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