Modelo dinámico de un motor DC con tren de engranajes

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Introducción

El objetivo es modelar la dinámica de un motor DC de servomotor con tren de engranajes, Fig. 1, y deducir dos puntos de equilibrio.

DCmotor
Fig.1 - Motor DC de servomotor con tren de engranajes.

Análisis del Diagrama de Cuerpo Libre

El sistema se puede descomponer en dos secciones: una mecánica rotacional y una electromecánica. La mecánica rotacional se puede derivar de la siguiente manera,

Rotational_free-body
Fig.2 - Diagrama de cuerpo libre mecánico rotacional.

donde $\theta$ es el desplazamiento angular, $\omega$ es la velocidad angular, $B$ es el coeficiente de amortiguamiento viscoso rotacional, $K$ es el coeficiente de rigidez, $J$ es el momento de inercia, $f_c$ es la fuerza de contacto entre dos engranajes y $r$ es el radio del engranaje.

La sección electromecánica (motor DC) es

Electromechanical_free-body
Fig.3 - Diagrama de cuerpo libre electromecánico.

donde $R_F$ es la resistencia del campo, $L_F$ es la inductancia del campo, $E_F$ es la tensión de campo constante aplicada, e $i_F$ es la corriente de campo de entrada. $R_A$ es la resistencia estacionaria, $L_A$ es la inductancia estacionaria, y $e_m$ es la tensión inducida, $i_A$ es la corriente estacionaria de entrada, y $e_i(t)$ es la tensión de armadura aplicada, y $\tau_e$ es el par electromecánico que impulsa el rotor.

Si la densidad de flujo $\mathcal{B}$ es

\begin{align} \mathcal{B} & = \frac{\phi(i_F)}{A} \end{align}

el par en el rotor es

s \begin{align} \tau_e & = \mathcal{B} l a~i_A \nonumber \\ \tau_e & = \frac{l a}{A} \phi(i_F) i_A \label{eq:tau_e} \end{align}

donde $\phi(i_F)$ es el flujo inducido por $i_F$, $A$ es el área transversal de la trayectoria de flujo en la brecha de aire entre el rotor y el estator, $l$ es la longitud total de los conductores de la armadura dentro del campo magnético, y $a$ es el radio de la armadura.

Además, la tensión inducida en la armadura $e_m$ puede escribirse como

\begin{align} e_m & = \frac{l a}{A} \phi(i_F) \omega \end{align}

donde tanto $\tau_e$ como $e_m$ dependen de la geometría del motor DC.

Sistema dinámico

Comenzamos aplicando la ley de D'Alembert (reformulación de la ley de Newton) al sistema mecánico rotacional.

\begin{align} \sum \tau_{all} & = 0 \nonumber \\ J_1 \dot{\omega}_1 + B_1 \omega_1 + r_1 f_c & = \tau_e(t) \label{eq:Rot1} \\ J_2 \dot{\omega}_2 + B_2 \omega_2 + K_2 \theta - r_2 f_c & = \tau_L(t) \label{eq:Rot2} \end{align}

donde $\tau_{all}$ son los torques que actúan sobre un cuerpo, $K\theta$ es el torque de rigidez, $B\omega$ es el torque viscoso-friccional, $J\dot{\omega}$ es el torque inercial, $\tau_e(t)$ es el torque de conducción, $\tau_L(t)$ es el torque de carga y $r f_c$ es el torque de contacto.

Debido a la relación entre engranajes,

\begin{align*} \theta_1 & = N \theta_2 \\ \omega_1 & = N \omega_2 \\ \dot{\omega}_1 & = N \dot{\omega}_2 \\ N & = \frac{r_2}{r_1} \end{align*}

donde $N$ es la relación de radio de los engranajes. Resolvemos \eqref{eq:Rot1} y \eqref{eq:Rot2} en términos de $\omega_2$ y $\theta_2$,

\begin{align} (J_2+N^2 J_1)\dot{\omega}_2+(B_2+N^2 B_1)\omega_1+K_2 \theta_2-N \tau_e(t)-\tau_L(t) = 0 \nonumber \end{align}

definiendo las relaciones

\begin{align*} J_{eq} & = J_2+N^2 J_1 \\ B_{eq} & = B_2+N^2 B_1 \end{align*}

se convierte en

\begin{align} J_{eq} \dot{\omega}_2+B_{eq} \omega_2+K_2 \theta_2-N \tau_e(t)-\tau_L(t) = 0 \label{eq:Rot3} \end{align}

Ahora, derivemos las ecuaciones de la sección electromecánica utilizando la ley de Kirchhoff.

\begin{align} \sum V_{all} & = 0 \nonumber \\ e_m+V_{L_{A}}+V_{R_{A}} & = e_i(t) \label{eq:Elec1} \end{align}

donde $V_{all}$ son las tensiones inducidas en el rotor y el estator, $V_{L_{A}}$ es la tensión de resistencia estacionaria, $V_{R_{A}}$ es la tensión de inductancia estacionaria.

Si $i_F$ está definido como constante, entonces \eqref{eq:tau_e} es

\begin{align} \tau_e(t) & = \left( \frac{l a}{A} \phi(i_F) \right) i_A(t) \nonumber \\ \tau_e(t) & = \alpha i_A(t) \end{align}

donde $\alpha$ es el parámetro interno del motor DC.

Luego, simplificando y usando \eqref{eq:Rot3} y \eqref{eq:Elec1} el sistema dinámico es,

\begin{align} J_{eq} \dot{\omega}_2+B_{eq} \omega_2+K_2 \theta_2-N \tau_e - \tau_L & = 0 \\ L_A \dot{i}_A + R_A i_A + \alpha \omega_1 - e_i & = 0 \end{align}

Ecuaciones en espacio de estados

Definamos las ecuaciones de espacio de estados parar $x=\left[ \theta_2~\dot{\theta}_2~i_A \right]^{\intercal}$. Del sistema dinámico,

\begin{align*} J_{eq} \ddot{\theta}_2+B_{eq} \dot{\theta}_2+K_2 \theta_2-N \alpha i_A-\tau_L & = 0 \\ L_A \dot{i}_A + R_A i_A + \alpha \omega_1 - e_i & = 0 \end{align*}

reordenando,

\begin{align*} \ddot{\theta}_2 & = -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} \dot{\theta}_2 - \frac{K_2}{J_{eq}} \theta_2 + \frac{N \alpha}{J_{eq}} i_A - \frac{1}{J_{eq}} \tau_L \\\ \dot{i}_A & = -\frac{R_A}{L_A} i_A -\frac{N \alpha}{L_A} \dot{\theta}_2 + \frac{1}{L_A} e_i \end{align*}

definiendo los estados como

\begin{align*} \begin{cases} x_1 & = \theta_2, \quad \dot{x}_1 = \dot{\theta}_2 = x_2 \\\ x_2 & = \dot{\theta}_2, \quad \dot{x}_2 = \ddot{\theta}_2 = -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} x_2 - \frac{K_2}{J_{eq}} x_1 + \frac{N \alpha}{J_{eq}} x_3 - \frac{1}{J_{eq}} \tau_L \\\ x_3 & = i_A, \quad \dot{x}_3 = \dot{i}_A = -\frac{R_A}{L_A} x_3 -\frac{N \alpha}{L_A} x_2 + \frac{1}{L_A} e_i \end{cases} \end{align*}

entonces

\begin{align} \begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \\ \dot{x}_3 \end{bmatrix} &= \underbrace{ \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac{K_2}{J_{eq}} & -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} & \frac{N \alpha}{J_{eq}} \\ 0 & -\frac{N \alpha}{L_A} & -\frac{R_A}{L_A} \end{bmatrix} }_A \underbrace{ \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} }_\mathbf{x} + \underbrace{ \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{J_eq} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{L_A} \end{bmatrix} }_B \underbrace{ \begin{bmatrix} 0 \\ \tau_L \\ e_i \end{bmatrix} }_\mathbf{u} \\ \mathbf{\dot{x}} &= A \mathbf{x} + B \mathbf{u} \label{eq:sys1} \end{align}

La salida $y=\dot{\omega}_2$ se puede definir como

\begin{align} y &= \underbrace{ \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} }_C \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} + \underbrace{ \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} }_D e_i \\ y &= C \mathbf{\dot{x}} \end{align}

Punto de equilibrio $\mathbf{x_0}$

Usando $\mathbf{\dot{x}}=0$ en \eqref{eq:sys1}, el punto de equilibrio $\mathbf{x_0}$ puede calcularse como

\begin{align} 0 & = A \mathbf{x_0} +B \mathbf{u} \\ \mathbf{x_0} & = - A^{-1} B \mathbf{u} \\ \begin{bmatrix} x_{1_0} \\ x_{2_0} \\ x_{3_0} \end{bmatrix} & = - \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac{K_2}{J_{eq}} & -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} & \frac{N \alpha}{J_{eq}} \\ 0 & -\frac{N \alpha}{L_A} & -\frac{R_A}{L_A} \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{J_eq} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{L_A} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ \tau_L \\ e_i \end{bmatrix} \end{align}

Resolviendo para torque externo nulo $\tau_L=0$, voltaje de armadura aplicado cosntante $e_i=E_0$ y $K_2 \neq 0$,

\begin{align*} 0 & = x_{2_0} \\ 0 & = -\frac{K_2}{J_{eq}} x_{1_0} -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} x_{2_0} + \frac{N \alpha}{J_{eq}} x_{3_0} \\ 0 & = -\frac{N \alpha}{L_A} x_{2_0} -\frac{R_A}{L_A} x_{3_0} + \frac{1}{L_A} E_0 \end{align*}

dado que to $x_{2_0}=0$, tenemos que

\begin{align*} 0 & = -\frac{K_2}{J_{eq}} x_{1_0} + \frac{N \alpha}{J_{eq}} x_{3_0} \\ 0 & = -\frac{R_A}{L_A} x_{3_0} + \frac{1}{L_A} E_0 \end{align*} entonces \begin{align*} x_{1_0} & = \frac{N \alpha}{K_2 R_A} E_0 \\ x_{3_0} & = \frac{1}{R_A} E_0 \end{align*} therefore the equilibrium point is \begin{align} \mathbf{x_0} &= \begin{bmatrix} x_{1_0} \\ x_{2_0} \\ x_{3_0} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{N \alpha}{K_2 R_A} \\ 0 \\ \frac{1}{R_A} \end{bmatrix} E_0 \end{align}

Este punto de equilibrio indica que una $\textbf{constante desplazamiento angular (giro)}$ producida por $x_{1_0}=\theta_{2_0}$ es suficiente para equilibrar la constante tensión de armadura aplicada $e_i=E_0$.

Por otro lado, si resolvemos para sin torque externo $\tau_L=0$, tensión de armadura aplicada constante $e_i=E_0$, y sin rigidez $K_2=0$. El problema es

\begin{align*} \begin{bmatrix} x_{1_0} \\ x_{2_0} \\ x_{3_0} \end{bmatrix} & = - \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} & \frac{N \alpha}{J_{eq}} \\ 0 & -\frac{N \alpha}{L_A} & -\frac{R_A}{L_A} \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{J_eq} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{L_A} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ E_0 \end{bmatrix} \end{align*}

Si eliminamos $x_{1_0}$ porque la primera columna de $A^{-1}$ tiene ceros, el problema se reduce a

\begin{align} \begin{bmatrix} x_{2_0} \\ x_{3_0} \end{bmatrix} & = - \begin{bmatrix} -\frac{B_{eq}}{J_{eq}} & \frac{N \alpha}{J_{eq}} \\ -\frac{N \alpha}{L_A} & -\frac{R_A}{L_A} \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} -\frac{1}{J_eq} & 0 \\ 0 & \frac{1}{L_A} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ E_0 \end{bmatrix} \end{align}

resolviendo tenemos que

\begin{align} \begin{bmatrix} x_{2_0} \\ x_{3_0} \end{bmatrix} & = \begin{bmatrix} \frac{N \alpha}{B_{eq} R_A+(N \alpha)^2}\\ \frac{-B_{eq}}{B_{eq} R_A+(N \alpha)^2} \end{bmatrix} E_0 \end{align}

lo que indica que una $\textbf{velocidad angular constante}$ producida por $x_{2_0}=\dot{\theta_{2_0}}$ es necesaria para equilibrar la constante tensión de armadura aplicada $e_i=E_0$.

Referencias

[1] Close, Charles M. and Frederick, Dean K. and Newell, Jonathan C., Modeling and Analysis of Dynamic Systems, 2001, ISBN 0471394424.

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