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Control automático
Ejercicios resueltos de Control automático paso a paso, con el error que más se comete en cada uno: Error en estado estacionario, Estabilidad y criterio de Routh-Hurwitz y más. Gratis y en español.
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Ejercicios resueltos de Control automático
Resueltos paso a paso, como te los explicaría el tutor, y con el error que más se comete.
Error en estado estacionario
Un proceso térmico tiene función de transferencia G(s) = 10/((s+1)(s+5)) y se controla con una ganancia proporcional Kp en lazo cerrado con realimentación unitaria. ¿Qué valor mínimo de Kp hace que el error en estado estacionario ante una entrada escalón unitario no pase del 2 %? ¿Qué se paga por ese valor?
Cómo se resuelve
- 1Se identifica el tipo del sistema: se cuentan los polos en el origen (factores s en el denominador de la función de lazo abierto). Aquí no hay ninguno, así que es un sistema tipo 0, y en un tipo 0 el error ante escalón nunca llega a cero, solo se acerca.
- 2Para tipo 0 y entrada escalón, el error se calcula con la constante de posición: Kpos = lím cuando s→0 de Kp × G(s) = Kp × 10/((0+1)(0+5)) = Kp × 10/5 = 2·Kp.
- 3La fórmula del error en estado estacionario ante escalón unitario es ess = 1/(1 + Kpos) = 1/(1 + 2·Kp).
- 4Se impone la condición ess ≤ 0,02: 1/(1 + 2·Kp) ≤ 0,02, entonces 1 + 2·Kp ≥ 50, o sea 2·Kp ≥ 49 y Kp ≥ 24,5.
- 5Ahora lo que se paga. El polinomio característico de lazo cerrado es (s+1)(s+5) + 10·Kp = s² + 6s + 5 + 10·Kp. Con Kp = 24,5 queda s² + 6s + 250.
- 6De ahí salen los parámetros de segundo orden: ωn = √250 = 15,81 rad/s y ζ = 6/(2 × 15,81) = 0,19.
- 7Con ζ = 0,19 el sobrepico es Mp = e^(−π·ζ/√(1−ζ²)) = e^(−0,596/0,982) = e^(−0,607) = 0,545, es decir un 54,5 %. La temperatura se pasaría más de la mitad del valor pedido antes de asentarse, oscilando.
- 8Esa es la disyuntiva del control proporcional puro: la misma ganancia que reduce el error aumenta el sobrepico y acerca el sistema a la inestabilidad. La salida no es subir más Kp, sino agregar acción integral.
Respuesta: Kp ≥ 24,5. Con ese valor el error baja al 2 %, pero el amortiguamiento cae a ζ = 0,19 y el sobrepico sube al 54,5 %: la respuesta queda muy oscilante.
El error de siempre: Creer que subiendo Kp lo suficiente el error llega a cero. En un sistema tipo 0 eso es imposible por más que se suba: ess = 1/(1+2·Kp) se acerca a cero pero nunca lo alcanza, y el sobrepico se dispara antes. Para error cero en régimen permanente hay que cambiar la estructura del controlador, no su ganancia: se agrega un integrador (un PI), que aporta el polo en el origen que le falta a la planta y convierte el sistema en tipo 1. El integrador trae su propio costo —el windup cuando el actuador se satura— y por eso siempre se implementa con anti-windup.
Estabilidad y criterio de Routh-Hurwitz
El control de nivel de un tanque en una planta de Yumbo tiene función de transferencia de lazo abierto G(s) = K/(s(s+1)(s+5)), con realimentación unitaria. Halla el rango de K para el cual el sistema es estable y la frecuencia a la que oscilaría en el límite.
Cómo se resuelve
- 1Lo primero: el criterio se aplica al polinomio característico de LAZO CERRADO, que es 1 + G(s) = 0, no al denominador de lazo abierto.
- 2Se desarrolla: s(s+1)(s+5) + K = 0. Multiplicando, s(s² + 6s + 5) + K = s³ + 6s² + 5s + K = 0.
- 3Condición necesaria antes de montar la tabla: todos los coeficientes deben existir y tener el mismo signo. Aquí son 1, 6, 5 y K, así que ya se exige K > 0; si algún coeficiente fuera cero o negativo, el sistema sería inestable sin necesidad de seguir.
- 4Se arma el arreglo de Routh con los coeficientes alternados por filas:
s³ | 1 5
s² | 6 K
s¹ | (6×5 − 1×K)/6 = (30 − K)/6
s⁰ | K
- 5El criterio dice que el sistema es estable si y solo si no hay cambios de signo en la primera columna. Los dos primeros elementos, 1 y 6, ya son positivos.
- 6Se imponen las otras dos condiciones: (30 − K)/6 > 0 exige K < 30, y el último elemento exige K > 0. Combinando ambas: 0 < K < 30.
- 7En el límite K = 30 la fila de s¹ se vuelve cero: ahí hay un par de polos justo sobre el eje imaginario y el sistema oscila con amplitud constante. La frecuencia sale del polinomio auxiliar que forma la fila de arriba: 6s² + K = 0, o sea 6s² + 30 = 0, entonces s² = −5 y s = ±j√5.
- 8La frecuencia de oscilación en el límite es ω = √5 = 2,24 rad/s, que equivale a un periodo de 2π/2,24 = 2,81 segundos.
Respuesta: El sistema es estable para 0 < K < 30. Justo en K = 30 oscila de forma sostenida a ω = √5 = 2,24 rad/s, con un periodo de 2,81 s.
El error de siempre: Aplicar Routh al denominador de lazo abierto, s(s+1)(s+5), y concluir que el sistema es estable siempre. Ese polinomio no depende de K y no dice nada del lazo cerrado, que es el que se va a instalar. La ecuación característica siempre sale de 1 + G(s)H(s) = 0. El segundo descuido es revisar solo la primera columna y olvidar la condición necesaria de que todos los coeficientes sean positivos: con K negativo el término independiente cambia de signo y el sistema es inestable aunque la fila de s¹ dé positiva. Y este resultado tiene una lectura práctica valiosa: esos K = 30 y ω = 2,24 rad/s son justo lo que mide el método de Ziegler-Nichols en lazo cerrado para sintonizar un PID.
¿Y si tu ejercicio no es ninguno de estos?
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Lo que cubre
- Error en estado estacionario
- Estabilidad y criterio de Routh-Hurwitz
Preguntas que le puedes hacer
- Error en estado estac…Explícame «Error en estado estacionario» con un ejemplo práctico y dime en qué suele equivocarse la gente.
- Estabilidad y criteri…Explícame «Estabilidad y criterio de Routh-Hurwitz» con un ejemplo práctico y dime en qué suele equivocarse la gente.
Cómo enseña este tutor
Es riguroso y completo: justifica cada paso y nombra el teorema, la norma o la buena práctica que está aplicando, para que puedas citarla en tu trabajo o en el parcial.
- · Te muestra el camino completo, no solo el resultado.
- · Si algo no te cuadra, te lo explica otra vez de otra manera.
- · Comprueba las cuentas con matemática simbólica antes de dártelas.
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