Análisis de la respuesta transitoria. daniela tenia
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A
REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELAINSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
ANÁLISIS DE LA RESPUESTA TRANSITORIA. SISTEMAS DE SEGUNDO ORDEN.
Autor: Daniela Tenía.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais
Maturín, Febrero del 2017
1. Obtenga el tiempo de levantamiento, el tiempo pico, el sobrepaso máximo y el
tiempo de asentamiento. Se sabe que un sistema oscilatorio tiene la siguiente
función de transferencia:
G (s )=ωn
2
s2+2 ζ ωn s+ωn2
Determine el factor de amortiguamiento relativo del sistema a partir de la gráfica.
Oscilación amortiguada.
Solución:
Sistema de segundo orden.
Entonces, tomando en cuenta la función de transferencia en lazo cerrado:
C ( s)R (s)
=ωn
2
s2+2 ζ ωn s+ωn2
Se tomaran ambas ecuaciones para determina a y b.
c (t )=1−e−ζ ωn t (cosωd t+ ζ√1−ζ 2 sin ωd t); t ≥ 0…(1)
c (t )=1− e−ζ ωn t
√1−ζ 2sin (ωd t+ tan−1 √1−ζ 2
ζ ); t ≥0… (2)
a) Determinar el tiempo de levantamiento t r.
Considerando la ecuación (1) y suponiendo que c (t r )=1, entonces:
c (t r )=1=1−e−ζ ωn t r(cos ωd t r+ζ
√1−ζ 2 sin ωd t r)
Como e−ζ ωn tr ≠0, se obtiene la siguiente ecuación:
cos ωd t r+ζ
√1−ζ 2sin ωd tr=0
Como ωn=√1−ζ 2=ωd y ζ ωn=σ , se tiene:
tan ωd t r=−√1−ζ 2
ζ⇒ tanωd t r=
−ωd
σ
⇒ωd t r=tan−1( ωd
−σ )⇒ t r=
1ωd
tan−1( ωd
−σ )
⇒ t r=π−βωd
Donde, β se define en la siguiente figura. Es evidente que para un valor pequeño t r,
ωd debe ser grande.
Definición del ángulo β.
b) Determinar el tiempo pico t p.
Considerando la ecuación (1), se obtiene el tiempo pico derivando c (t ) con respecto
al tiempo, se tiene que:
dcdt
=ζ ωn e−ζ ωn t(cosωd t+ ζ√1−ζ 2
sin ωd t )+e−ζ ωn t (ωd sin ωd t−ζ ωd
√1−ζ 2cosωd t)
dcdt
=ζ ωn e−ζ ωn t cosωd t+ζ2 ωn
√1−ζ 2e−ζ ωn t sin ωdt+ωd e−ζ ωn t sin ωd t−
ζ ωd
√1−ζ 2e−ζ ωn t cosωd t
Sabemos que:
ωd=ωn √1−ζ 2⇒ωn=ωd
√1−ζ 2
dcdt
=ζ ωd
√1−ζ 2e−ζ ωn t cosωd t+
ζ 2 ωn
√1−ζ 2e−ζ ωn t sin ωd t +ωn√1−ζ 2e−ζ ωn t sin ωd t−
ζ ωd
√1−ζ 2e−ζ ωn t cos ωd t
dcdt
=e−ζ ωn t sin ωd t ( ζ 2ωn
√1−ζ 2+ωn √1−ζ 2)
dcd t
=e−ζ ωn t sin ωd t ( ζ 2ωn+ωn−ζ 2 ωn
√1−ζ 2 )dcdt
=e−ζ ωn t sin ωd t ( ωn
√1−ζ 2 )Igualamos a cero y evaluamos la derivada en t=t p, tenemos que:
dcdt |t=t p
=e−ζ ωn t p sin ωd t p( ωn
√1−ζ 2 )=0
Luego, se obtiene que: sin ωd t p=0
O bien: ωd tp=0 , π ,2π ,3π ,…
Como el tiempo pico corresponde al primer pico sobrepaso máximo,
ωd tp=π⇒ t p=πωd
El tiempo pico t p corresponde a medio ciclo de la frecuencia de oscilación
amortiguada.
c) Determinar el sobrepaso máximo M p .
Ésta se presenta en el tiempo pico o en t=t p=π /ωd. Por tanto, considerando la ecuación (1), M p se obtiene como:
M p=c (t p )−1
M p=1−e−ζ ωn (π /ωd )(cos ωd (π /ωd )+ ζ√1−ζ 2 sin ωd (π /ωd ))−1
M p=−e−( σ /ωd ) π(cos π+ζ
√1−ζ 2 sin π)=−e−(σ /ωd ) π (−1+ζ
√1−ζ 2 .(0))∴M p=e− (σ /ωd ) π=e−(ζ / √1−ζ 2)π
El porcentaje del sobrepaso máximo es: e−(σ /ωd) π x100%.
Si el valor final c (∞) de la salida no es la unidad, entonces se necesita utilizar la
ecuación siguiente:
∴M p=c (t p )−c (∞)
c (∞)
d) Determinar el tiempo de asentamiento t s.
Para un sistema subamortiguado de segundo orden, la respuesta transitoria se
obtiene a partir de la ecuación (2):
c (t )=1− e−ζ ωn t
√1−ζ2sin (ωd t+ tan−1 √1−ζ 2
ζ ); t ≥0
Lascurvas :1± e−ζ ωn t
√1−ζ 2
Son las curvas envolventes de la respuesta transitoria para una entrada escalón
unitario.
Par de curvas envolventes para la curva de respuesta a escalón unitario del sistema de
segundo orden.
La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1
ζ ωn
El tiempo de asentamiento ± 2 % o ± 5 % se mide en función de la constante de
tiempo:
T= 1ζ ωn
Por lo general, se define el tiempo de asentamiento t s como:
∴t s=4T= 4σ= 4
ζ ωn(criteriodel2 %)
∴t s=3T= 3σ
= 3ζ ωn
(criterio del 5%)
e) Determinar el factor de amortiguamiento relativo ζ .
x1
x2= e−ζ ωn t1
e−ζ ωn( t1+T )=e−ζ ωn t1
e−ζ ωn t 1. e−ζ ωn T = 1e−ζ ωn T =eζ ωn T⇒
x1
x2=eζ ωnT
Entonces:
x1
xn= 1
e−ζ ωn (n−1)T =eζ ωn(n−1)T⇒x1
xn=eζ ωn (n−1)T
Por tanto, el logaritmo decremental δ es:
δ= ln|x1
x2|= 1
n−1ln|x1
xn|⇒ δ=ζ ωnT=ζ ωn .(2 π
ωd )⇒ δ=ζ ωn . 2π
ωn √1−ζ 2
⇒ δ= 2 π ζ√1−ζ 2
Se define:
1n−1
ln|x1
xn|= 2 π ζ
√1−ζ 2=∆
Elevando al cuadrado ambos miembros y despejando para obtener el factor de
amortiguamiento relativo (ζ ):
∆2=4 π2 ζ 2
1−ζ 2 ⇒∆2 (1−ζ 2 )=4 π2 ζ 2⇒∆2=4 π2 ζ 2+∆2ζ 2
⇒∆2=(4 π2+∆2)ζ 2
⇒ζ 2= ∆2
4 π2+∆2
⇒ζ = ∆√4 π2+∆2
⇒ζ =( 1n−1 ) ln|x1
xn|
√4 π2+[( 1n−1 ) ln|x1
xn|]2
⇒ζ =( 1n−1 ) ln|x1
xn|
√4 π2+( 1n−1 )
2(ln|x1
xn|)2
2. Considere el sistema de la Figura 5. Determine el valor de k de modo que el factor
de amortiguamiento relativo ζ sea 0,5. Después obtenga el tiempo de levantamiento
t r, el tiempo pico t p, el sobrepaso máximo M p, y el tiempo de asentamiento t s, en la
respuesta escalón unitario.
16s+0,8
1s
R(s) C (s )+¿−¿
+¿−¿
k
Diagrama de bloques de un sistema.
Solución:
Aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
Ahora, aplicamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:
Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
16s+0,8
1+ 16ks+0,8
1s
R(s) C (s )+¿−¿
16s+0,8+16k
1s
R(s) C (s )+¿−¿
16s2+ (0,8+16k ) s
R(s) C (s )+¿−¿
Por tanto,
C(s)R(s)
= 16s2+ (0,8+16k ) s+16
= 42
s2+(0,8+16k ) s+42
De las características del polinomio, encontramos que:
C(s)R(s)
= 42
s2+ (0,8+16k ) s+16= 42
s2+(2 ζωn ) s+ωn2
ωn=4
Por el enunciado del ejercicio, sabemos que: ζ =0 ,5 por lo que es un sistema subamortiguado (0<ζ <1).
a) Determinar el valor de k
2 ζ ωn=0,8+16k⇒2 (0,5 ) (4 )=0,8+16k⇒4=0,8+16k
⇒ 4−0,8=16 k⇒ 3,216
=k⇒ k=0,2
b) Determinar el tiempo de levantamiento t r
16s2+ (0,8+16k ) s+16
R(s) C (s )
16s2+ (0,8+16k ) s
1+ 16s2+ (0,8+16 k ) s
R(s) C (s )
El tiempo de levantamiento t r, se obtiene con la siguiente fórmula:
t r=π−βωd
Ya que,
ωd=ωn √1−ζ 2⇒ωd=4√1−(0,5 )2=4 √1−0,25
⇒ωd=4 √0,75⇒ωd=3,4641rad /seg
sin β=ωn√1−ζ 2
ωn⇒ β=sin−1(ωd
ωn )⇒ β=sin−1( 3,46414 )
⇒ β=sin−1 (0,866 )⇒ β=60 °=π3
∴t r=π−βωd
=π− π
33,4641 rad /s
⇒ t r=0,606 seg
c) Determinar el tiempo pico t p.
El tiempo pico t p, se obtiene con la siguiente fórmula:
t p=πωd
= π3,4641 rad /s
⇒ t r=0,907 seg
d) Determinar el sobrepaso máximo M p .
El sobrepaso máximo M p, se obtiene con la siguiente fórmula:
M p=e−( σ
ωd )π
=e−( ζπ
√1−ζ 2 )⇒M p=e−[ (0,5 ) π
√1−(0,5 )2 ]
⇒M p=e−[ (0,5 )π
√1−0,25 ]=e−1,814⇒M p=0,163
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
e−( σ
ωd)π
x100 %=16,3 %
e) Determinar el tiempo de asentamiento t s.
El tiempo asentamiento t s, se obtiene dependiendo del criterio:
t s=4σ⇒ t s=
4ζ ωn
= 4(0,5)(4)
⇒ t s=2 seg (criterio del 2 %)
t s=3σ⇒ t s=
3ζ ωn
= 3(0,5)(4)
⇒ t s=1,5 seg (criteriodel 5%)
3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural ωn, factor de amortiguamiento ζ ,
sobrepaso máximo M p, tiempo de asentamiento t s y tiempo de crecimiento t r del
siguiente sistema, suponga que H=1. Posteriormente verifique los resultados
obtenidos con MATLAB.
22 s+1
1s+1
x (t) y (t )+¿−¿
Aplicamos “combinación de bloques en cascada” de igual forma sustituyendo H=1,
se tiene que:
Se aplica “retroalimentación negativa”, se tiene que:
H
Entonces:
Y (s)X (s)
= 1s2+1,5 s+1,5
= 1s2+1,5 s+¿¿
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir con las
características del polinomio, tenemos que:
G (s )= 1s2+1,5 s+¿¿
Donde, K en la ganancia estática del sistema.
a) Determinar la frecuencia natural ωn.
ωn=√1,5 rad ∕ seg ≈ 1,225rad ∕ seg
K ωn2=K= 1
ωn2 ⋙
11,5
≫K=23
≈ 0,6 7
b) Determinar el factor de amortiguamiento ζ .
El factor de amortiguamiento ζ , se obtiene con la siguiente fórmula:
2 ζ ωn=1,5≫ ζ = 1,52ζ ωn
≫ζ= 1,52 (1,225 )
≫ ζ ≈ 0,612
Esto es un sistema subamortiguado.
c) Determinar el sobrepaso máximo Μ p.
El sobrepaso máximo Μ p, se obtiene con la siguiente formula:
Μ p=e−¿( σ
ωd ) π=ee−( ζπ
√1−ζ 2)→ Μ p=e−¿¿ ¿
ΜΡ=e−2,4311 →ΜΡ=0,0879
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
e−( σ
ωd) π
x100 %=8,79 %
d) Determinar el tiempo de asentamiento t s .
El tiempo asentamiento t s , se obtiene dependiendo del criterio:
ts=¿ 4
σ→t s=
4ζ ωn
= 4(0,612)(1,225)
→ t s=5,335 seg(criterio del2 %)¿
ts=¿ 3
σ→t s=
3ζ ωn
= 3(0,612)(1,225)
→t s=4,002 seg (criterio del5%)¿
e) Determinar el tiempo de crecimiento t r .
El tiempo de levantamiento t r, se obtiene con la siguiente fórmula:
t r=π−βωd
Ya que,
ωd=ωd √1−ζ 2→ωd=1,225√1−¿¿
ωd=0,969 rad ∕ seg
sin β=ωn√1−ζ 2
ωn→β=sin−1(ωd
ωn )→ β=sin−1( 0,9691,225 )
β=sin−1 (0,791 ) →β=52,28°=0,912 rad
f) Determinar el tiempo pico t p .
El tiempo pico t p, se obtiene con la siguiente formula:
t r=πωd
= π0,969 rad ∕ seg
=3,242 seg