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Sistemas de control: bloques, respuesta y estabilidad

Un sistema de control hace que una variable (la velocidad de un motor, la temperatura de un horno, la posición de un brazo) siga a una referencia aunque haya perturbaciones. Este tema explica cómo se describe con funciones de transferencia y diagramas de bloques, cómo responde en el tiempo, cuándo es estable y cuánto error deja; el tema siguiente trata del diseño del controlador.

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Lazo abierto y lazo cerrado

En lazo abierto el controlador manda a la planta sin mirar el resultado: si algo cambia (una carga, el desgaste), la salida se desvía y nadie lo corrige. En lazo cerrado un sensor mide la salida, se compara con la referencia y el controlador actúa sobre la diferencia, el error $E = R - H C$ . La realimentación corrige perturbaciones y errores del modelo, pero puede volver inestable un sistema que no lo era.

Lazo de control: referencia, controlador, planta, perturbación y sensor.

Función de transferencia, polos y ceros

Con la transformada de Laplace y condiciones iniciales nulas, una ecuación diferencial lineal se vuelve un cociente de polinomios en $s$ : la función de transferencia $G (s) = Y (s) / U (s)$ . Las raíces del denominador son los polos y las del numerador, los ceros. Por ejemplo, un motor con inercia $J$ y fricción $b$ que recibe un par $u$ :

J \ddot{θ} + b \dot{θ} = u \Rightarrow G (s) = \frac{Θ ( s )}{U ( s )} = \frac{1}{s ( J s + b )} polos: s = 0, s = - b / J

Cada polo aporta a la respuesta un término $e^{pt}$ : un polo real negativo da una exponencial que se apaga, un par complejo $σ \pm j ω_{d}$ una oscilación de frecuencia $ω_{d}$ con envolvente $e^{σ t}$ . Por eso un sistema es estable si y solo si todos sus polos tienen parte real negativa.

Posición de los polos en el plano s y forma de la respuesta: más a la izquierda, más rápido se apaga; más arriba, más rápido oscila.

Álgebra de bloques

Un diagrama de bloques se reduce a una sola función de transferencia con tres reglas, y moviendo puntos de suma o de bifurcación cuando los lazos se cruzan (al pasar un punto de suma a través de un bloque, la otra entrada debe atravesar el mismo bloque):

Las tres reducciones básicas. Con realimentación positiva el denominador es 1 − GH.

T (s) = \frac{C ( s )}{R ( s )} = \frac{G ( s )}{1 + G ( s ) H ( s )} 1 + G (s) H (s) = 0 (ecuaci \overset{o}{ˊ} n caracter \overset{ı}{ˊ} stica)

El denominador igualado a cero es la ecuación característica: sus raíces son los polos de lazo cerrado. $G (s) H (s)$ es la función de lazo abierto, la ganancia que recorre una señal al dar la vuelta al lazo.

Respuesta de primer y segundo orden

Un sistema de primer orden $K / (τ s + 1)$ responde al escalón con $c (t) = K (1 - e^{- t / τ})$ : llega al 63.2 % en $t = τ$ y queda dentro del 2 % del final en unos $4 τ$ . Uno de segundo orden se escribe con su frecuencia natural $ω_{n}$ y su factor de amortiguamiento $ζ$ :

T (s) = \frac{ω _{n}^{2}}{s ^{2} + 2 ζ ω _{n} s + ω _{n}^{2}} s = - ζ ω_{n} \pm j ω_{n} 1 - ζ^{2} = - σ \pm j ω_{d}

Con $0 < ζ < 1$ (subamortiguado) la respuesta oscila y se pasa del valor final. Las medidas de desempeño son:

M_{p} = e^{- π ζ / 1 - ζ^{2}} t_{p} = \frac{π}{ω _{d}} t_{s} \approx \frac{4}{ζ ω _{n}} (2 %)

ζ	0.2	0.3	0.4	0.5	0.6	0.7	0.8
$M_{p}$	52.7 %	37.2 %	25.4 %	16.3 %	9.5 %	4.6 %	1.5 %

El sobreimpulso depende solo de $ζ$ , es decir, del ángulo de los polos; el tiempo de establecimiento, de su parte real $σ$ . Con $ζ = 1$ (amortiguamiento crítico) no hay sobreimpulso, y con $ζ > 1$ los dos polos son reales y la respuesta es más lenta. $t_{s} = 4/ σ$ sale de la envolvente: es una cota, y la respuesta real suele entrar antes en la banda.

Los sistemas de orden mayor se parecen a uno de segundo orden cuando dos polos complejos (los dominantes) están mucho más cerca del eje imaginario que los demás (unas 5 veces). Un cero cerca de los dominantes aumenta el sobreimpulso; por eso las fórmulas de arriba son una guía y la respuesta simulada es la que manda.

Estabilidad: criterio de Routh–Hurwitz

Para saber si los polos están a la izquierda no hace falta calcularlos. Con la ecuación característica $a_{n} s^{n} + a_{n - 1} s^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0$ se arma el arreglo de Routh: las dos primeras filas son los coeficientes alternados y cada fila siguiente sale de las dos anteriores:

b_{1} = \frac{a _{n - 1} a _{n - 2} - a _{n} a _{n - 3}}{a _{n - 1}} b_{2} = \frac{a _{n - 1} a _{n - 4} - a _{n} a _{n - 5}}{a _{n - 1}} \dots

El número de cambios de signo en la primera columna es el número de polos en el semiplano derecho; sin cambios, el sistema es estable.
Si un coeficiente falta o es negativo (con $a_{n} > 0$ ), ya hay un polo fuera: no hace falta el arreglo.
Con una ganancia $K$ en la ecuación, exigir que la primera columna sea positiva da el rango estable de $K$ . En el límite aparece una fila de ceros: el polinomio auxiliar de la fila anterior da los polos $\pm jω$ sobre el eje, la frecuencia a la que el sistema oscila sin crecer ni apagarse.

Error en estado estable

El error que queda cuando la respuesta se asienta sale del teorema del valor final, $e_{ss} = lim_{s \to 0} s E (s)$ (válido solo si el lazo cerrado es estable). Con realimentación unitaria depende del tipo del sistema, el número de integradores ( $1/ s$ ) en $G (s)$ , y de las constantes de error:

K_{p} = s \to 0 lim G (s) K_{v} = s \to 0 lim s G (s) K_{a} = s \to 0 lim s^{2} G (s)

Entrada	Tipo 0	Tipo 1	Tipo 2
Escalón $A$	$A / (1 + K_{p})$	0	0
Rampa $A t$	∞	$A / K_{v}$	0
Parábola $A t^{2} /2$	∞	∞	$A / K_{a}$

Subir la ganancia reduce el error, pero mueve los polos hacia la inestabilidad: es el compromiso básico del control. Un integrador en el controlador (acción PI) sube el tipo y elimina el error al escalón. Con realimentación no unitaria, el error $r - c$ se calcula con el lazo unitario equivalente $G_{e q} = T / (1 - T)$ .

Errores frecuentes

Usar $G / (1 - G H)$ con realimentación negativa (o al revés): el signo del denominador es el contrario al del punto de suma.
Aplicar el teorema del valor final a un sistema inestable: da un número, pero la salida crece sin límite.
Contar los integradores de $T (s)$ en lugar de los de la función de lazo abierto para el tipo del sistema.
Tomar $t_{s} = 4/ σ$ como exacto: es la envolvente; la respuesta suele asentarse antes.
Olvidar que con un sensor $H (0) \neq = 1$ la salida se asienta en $1/ H (0)$ veces la referencia, no en la referencia.

Ejemplos resueltos

Ejemplo 1Reducción de un diagrama con varios lazos

G_{1} = 1/ (s + 1)

G_{2} = K / s

G_{3} = 1/ (s + 2)

, con un lazo interno

H_{1} = 0.5

alrededor de

G_{2}

, otro

H_{2} = 1

desde la salida de

G_{3}

hasta el segundo punto de suma, y la realimentación unitaria exterior. Halla

T (s) = C / R

y, con

K = 2

, sus polos y el valor final ante un escalón unitario.

Solución

El lazo exterior vuelve al primer punto de suma, antes de $G_{1}$ , y se cruza con el lazo de $H_{2}$ , así que no se puede cerrar tal cual. Se mueve ese punto de suma a la derecha de $G_{1}$ : la referencia entra como $G_{1} R$ y la realimentación $- C$ también tiene que pasar por $G_{1}$ , así que llega al segundo punto de suma como $- G_{1} C$ .
Ahora llegan dos realimentaciones desde $C$ al segundo punto de suma, $- G_{1}$ y $- H_{2}$ : en paralelo, $- (G_{1} + H_{2})$ . El lazo interno de $H_{1}$ da $\frac{G _{2}}{1 + G _{2} H _{1}}$ , en serie con $G_{3}$ ; se cierra con $(G_{1} + H_{2})$ y se multiplica por el $G_{1}$ de la entrada:
$T = \frac{G _{1} G _{2} G _{3}}{1 + G _{2} H _{1} + G _{1} G _{2} G _{3} + G _{2} G _{3} H _{2}}$ . Sustituyendo y multiplicando arriba y abajo por $s (s + 1) (s + 2)$ : $T (s) = \frac{K}{s ^{3} + ( 0.5 K + 3 ) s ^{2} + ( 2.5 K + 2 ) s + 3 K}$ .
Con $K = 2$ : $s^{3} + 4 s^{2} + 7 s + 6 = (s + 2) (s^{2} + 2 s + 3)$ , polos $- 2$ y $- 1 \pm 1.414 j$ : estable. Valor final: $T (0) = 2/6 = 0.333$ , así que el error al escalón es $1 - 0.333 = 0.667$ (el sistema es de tipo 0 respecto a $r - c$ ).

T (s) = \frac{K}{s ^{3} + ( 0.5 K + 3 ) s ^{2} + ( 2.5 K + 2 ) s + 3 K}

; con

K = 2

: polos

- 2

- 1 \pm 1.414 j

c (\infty) = 0.333

Resuélvelo en Simuveliq

En Ingeniería → Sistemas de control, en Ejemplos, «Cargar diagrama» → Varios lazos (reducción clásica).
Reducción paso a paso recorre los 4 pasos (mover punto de suma, paralelo, dos lazos cerrados) con ▶; Función de transferencia en lazo cerrado da el polinomio en K, y con Valor de K = 2 la tabla de Polos y ceros da −2 y −1 ± 1.414j, y la respuesta al escalón, c(∞) = 0.3333.

Abrir en el simulador →

Ejemplo 2Respuesta de segundo orden y perturbación

Un controlador proporcional

K = 20

manda a la planta

G_{p} = 1/ (s (s + 4))

con realimentación unitaria; una perturbación

D

se suma a la salida. Halla

ζ

ω_{n}

, el sobreimpulso, los tiempos y el error a la rampa, y el efecto de un escalón de perturbación.

Solución

$T = \frac{K}{s ^{2} + 4 s + K} = \frac{20}{s ^{2} + 4 s + 20}$ . Comparando con la forma estándar: $ω_{n} = 20 = 4.472$ rad/s y $2 ζ ω_{n} = 4$ → $ζ = 0.447$ . Polos: $- 2 \pm 4 j$ .
$M_{p} = e^{- π \cdot 0.447/0.894} = e^{- π /2} = 20.79 %$ , $t_{p} = π / ω_{d} = π /4 = 0.785$ s y $t_{s} \approx 4/ σ = 4/2 = 2$ s (cota de la envolvente; la curva entra en la banda del 2 % a los 1.87 s).
La planta tiene un integrador: tipo 1. $K_{v} = lim s \frac{K}{s ( s + 4 )} = K /4 = 5$ , así que $e_{ss}$ (rampa unitaria) $= 1/ K_{v} = 0.2$ , y el error al escalón es cero.
Desde la perturbación: $\frac{C}{D} = \frac{1}{1 + G _{c} G _{p}} = \frac{s ^{2} + 4 s}{s ^{2} + 4 s + 20}$ , que vale 0 en $s = 0$ : un escalón de perturbación en la salida se corrige del todo. El lazo cerrado tiene los mismos polos para las dos entradas.

ζ = 0.447

ω_{n} = 4.472

rad/s,

M_{p} = 20.8 %

t_{p} \approx 0.79

t_{s} \approx 1.87

s (cota 2 s),

e_{ss, rampa} = 0.2

; la perturbación al escalón no deja error.

Resuélvelo en Simuveliq

«Cargar diagrama» → Perturbación a la salida (K = 20). La tabla de polos da −2 ± 4j con ζ = 0.447 y ωn = 4.472; la respuesta al escalón mide Mp = 20.79 %, tp = 0.7867 s, tr = 0.344 s y ts 2% = 1.869 s (tp sale de la curva muestreada, por eso no es exactamente π/4).
Error escalón · rampa da 0 · 0.2 y la tabla de error, Kv = K/4 = 5. En Entrada a analizar elige D(s): T(s) = (s² + 4s)/(s² + 4s + K) y la respuesta se apaga hasta c(∞) = 0.

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Ejemplo 3Rango estable de K con Routh

G (s) = \frac{K}{s ( s + 1 ) ( s + 5 )}

con realimentación unitaria. ¿Para qué

K

es estable? ¿A qué frecuencia oscila en el límite? ¿Qué error a la rampa deja con

K = 10

, y se puede bajar a 0.1 solo con la ganancia?

Solución

Ecuación característica: $s (s + 1) (s + 5) + K = s^{3} + 6 s^{2} + 5 s + K = 0$ .
Arreglo de Routh: $s^{3}$ : 1, 5; $s^{2}$ : 6, $K$ ; $s^{1}$ : $\frac{6 \cdot 5 - K}{6} = \frac{30 - K}{6}$ ; $s^{0}$ : $K$ . La primera columna es positiva si $0 < K < 30$ .
Con $K = 30$ la fila $s^{1}$ es cero. El polinomio auxiliar $6 s^{2} + 30 = 0$ da $s = \pm j 5 = \pm 2.236 j$ : oscila a 2.236 rad/s.
Tipo 1, $K_{v} = lim s G = K /5$ . Con $K = 10$ : $K_{v} = 2$ y $e_{ss} = 0.5$ . Para $e_{ss} = 0.1$ haría falta $K_{v} = 10$ , es decir $K = 50$ , que está fuera del rango estable: con solo la ganancia no se puede; hace falta un compensador (de atraso o PI, tema siguiente).

Estable para

0 < K < 30

; en

K = 30

oscila a 2.236 rad/s. Con

K = 10

e_{ss} = 0.5

; el error 0.1 pediría

K = 50

, inestable.

Resuélvelo en Simuveliq

«Cargar diagrama» → Lazo cerrado con K (Routh). La tarjeta Rango estable de K da 0 < K < 30 y el bloque Estabilidad (Routh–Hurwitz) muestra el arreglo con K = 10 (fila s¹ = 3.333).
Error escalón · rampa = 0 · 0.5. En ¿Qué K da un error dado?, rampa con error 0.1, responde K = 50 y lo marca inestable. En el lugar de las raíces, el paso «Cruce con el eje jω» da K = 30 y ω = ±2.236 rad/s.

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Ejemplo 4Realimentación no unitaria

G_{1} = 10/ (s + 1)

G_{2} = 1/ s

en serie, con un sensor

H = 2/ (s + 5)

en la realimentación. Halla

T (s)

, el valor final ante un escalón unitario y el error

r - c

Solución

Serie: $G = G_{1} G_{2} = \frac{10}{s ( s + 1 )}$ . Lazo: $T = \frac{G}{1 + G H} = \frac{10 ( s + 5 )}{s ( s + 1 ) ( s + 5 ) + 20} = \frac{10 s + 50}{s ^{3} + 6 s ^{2} + 5 s + 20}$ .
Routh: $s^{3}$ : 1, 5; $s^{2}$ : 6, 20; $s^{1}$ : (30 − 20)/6 = 1.667; $s^{0}$ : 20. Estable.
Valor final: $c (\infty) = T (0) = 50/20 = 2.5$ . Aunque el lazo tiene un integrador, la salida no va a 1: el lazo hace cero la diferencia entre $r$ y lo que mide el sensor, $H (0) c = 0.4 c$ , así que $c = 1/0.4 = 2.5$ .
Error $e = r - c = 1 - 2.5 = - 1.5$ . Para que la salida siga a la referencia, el sensor debe tener ganancia 1 en estado estable (o la referencia se escala con $H (0)$ ).

T (s) = \frac{10 s + 50}{s ^{3} + 6 s ^{2} + 5 s + 20}

, estable,

c (\infty) = 2.5

e_{ss} = - 1.5

Resuélvelo en Simuveliq

«Cargar diagrama» → Realimentación no unitaria. Función de transferencia en lazo cerrado da (10s + 50)/(s³ + 6s² + 5s + 20), la respuesta al escalón c(∞) = 2.5 y Error escalón · rampa = −1.5 · ∞.
Fíjate también en el sobreimpulso, 81.31 %: los polos dominantes −0.1319 ± 1.863j tienen ζ = 0.0706, casi sin amortiguamiento.

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