Diapositivas curso controles

Sistemas de segundo orden

Departamento de Control, División de Ingeniería EléctricaFacultad de Ingeniería UNAM

México D.F. a 11 de Septiembre de 2006

Sistemas de segundo orden 111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111

Los sistemas de segundo orden continuos son aquellos que responden auna ecuación diferencial linea de segundo orden

)()()()()()(212

2

0212

2

0 trbdt

tdrbdt

trdbtcadt

tdcadt

tcda

Sin pérdida de generalidad se analizará un caso muy común donde:

.0,,,1 102210 bbKbapaa

Que corresponde al siguiente sistema de segundo orden:

)( pssK

)(sR )(sC)(sE K

p

dondees una const.que representauna ganancia.

es una const. realrepresenta al polodel sistema.

Su función de transferencia de lazo cerrado es:

KpssK

sRsC

2)(

)(

Como se aprecia, los polos de lazo cerrado pueden ser de tres tipos


KppsKpps

KsRsC

4242)()(

22

1. Reales diferentes si: Kp 4

2Kp

4

2

Kp 4

2, 2. Reales iguales si:

3. Complejos si

Para facilitar el análisis se realiza el siguiente cambio de variables2nK 22 np


22

2

2)()(

nn

n

sssRsC

forma estándar del sistema

de segundo orden.

donde es la frecuencia natural no amortiguada, se denomina atenuación, es el factor de amortiguamiento. Ahora el comportamiento dinámico del sistema de segundo orden se describe en términos de los parámetros y . n

Se analizará la respuesta transitoria ante una entrada escalón unitario:

(1) Caso subamortiguado : en este caso se escribe)10( )()( sRsC

donde se denomina fracuencia natural amortiguada. Si21 nd

n

))(()()( 2

dndn

njsjssR

sC

)(sRes una entrada escalón, entonces

ssssC

nn

n

)2()( 22

2


Utilizando fracciones parciales

2222 )()(1)(

dn

n

dn

n

sss

ssC

y conociendo que

tes

sd

t

dn

n n

cos)( 22

1-L

tsenes d

t

dn

d n

22)(1-L

Se obtiene la salida en el tiempo

)0(1tan1

1)(2

12

ttsenetc d

tn


(2) Caso de amortiguamiento crítico :)1(

)(sC

sssC

n

n2

2

)()(

)0()1(1)( ttetc ntn

la transformada inversa arroja

en este caso se tienen dos polos reales iguales y ante un escalón es


ssssC

nnnn

n

)1)(1()(

22

2

t

t

n

n

e

etc

)1(22

)1(22

2

2

)1(121

)1(1211)(

en este caso se tienen dos polos reales negativos y diferentes. Para unaentrada escalón, es

(3) Caso sobreamortiguado :)1(

)(sC

La transformada inversa de Laplace de la ecuación anterior es


Fig. Curvas de respuesta al escalón unitario.

0 2 4 6 8 10 120

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

sa1

ca1

0

2.0

4.0

7.08.0

Figura. Respuesta al escalón de diferentes sistemas de segundo orden.


Respuesta impulsiva de sistemas de segundo orden

22

2

2)(

nn

n

sssC

)10( )0(11

)( 22

ttsenetc ntn n

)1(

)0(1212

)( )1(2

)1(2

22

teetc tntn nn

para

para

)1(

)0()( 2 ttetc tn

n

Utilizando transformada inversa obtenemos las siguientes soluciones de )(tc

para


0 2 4 6 8 10 12-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

sa1

ca1

02.0

4.0

7.0

Figura. Respuesta al impulso de diferentes sistemas de segundo orden.


Definición de los parámetros de la respuesta transitoria

Las características de desempeño de un sistema de control se comparan basándose en el tiempo de la repuesta transitoria. La característica transitoria de los sistemas dinámicos se presenta por la incapacidad de responder de manera instantánea a las entradas o perturbaciones. La respuesta transitoria es común clasificarla con base a los siguientes parámetros.

1. Tiempo de retardo

2. Tiempo de crecimiento

3. Tiempo pico

4. Sobreimpulso máximo

5. Tiempo de establecimiento

rtdt

pt

pMst

a continuación se definen…0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

t

c(t)

1

0st

pM

rt pt

Tiempo de retardo

, . Es el tiempo que tarda la respuesta en alcanzar la mitad del valor final por primera vez.

Sistemas de segundo orden 2.- Tiempo de crecimiento

2.- Tiempo de crecimiento, . Es el tiempo requerido para que la respuesta aumente de 0 a 100% para sistemas subamortiguados, del 5 al 95% o del 10 al 90% para sistemas críticamente amortiguados o sobreamortiguados.

rt

El tiempo de crecimiento se obtiene dando un valor de uno en la ecuación de respuesta de un sistema de segundo orden ante una entrada escalón.

1)1

(cos1)(2

rdrd

t tsentetc rn

01

cos2

rdrd tsent


0tan1

1costancos1

cos22

rdrdrdrdrd ttttt

o bien

d

d

d

drt

11 tan,tan1

d

rd t 21tan

el tiempo de crecimiento es

d


3.- Tiempo pico, . Es el tiempo requerido para que la respuesta alcance el primer pico de sobreimpulso. El tiempo pico se obtiene derivando la ecuación de respuesta c(t) e igualándola a cero, con lo que se obtiene

pt

01

)(2

pntnpd etsen

dppd

pd

tt

sosobreimpulprimereleligese

sonecuaciónestasatisfacenquevaloreslostsen

.,,3,2,,0

,0

Sistemas de segundo orden SOBREPASO

1)( pp tcM

dd

dd sene dn

2)(

1cos

ddn ee

21eM p

st

4. Es el valor pico máximo de la curva de respuesta medido desde la unidad o valor deseado. El sobreimpulso máximo se obtiene de la respuesta evaluada en el tiempo pico.

pM

5.- Tiempo de establecimiento,5.- Tiempo de establecimiento, . Es el tiempo mínimo donde la curva de respuesta alcanza y se mantiene dentro de un rango de error preestablecido, generalmente es del 2% o del 5%, el rango más común es el del 2%. Para sistemas de primer y segundo orden, la respuesta se mantiene dentro del 2% después de 4 constantes de tiempo:

444

ns Tt


Ejemplo: Definir los parámetros de respuesta transitoria del sistema

)34(75ss

)(sR )(sC

Desarrollo:

La función de transferencia de lazo cerrado es

753475

)()(

2

sssRsC

Se utiliza la siguiente igualdad

22

2

2 2753475

nn

n

ssss


se obtiene

3752 n

342 n

375n

877876.03752

34

17

A partir de aquí se obtienen los parámetros de respuesta transitoria

segundostd

r 2849.0

86d

.499.0tan 1 radd

segundostd

p 33876.0

%315.000315.0 deM p

segundosts 23529.04

Nota: Analizar porque prs ttt


Ejemplo: De los siguientes parámetros de respuesta transitoria obtener la función de transferencia.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

t

c(t)

127

0

142

0.75

Desarrollo: de la gráfica

1181.0127

127142 pM segundosts 75.0Estos dosParámetrosSon suficientes


De st3333.544

ss t

t

De y conociendo pM

84335.7ln

pdp M

eM d

Entonces3333.584335.7d

48486.922 dn 56229.0

nn

96256.89666.1096256.89

2)( 222

2

sssssG

nn

n

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