

− x2C2 R

Entonces las ecuaciones de estado serán:

[ x1x2]=[ −1C1R

1C1 R

1C 2R

−1C2 R

][ x1x2]+[ 1C 10 ]Q[ y1y2]=[1 0

0 1] [x 1x 2]

b. Verifique que el sistema así planteado es controlable.

M=[B AB ]=[ 1C1 −1C12R

01

C1C2R]

det (M )= 1

C 12C2 R≠0 ; EL sistemaes controlable

c. Explique la siguiente paradoja: siendo el sistema controlable, claramente es imposible llevar al sistema desde el estado (1 1) al estado (0 0), sea cual fuere el caudal de entrada, ¿por qué?, ¿qué hipótesis fue violada?

PROBLEMA 03:

Sea el servomecanismo descripto por la siguiente función de transferencia:

G(s)=10/(s^2+0.18s+9)

a. Convierta la planta a su descripción discreta en variables de estado, con un período de muestreo T = 0,1s.

La ecuación diferencial del sistema será:

y+0.18 y+9 y=10u

x1= y ; x 1=x 2

x2= y ; ˙x 2=−0.18x 2−9x 1+10u

A=[ 0 1−9 −0.18]; B=[ 010];C=[1 0 ] ; D=0

Con ayuda de matlab calculamos el espacio de estados discreto para T=0.1s:

>> [G,H]=c2d(A,B,0.1)

G=[ 0.9556 0.0976−0.8786 0.9380]; H=[0.04930.9763]

b. Encuentre la matriz de ganancias K para obtener las raíces a lazo cerrado tales que el factor de amortiguamiento sea de 0,5 y la frecuencia natural de 4 rad/s.

s=σ+ jωd=0.5x 4+ j 4 √1−0.52=2+J 3.4641

Z=eTs=e0.1 (2+J 3.4641)

Z=1.1488± j0.4147

Controlabilidad del sistema:

M=[H GH ]=[0.0493 0.14240.9763 0.8724]

Det(M)≠0 el sistema es controlable.

Ecuación característica deseada:

( z−1.1488+ j0.4147 ) (z−1.1488− j0.4147 )=0

z2−2.2976+1.4917=0

α1=-2.2976; α2=1.4917

Ecuación característica del sistema:

|ZI−G|=|z−0.9556 −0.09760.8786 z−0.9380|=0

z2−1.8936 z+0.9821=0

a1=-1.8936 ; a2=0.9821

Calculamos la matriz de transformación:

T=MW

W=[−1.8936 11 0]

T=MW=[0.0493 0.14240.9763 0.8724 ] x [−1.8936 1

1 0 ]=[ 0.049 0.0493−0.9763 0.9763 ]

Entonces la matriz K de realimentación será:

K= [α 2−a2 α 1−a1 ] x T−1

K= [1.0737 −0.468 ]

Comprobando con Matlab:

>> polos=[1.1488+0.4147i 1.1488-0.4147i]

>> K=place(G,H,polos)

K= [1.0737 −0.468 ]

c. Diseñe el observador, con igual amortiguamiento pero el doble de frecuencia natural.

s=σ+ jωd=0.5x 8+ j8√1−0.52=4+J 6.9282

Z=eTs=e0.1 (4+ J 6.9282)

Z=1.1478± j0.9528

Observabilidad del sistema:

N= [CT GTCT ]

N=[10 0.95560.0976]

DET(N) ≠ 0 el sistema es observable

La ecuación característica que deseamos es:

( z−1.1478+ j0.9528 ) ( z−1.1478− j0.9528 )=0

z2−2.2956 z+2.2253=0

α1=-2.2956; α2=2.2253

Luego:

Ke=(W NT )−1[α 2−a2α 1−a1]Dónde:

W=[a1 11 0]=[−1.8936 1

1 0]Ke=([−1.8936 1

1 0 ][ 10.9556

00.0976])

−1

[ 2.2253−0.9821−2.2956+1.8936 ]Ke=[−0.4028.874 ]

d. Rediseñe el controlador para seguir una entrada de referencia, ¿será posible lograr un error de estado estacionario nulo ante un escalón?

e. Rediseñe el controlador incorporando acción integral, de modo que anule el error de estado estacionario al escalón y siga referencias.

f. Simule en cada caso.

Añadiendo el observador:

PROBLEMA 04:

Rediseñe el controlador del ej. 3, de modo tal que la respuesta de la planta tenga un tiempo de establecimiento finito (Controlador dead beat). Obtenga la respuesta temporal mediante simulación.

Ecuación característica deseada:

Z2=0 (Dead beat)

α1=0; α2=0

Del sistema se sabe: a1=-1.8936 ; a2=0.9821

Calculamos la matriz de transformación:

T=MW

W=[−1.8936 11 0]

T=MW=[0.0493 0.14240.9763 0.8724 ] x [−1.8936 1

1 0 ]=[ 0.049 0.0493−0.9763 0.9763 ]

Entonces la matriz K de realimentación será:

K= [α 2−a2 α 1−a1 ] x T−1

K= [9.2687 1.4715 ]