Clase LGR Ciclo

PASOS PARA TRZAR EL LUGAR GEOMTRICO DE LAS RACES (LGR)

1. Escribir la Ecuacin Caracterstica (EC) en la forma polos y ceros con el parmetro de inters K como multiplicador.

0)(1 skP

0

)(

)(

1

1

1

n

j

j

M

i

i

pS

zS

K

Y el factor P(S) en trminos de n polos y M ceros de lazo abierto.

2. Localizar los polos y ceros de lazo abierto de P(S) en el plano s con smbolos seleccionados, . cerospolos

3. Hallar el LGR sobre el eje real del plano s. Existe LGR sobre el eje real del plano s a la izquierda de un nmero de impar de polos y ceros de lazo abierto.

4. Determinar el nmero de ramas separadas del LGR, RS.

RS = cuando .Mn

n: nmero finito de polos; M: nmero finito de ceros.

Nota.- El LGR es simtrico con respecto al eje real del plano s.

5. Hallar el centroide y las orientaciones de las asntotas.

,A A

.)()(

Mn

zp ijA

).1(...,2,1,0,180)12(

Mnq

Mn

qA

Las rama separada del LGR inician en polos de lazo abierto (donde K vale cero) y

terminan en ceros de lazo abierto en el plano s o en ceros de lazo abierto en el

infinito (donde K vale infinito, siguiendo asntotas que se interceptan en el

centroide).

6. Hallar los puntos de cruce del LGR por el eje imaginario del plano s. Utilice el tercer caso del criterio de Routh-Hurwitz (estabilidad lmite).

= 32 + = 0

(Para lmite de estabilidad)

(Ecuacin auxiliar)

(Puntos de cruce por eje jw.

Otra forma:

En la Ecuacin Caracterstica:

7. Determine los puntos de salida del LGR desde el eje real del plano s y/o los puntos de ingreso del LGR al eje real del plano s.

Supngase que ).(spK Obtngase .0)(

ds

sdp

Existen puntos de salida del LGR desde el eje real del plano s para .

Existen puntos de ingreso del LGR al eje real del plano s para .

Otra formas: Ejemplo 1:

Ejemplo 2: Dada la Ecuacin Caracterstica siguiente, hallar el punto de salida Del LGR desde el eje real del plano s.

Solucin aproximada: K= P(s) 83.57, para s = -1.577

8. Hallar los ngulos de salida del LGR desde los polos complejos de lazo abierto y/o los ngulos de llegada del LGR a los ceros complejos de lazo abierto. Use el criterio del ngulo.

ngulo de salida desde un polo complejo = 180 - (suma de los ngulos de vectores hacia el polo complejo en cuestin desde otros polos) + (suma de los ngulos de vectores hacia el polo complejo en cuestin desde los ceros)

ngulo de llegada a un cero complejo = 180 - (suma de los ngulos de vectores hacia el cero complejo en cuestin desde otro cero) + (suma de los ngulos de vectores hacia el cero complejo en cuestin desde los polos)

= 180

COMPLTESE EL LGR

Walter R. Evans Walter R. Evans (January 15, 1920 - July 10, 1999) was born in St. Louis and received his bachelor's degree in Electrical Engineering from Washington University in 1941. He worked as an instructor at Washington University from 1946 to 1948. He is widely known for his 1948 invention of the root locus method (http://www.spirule.com), which is now a key tool in control theory. He received his master's degree in Electrical Engineering from UCLA in 1951. Over the course of his career, he worked for such companies as General Electric, Rockwell International, and Ford Aeronautic Company. In recognition of his contributions to control theory, he received both the 1987 American Society of Mechanical Engineers Rufus Oldenburger Medal and the 1988 AACC Richard E. Bellman Control Heritage Award.

PROBLEMA

Una forma simplificada de la funcin de transferencia de lazo abierto de un aeroplano con un autopiloto en el modo longitudinal es

=( + 1)

( 1)(2 + 4 + 16)

Mediante la tcnica del lugar geomtrico de las races, halle el rango de K para estabilidad del aeroplano.

SOLUCIN

1. La ecuacin caracterstica del sistema es:

1+ (+1)

(1)(2+4+16)= 0

1+ (+1)

(1)(+2+2 3)(+22 3)= 0

2. Ubicacin polos y ceros de lazo abierto en el plano s.

3. LGR en el eje real del plano s.

4. Nmero de ramas separadas del LGR

= = 4

Cada rama separada empieza en un polo de lazo abierto, donde K vale 0 y termina en un cero de lazo abierto, donde K vale .

Porque el nmero de polos de lazo abierto es mayor al nmero de ceros de lazo abierto,

= 1.

5. Centroide y orientacin de asntotas.

Centroide

=0 + 1 2 + 2 3 2 2 3 (1)

4 1= 2

3

Orientacin de las Asntotas

=(2 + 1)

180

= 0, 1, 2.

= 0,1, , ( 1)

= 60, 60, 180

=( ()

=1

=1

n= Nmero de polos de lazo abierto. M= Nmero de ceros de lazo abierto

Asntotas y el centroide en el plano s.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s, hallado con el criterio de Routh-Hurwitz (Estabilidad lmite) y la ecuacin caracterstica del sistema:

4 + 33 + 122 + 16 + = 0

Arreglo de Routh-Hurwitz:

4 1 12

3 3 16 0

2 52

3 0

1 2 + 59 832

52 0

0

Para lmite de estabilidad, hallamos K con el trmino

2 + 59 832

52

del arreglo de Routh-Huewitz igual cero. Obtenemos K = 35.7 y K = 23.3. Reemplazamos estos valores en la ecuacin auxiliar

Y obtenemos los siguientes puntos de cruce del LGR por el eje Imaginario del plano s

52

32 + = 0

= 2.56, = 35.7

= 1.56, = 23.3

Se muestra los puntos por donde el LGR cruza el eje imaginario Positivo. Simtricamente, Habrn 2 puntos de cruce en el eje imaginario negativo, para los mismos Valores de K.

7. Salida del LGR desde el eje real hacia el plano complejo e ingreso del LGR al eje real desde el plano complejo. De la ecuacin caracterstica hallamos K:

1 +( + 1)

( 1)(2 + 4 + 16)= 0

= ( 1)(2 + 4 + 16)

+ 1

De donde

Luego,

= 34 + 103 + 212 + 24 16

(1 + )2= 0

34 + 103 + 212 + 24 16=0

Cuyas 4 races son:

= 2.26

= 0.45

= 0.762.16

Punto de ingreso del LGR al eje real, Kmin

Punto de salida del LGR al eje real, Kmax

Races no vlidas

1 2 3

4

5

8. ngulos de salida del LGR desde el polo complejo de lazo abierto = 2 + 2 3.

aplicando el criterio del ngulo:

= 180

3 1 + 2 + 4 + 5 = 180

4 = 180 1 2 5 + 3

4 = 180 130.5 120 90 + 106 = 414.5

4 = 54.5

Por simetra, el ngulo de salida del LGR desde el polo complejo conjugado = , es 5 = +54.5

Con todos los valores notables calculados, ya se puede completar el LGR del sistema.

LGR de un Aeroplano con Autopiloto en Modo Longitudinal.

Del LGR se aprecia que el sistema es estable para valores de 23.3 < K < 35.7.

Respuesta:

>> n=[1 1]; >> d=[1 3 12 -16 0]; >> sys=tf(n,d) sys = s + 1 --------------------------- s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 - 16 s Continuous-time transfer function. >> rlocus(sys)

-20 -15 -10 -5 0 5 10-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20Root Locus

Real Axis (seconds -1)

Imag

inary

Axi

s (

seco

nd

s-1)

Con K = 30

()

()=

( + 1)

4 + 33 + 122 + 16 +

FTLC del sistema:

()

()=

30 + 30

4 + 33 + 122 + 14 + 30

Respuesta Estable al Escaln

0 5 10 15 20 25 30 35 40-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

>> step(sys) >> n=[30 30]; >> d=[1 3 12 14 30]; >> sys=tf(n,d) sys = 30 s + 30 -------------------------------- s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 + 14 s + 30 Continuous-time transfer function. >> step(sys)

Con K = 50

()

()=

( + 1)

4 + 33 + 122 + 16 +

FTLC del sistema:

()

()=

50 + 50

4 + 33 + 122 + 34 + 50

Respuesta Inestable al Escaln

0 5 10 15 20 25 30-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5x 10

5Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

>> step(sys) >> n=[50 50]; >> d=[1 3 12 34 50]; >> sys=tf(n,d) sys = 50 s + 50 -------------------------------- s^4 + 3 s^3 + 12 s^2 + 34 s + 50 Continuous-time transfer function. >> step(sys)

PROBLEMA

Para el sistema mostrado, considere los tres tipos de control: Proporcional: Proporcional + Derivativo: Proporcional + Integral:

=

= (1 + )

= (1 +1

)

Grafique el LGR del sistema con cada uno de los controladores y compare su comportamiento.

SOLUCIN


1+

(22+2)= 0

1+

(1+1)(11)= 0

Control Proporcional: =

2. Ubicacin de polos y ceros de lazo abierto en el plano s.

3. LGR en el eje real del plano s (NA).


= = 2



= 0.


Centroide

=+1 + 1 + 1 1 (0)

2 0= 1


=(2 + 1)

2 0180 = 90, 270

= 0, 1.

Asntotas y el centroide en el plano s.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s. (NA).

7. Salida del LGR desde el eje real hacia el plano complejo e ingreso del LGR al eje real desde el plano complejo. (NA).

8. ngulos de salida del LGR desde el polo complejo de lazo abierto = 1 + 1.

Aplicando el criterio del ngulo:

= 180

0 1 + 2 = 180

1

2

Por simetra, el ngulo de salida del LGR desde el polo complejo es


1 = 180 2 = 180

90 = 90

1 = 90

= 1 1 2 = 90.

LGR del sistema con controlador Proporcional (P).

El sistema es inestable para todo valor de K.

Respuesta:

Proporcional + Derivativo: = (1 + )


1+ (1+)

(22+2)= 0

1+ (1+)

(1+1)(11)= 0


= = 2



M= 1.


Centroide

=+1 + 1 + 1 1 (1)

2 1= 3


=(2 + 1)

2 1180 = 180

= 0.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s, hallado con el criterio de Routh-Hurwitz y la ecuacin caracterstica del sistema:

2 + 2 + + 2 = 0

Arreglo de Routh-Hurwitz:

2 1 + 2

1 2 0

0 + 2

Para lmite de estabilidad, hallamos K con el trmino

2

del arreglo de Routh-Huewitz igual cero. Obtenemos K = 2. Reemplazamos este valor en la ecuacin auxiliar

Y obtenemos los siguientes puntos de cruce del LGR por el eje Imaginario del plano s

= 2 = 2

2 + + 2 = 0

Se muestra los puntos por donde el LGR cruza el eje imaginario Positivo.

7. Ingreso del LGR al eje real desde el plano complejo. De la ecuacin caracterstica hallamos K:

1 +(1 + )

2 2 + 2= 0

= (2 2 + 2)

1 +

De donde

Luego,

= 2 + 2 4

(1 + )2= 0

2 + 2 4=0

Cuyas 2 races son:

= 1 + 5

Punto de ingreso del LGR al eje real, Kmin

Raz no vlida

= 1 5

8. ngulos de salida del LGR desde el polo complejo de lazo abierto


= 180

3 1 + 2 = 180

= 1 + 1.

2

1

3


1 = 180 2 + 3

1 = 180 90 + 26.6

1 = 116.6

Por simetra, el ngulo de salida del LGR desde el polo complejo conjugado = 1, es 2 = 116.6

LGR del sistema con controlador Proporcional + Derivativo (PD).

El sistema es estable para todo valor de K>2.

Respuesta:

>> n=[1 1]; >> d=[1 -2 2]; >> sys=tf(n,d) sys = s + 1 ------------- s^2 - 2 s + 2 Continuous-time transfer function. >> rlocus(sys)

Root Locus


Imag

inary

Axi

s (

seco

nd

s-1)

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Con K = 10

()

()=

( + 1)

2 + 2 + + 2

FTLC del sistema:

()

()=10 + 10

2 + 8 + 12

Respuesta Estable al Escaln

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

>> n=[10 10]; >> d=[1 8 12]; >> sys=tf(n,d) sys = 10 s + 10 -------------- s^2 + 8 s + 12 Continuous-time transfer function. >> step(sys)

Con K = 2

()

()=

( + 1)

2 + 2 + + 2

FTLC del sistema:

()

()=2 + 2

2 + 4

Respuesta Oscilante al Escaln

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

>> n=[2 2]; >> d=[1 0 4]; >> sys=tf(n,d) >> step(sys)

Con K = 1

()

()=

( + 1)

2 + 2 + + 2

FTLC del sistema:

()

()= + 1

2 + 3

Respuesta Inestable al Escaln

0 5 10 15-1200

-1000

-800

-600

-400

-200

0

200

400

600Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

>> n=[1 1]; >> d=[1 -1 3]; >> sys=tf(n,d) sys = s + 1 ----------- s^2 - s + 3 Continuous-time transfer function. >> step(sys)

Proporcional + Integral:


1+ (1+)

(22+2)= 0

1+ (1+)

(1+1)(11)= 0

= (1 +1

)


= = 3



M= 1.


Centroide

= 1.5


=(2 + 1)

3 1180 = 90, 90

= 0,1.

6. Cruce del LGR por el eje imaginario del plano s. (NA).

7. Salida del LGR del eje real al plano complejo e ingreso del LGR al eje real desde el plano complejo. (NA).

8. ngulos de salida del LGR desde el polo complejo de lazo abierto


= 180

4 1 + 2 + 3 = 180

= 1 + 1.

2

1

4 3


1 = 180 2 3 + 4

1 = 180 90 45 + 26.6

1 = 71.6

Por simetra, el ngulo de salida del LGR desde el polo complejo conjugado = 1, es 2 = 71.6

LGR del sistema con controlador Proporcional + Integral (PI).

El sistema es inestable para todo valor de K.

Respuesta:

>> rlocus(sys) >> n=[1 4 8]; >> d=[1 2 2]; >> sys=tf(n,d) sys = s^2 + 4 s + 8 ------------- s^2 + 2 s + 2 Continuous-time transfer function. >> rlocus(sys) -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5Root Locus


Imag

inary

Axi

s (

seco

nd

s-1)

PROBLEMA: Halle el LGR de un sistema con FTLA usando MATLAB

=2 + 4 + 8

2 + 2 + 2

SOLUCIN

Variacin del LGR al aadir polos o ceros a la FTLA de un sistema

PROBLEMA:

5

SOLUCIN:

Nota.- ngulo de salida de polos complejos conjugados de lazo abierto: 127.66

Siguiendo los pasos para el trazado del LGR, tenemos:

Para el clculo de K, de tal manera que el sistema tenga un SP del 5%, hallaos la relacin de amortiguamiento = 0.707, con lo que se halla una recta que Parte del origen del plano s con una inclinacin = 1 = 45, que corta al LGR donde se obtienen los polos dominantes que representan la respuesta del sistema con aproximacin a uno de segundo orden.

EJERCICIOS

1)

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