ω ω ω

1. Obtenga el modelo matemático en ecuaciones diferenciales de un motor de
corriente continua de imán permanente, que relacione la velocidad de giro del
eje con el voltaje suministrado a la armadura y con el par a de carga que deba
contrarrestar.
Nótese que se adoptan las siguientes simplificaciones:
• El efecto de reacción de armadura es despreciable.
• La caída de tensión en las escobillas es despreciable (función del material,
presión, densidad de corriente y temperatura).
• La inductancia y resistencia de armadura se consideran concentradas y
constantes.
• La fricción estática se desprecia y se considera solo la fricción dinámica
proporcional a la velocidad y con coeficiente constante.
Las ecuaciones temporales que describen el modelo del conjunto motor-carga, se
obtienen de las relaciones físicas de las variables indicadas en el esquema simplificado.
Analizando
el
circuito
eléctrico
de
la
armadura
se
tiene
di a (t)
. Donde la f.c.e.m e(t) vale: e(t) = K em .ω m (t) .
v a (t) = e(t) + R·i a (t) + L
dt
que:
Por el principio de conservación de la energía, la potencia eléctrica es igual a la potencia
mecánica. e(t).i a (t) = ω m (t).Tm (t) . Despejando el par motor tendremos que
Tm (t) = K em .i a (t) .
La
ecuación
mecánica
en
d ω m (t)
J
= Tm (t) − Ta (t) − f ·ω m (t) .
dt
Las variables usadas en el modelo son:
R : Resistencia de armadura [ Ω ] .
L : Inductancia de armadura [Hy] .
f : Coeficiente de fricción dinámica [Nt.m.s] .
v a (t) : Tensión de armadura [V] .
i a (t) : Corriente de armadura [A] .
J : Momento de inercia [Nt.m. s 2 ] .
e(t) : Fcem (fuerza contra-electro-motriz) [V] .
Tm (t) : Par motor [Nt.m] .
Ta (t) : Par antagónico o de carga [Nt.m] .
el
eje
del
motor
indica
que:
1
ω m (t) : Velocidad angular en el eje del motor   .
s
K em : Constante electromecánica. Depende del flujo
magnético y de las características constructivas del
bobinado del motor. Esta constante tiene unidades:
 Nt.m 
 A  y [V.s ] que en el sistema MKS son


equivalentes.
2. Obtenga el diagrama de bloques de un motor de corriente continua de imán
permanente, que relacione la velocidad de giro del eje con el voltaje
suministrado a la armadura y con el par a de carga que deba contrarrestar.
A las ecuaciones temporales del punto anterior, suponiendo condiciones iniciales nulas
( ω m (t = 0 ) = 0.; ia (t = 0 ) = 0. ) se les aplica la transformada de Laplace.
•
Circuito eléctrico:
despejando
y
simplificando:
V a (s) = E(s) + I a (s)·R + L·s·I a (s) ,
1
R . Donde a = L , se lo denomina constante de
τe
I a (s) = [V a (s) - E(s)]
1 + τ e .s
R
tiempo eléctrica del motor.Además: E(s) = K em .ω m (s) y T m (s) = K em . I a (s)
•
Parte mecánica:
J ⋅ s ⋅ ω m ( s ) = Tm ( s ) − Ta ( s ) − f ⋅ ω m ( s ) ,
ω m (s) =
1
f
1+τ m s
[Tm ( s) − Ta ( s)] , siendo τ m =
despejando:
J
la constante de tiempo mecánica
f
del conjunto motor-carga.
La figura adjunta presenta el diagrama de bloques del conjunto motor carga obtenido en
base a las ecuaciones del punto anterior.
1
1
f
Reemplazando: G1 (s) = R
y G 2 (s) =
. El diagrama de bloques queda
1 + τ e .s
1 + τ m .s
como muestra la figura:
3.
Obtenga las funciones de transferencia que relacionan el voltaje aplicado y el
par antagónico con la velocidad de giro y el ángulo girado sabiendo que:
Kem=0.03, R=3, J=5·10-5, L=0.02 y f=3.125·10-4. (todos los parámetros en
unidades del S.I.).
El sistema es lineal con dos entradas V a (s) y Ta (s) de las cuales V a (s) es la entrada
propiamente dicha, y Ta (s) el par antagónico generado por la carga. Por lo tanto, para
determinar la función de transferencia, se puede aplicar el principio de superposición:
Aplicando solo V a (s) , considerando T a (s) = 0 , y llamando a la salida ω1 (s) , se tiene
que:
G (s) G 2 (s)
Así, la relación salida entrada resulta ser: ω 1 (s) = K em2 1
V a (s) .
1 + K em G1 (s) G 2 (s)
Haciendo el mismo procedimiento, pero aplicando solo la entrada Ta (s) , el sistema
queda como lo muestra la figura adjunta.
G 2 (s)
Ta (s)
1 + K G1 (s) G 2 (s)
La transformada de la velocidad angular de salida ω(s) del motor se obtiene por la
suma lineal (principio de superposición) de las salidas de ambos esquemas anteriores:
ω(s) = ω 1 (s) − ω 2 (s) . Así:
La relación salida entrada se expresa mediante: ω 2 = −
ω(s)=
2
em
G2 (s)
[K em G1 (s)V a (s) − T a (s)]
2
1+ K em
G1 (s) G2 (s)
Operando se obtiene que:
K em
1
(R + L·s )
L
J
J
·
ω(s) =
V a (s) −
T a (s)
f  K 2 em R· f
f  K 2 em R· f
2 R
2 R
s +  + s +
+
s +  + s +
+
L·J
L·J
L·J
L·J
L J
L J
Particularizando a los datos del problema:
ω(s)=
3·10 4
s 2 + 156.25·s + 1837.5
V a (s) −
0.2·105 (s + 150)
s 2 + 156.25·s + 1837.5
T a (s)
Si quiere obtener el ángulo girado, θ(s), debe considerar que: θ ′(t ) = ω (t ) ⇒
0.2·10 5 (s + 150)
3·10 4
1
−
θ
(s)
=
(s)
V
T a (s)
a
θ ( s) = ω(s) ⇒
s 3 + 156.25·s 2 + 1837.5·s
s 3 + 156.25·s 2 + 1837.5·s
s
4. Considere la función de transferencia que relaciona la velocidad de giro con el
voltaje de armadura.
La función de transferencia que relaciona el voltaje de armadura aplicado a la armadura
del motor DC de excitación independiente y la velocidad de giro en rad/s es
3·10 4
G ( s) = 2
s + 156.25·s + 1837.5
•
Calcule la ganancia, el amortiguamiento y frecuencia propia de dicha
función. ¿Qué tipo de respuesta tiene el sistema ante una entrada tipo
escalón?
k ·ω n2
La función de transferencia de un sistema de 2do orden es 2
.Así
s + 2·δ ·ω n ·s +·ω n2
3·10 4
se puede decir que:
s 2 + 156.25·s + 1837.5
ω n2 = 1837.5 ⇒ ω n = 42.8661
2·δ ·ω n = 156.25 ⇒ δ = 1.8225
k ·ω n2 = 30000 ⇒ k = 16.3265
Como δ = 1.8225 , entonces el sistema es sobreamortiguado
por comparación con
• Dibuje el mapa de polos y ceros del sistema.
El sistema no tiene ceros y presenta dos polos sobre el eje real situados en: -143.44
y -12.81. Con lo que el mapa de polos y ceros es:
•
Aproxime, si es posible, la función de transferencia dada por una de
primer orden
Como tenemos dos polos sobre el eje real y
uno,
el
situado
en
–143.44,
es
considerablemente más rápido que el otro,
situado en -12.81, podemos eliminar el
primero frente al segundo.
Así, como:
G( s) =
3·10 4
s 2 + 156.25·s + 1837.5
Entonces: Gs ( s ) ≈
•
=
Podemos observar que la simplificación es
adecuada al representar la respuesta de ambos
sistemas ante un escalón unitario:
3·10 4
( s + 143.44)·( s + 12.81)
3·10 4
143.44 = 209.15
s + 12.81
s + 12.81
Determine la velocidad de giro en estado estacionario si se aplica un
voltaje de 10 voltios y el par antagónico es nulo.
Por definición: ω ss = lim s →0 s·G ( s )·u ( s ) = lim s →0 s
3·10 4
s 2 + 156.25·s + 1837.5
u (s)
10
. Entonces:
s
3·10 4
10 3·10 5
ω ss = lim s→0 s·G ( s)·u ( s) = lim s→0 s 2
· =
= 163.3265rad / s
s + 156.25·s + 1837.5 s 1837.5
Como, u (t ) = 10 *1(t ) ⇒ u ( s ) =
Respuesta que concuerda con la simulación ante una entrada escalón de valor 10 voltios.
5. Considere el siguiente sistema muestreado:
Siendo G(s) la función de transferencia simplificada obtenida en el apartado 4 y
que relaciona la velocidad de giro del eje del motor y el voltaje de armadura. Si el
periodo de muestreo es 0.05 segundos.
209.15
G(s) =
; T=0.05 s.
s + 12.81
•
Calcule función de transferencia discreta.
 209.15 


12.81 
 G ( s) 
−1
−1 209.15 
=
G ( z ) = (1 − z −1 )·Z 
Z 
 = (1 − z )·Z  s + 12.81  = (1 − z )·
s
12.81  s·(s + 12.81) 


 s 




−12.81·T
z· 1 − e
z −1
z· 1 − e −12.81·T
−1
)
= 16.3271·(1 − z )
= 16.3271·(
=
z ( z − 1)· z − e −12.81·T
(z − 1)· z − e −12.81·T
(
= 16.3271·
•
(1 − e
(z − e
−12.81·0.05
−12.81·0.05
(
)
)
) = 16.3271·1 − 0.5270 = 7.7096
z − 0.5270 z − 0.5270
)
(
(
)
)
Dibuje el mapa de polos y ceros y compare la situación de los polos
discretos con los polos continuos.
Polos continuos s=-12.81: Polos discretos z=0.5270
T ·s
0.05·( −12.81)
Compruebe que se cumple la relación z = e ⇒ 0.5270 = e
•
Calcule la ecuación en diferencias que relaciona la entrada con la salida.
y( z) =
7.7096
7.7096
7.7096· z −1
u ( z ) ⇒ y (k ·T ) =
u ( k ·T ) =
u (k ·T ) ⇒
z − 0.5270
z − 0.5270
1 − 0.5270· z −1
⇒ y (k ·T )·(1 − 0.5270·z −1 ) = 7.7096· z −1 ·u (k ·T ) ⇒ y (k ·T ) − 0.5270· y ((k − 1)·T ) = 7.7096·u ((k − 1)·T ) ⇒
y (k ·T ) = 0.5270· y ((k − 1)·T ) + 7.7096·u ((k − 1)·T )
•
Calcule el valor final de la salida ante una entrada de tipo escalón unidad.
y ss = lim k →∞ y (k ·T ) = lim z →1 ( z − 1)· y ( z ) = lim z →1 ( z − 1)·
lim z →1 ( z − 1)·
•
7.7096
u( z) =
z − 0.5270
7.7096
z
·
= 16.2993
z − 0.5270 z − 1
Calcule la respuesta en el tiempo ante una entrada de tipo escalón unidad.
Utilizando la ecuación en diferencias.
u (k ·T ) = 0 si k < 0
Señal escalón unitario 
u (k ·T ) = 1 si k ≥ 0
Además, y(k·T) = 0 si k ≤ 0
Entonces:
y(1)=0.5270·y(0)+7.7096·u(0)=7.7096
y(2)=0.5270·y(1)+7.7096·u(1)=11.7726
y(3)=0.5270·y(2)+7.7096·u(2)=13.9137
y(4)= 0.5270·y(3)+7.7096·u(3)=15.0421
…
y(9)=16.2483
…
y(20)=16.2993
Utilizando la transformada inversa:
y( z) =
7.7096
7.7096
z
y( z)
7.7096
16.2994
16.2994
≈
⇒
=
=
−
u( z) =
·
(z − 0.5270)·( z − 1)
z − 0.5270
z − 0.5270 z − 1
z
z −1
z − 0.5270
⇒ y( z) =
16.2994· z 16.2994· z
 16.2994·z 16.2994· z 
−
⇒ y (k ·T ) = Z −1
−
⇒
z −1
z − 0.5270
z − 0.5270 
 z −1
(
y (k ·T ) = 16.2994· 1 − e − 0.6406·k
)
(
Si k = 20 ⇒ y (20) = 16.2994·(1 − e
)
Si k = 10 ⇒ y (10) = 16.2994· 1 − e − 0.6406·10 = 16.2725
− 0.6406210
) = 16.2994
Lo cual concuerda con la simulación ante una entrada escalón unitario:
6. Vuelva al sistema continuo y considere el sistema de control de la figura
adjunta. En el que se fija la referencia de velocidad mediante una fuente de
tensión externa, de modo que la relación entre la tensión externa (Vref) y la
referencia de velocidad (ωref) es: Vref = 0.1·ωref . Además para medir la
velocidad de giro se dispone de un tacómetro, siendo la función de
transferencia que relaciona la velocidad de giro con la tensión de salida del
0.1
tacómetro la siguiente: Vt ( s ) =
ω( s) .
1 + 0.01·s
Considerando la función de transferencia simplificada del motor determine el
error estacionario de posición del sistema en lazo cerrado y el rango de valores de
K que hacen que el sistema sea estable.
209.15
y H(s) la función de
Sea G(s) la función de transferencia del motor: G ( s ) =
s + 12.81
0.1
transferencia del tacómetro: H ( s ) =
.
1 + 0.01·s
En
éste
sistema
se
tiene
que
e ssp =
1
,
1+ K p
siendo
K
K 209.15
0.1
G ( s )·H ( s ) = lim
·
= ∞ . Como corresponde a un
s
→
0
s
s s + 12.81 1 + 0.01·s
sistema de tipo 1. Así, para cualquier valor de K, en el que el sistema sea estable, se
tiene que essp = 0.
K p = lim
s →0
Determinemos los valores de K que hacen que el sistema sea estable. La función de
transferencia del sistema en lazo cerrado resulta ser:
K 209.15
20.915·K (1 + 0.01·s )
1
s s + 12.81
ω( s) =
ωref ( s ) ⇒ ω ( s ) =
ωref ( s )
3
0.01 s + 1.128 s 2 + 12.81 s + 20.915·K
10 1 + K 209.15 · 0.1
s s + 12.81 1 + 0.01·s
Determinar los polos del sistema resulta complejo al depender de K, pero podemos
aplicar el criterio de Routh-Hurwitz. La matriz de Routh resulta ser:
0.01
12.81
s3
1.1281
20.915·K
s2
0.20915·K − 14.4510
s1
− 1.1281
s0
20.915·K
Para
que
el
sistema
sea
estable
14.4510 − 0.20915·K > 0 ⇒ K < 69.094
, es
20.915·K > 0 ⇒ K > 0
decir: 0 < K < 69.094 . Lo cual podemos comprobarlo en las figuras adjuntas que
muestran la respuesta del sistema en lazo cerrado ante una entrada de tipo escalón para
distintos valores de K.
Fíjese que en el caso de que la respuesta sea estable, el sistema tiene como valor final 1
y por tanto no presenta error estacionario ante una entrada de tipo escalón.
Para K=0.01, la respuesta es sobreamortiguada y muy lenta, el tiempo que tarda en
alcanzar la referencia son 350 segundos. Para K=60, la respuesta es subamortiguada, y
mucho más rápida, pero la frecuencia de oscilación y el sobrepico es elevado.
La respuesta óptima se encuentra en valores intermedios de la constante K, por ejemplo
K=2.