Sistemas 1er2do Orden Ejercicios Resueltos

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE SISTEMAS DE 1er y 2do ORDEN

A continuación se resuelven tres problemas sobre sistemas de primer y segundo orden. El primer problema es sobre sistemas de primer orden con condiciones iniciales distintas de cero y está resuelto de manera tal de aclarar los conceptos básicos mínimos y necesarios para la solución de esta clase de problemas. Debe reco rdarse que la ecuación de sistemas de primer orden con condiciones iniciales distintas de cero es perfectamente perfectamente aplicable, realizando las consideraciones correspondientes en sus factores, a los sistemas de primer orden con condiciones iniciales iguales a cero. El segundo y tercer problema es sobre sistemas de segundo orden, en ambos se busca la determinación de los coeficientes de la función de transferencia que describe al sistema por medio de los parámetros de esta clase de sistema. En el primer caso, la determinación es a través de las funciones de transferencia de un diagrama de bloques. En el segundo caso, la determinación es a través de la curva respuesta del sistema ante una entrada escalón.

UNET, Dpto. Electrónica, Nuc. Inst. y Control, Tito González, [email protected], 26 Abr 2007. Ejercicios Resueltos sobre Sistemas de 1er y 2do Orden.

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1) Un termómetro se encuentra inicialmente en equilibrio con un baño a temperatura Tx. Para el tiempo t = 0 minutos el termómetro es retirado del baño a temperatura Tx y es sumergido en otro baño a temperatura Ty. Para el tiempo t = 4 minutos la medición del termómetro se estabiliza en 40 °C. Inmediatamente después de hacer esta lectura, el termómetro es re-introducido rápidamente en el baño a temperatura Tx. Para el tiempo t = 6 minutos la medición del termómetro indica 60 °C. Asumiendo que la constante de tiempo, τ, del termómetro es la misma en ambos baños. Determine: a. b. c.

La constante de tiempo, τ. Las temperaturas Tx y Ty. La gráfica de temperatura vs tiempo.

SOLUCION: Realizando un gráfico de la secuencia de eventos para visualizar lo ocurrido.

Se sabe que el termómetro puede ser considerado como un sistema de primer orden. También se sabe que en estos sistemas para un ∆t = 4 * τ = tS, el error en la lectura es de 1.83 %, es decir, el sistema se encuentra a 98.17 % del valor final, y po r tal motivo se considera que el sistema ya se ha estabilizado con el medio. Al revisar la redacción nos encontramos que: “Un termómetro se encuentra inicialmente en equilibrio con un baño a temperatura Tx”, lo cual nos indica que la temperatura inicial del termómetro es Tx ya que esta en equilibrio , o tiene mucho tiempo con el medio. “Para el tiempo t = 4 minutos la medición del termómetro se estabiliza en 40 °C ”, es fácil deducir entonces que τ es 1 minuto y que Ty es 40 °C porque a ese incremento de tiempo UNET, Dpto. Electrónica, Nuc. Inst. y Control, Tito González, [email protected], 26 Abr 2007. Ejercicios Resueltos sobre Sistemas de 1er y 2do Orden.

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la lectura del termómetro se estabiliza en ese valor (Valor en estado estable). Para τ , matemáticamente tenemos que:

∆ t = 4 ⋅

τ

⇒ τ

∆ t ( 4 − 0) minutos = = = 1minuto 4 4

Por otra parte, el problema establece que cuando t = 6 minutos el termómetro indica 60 °C, y podemos apreciar que para este caso, o condición, el incremento de tiempo es de 2 minutos solamente, (6-4), razón por la cual la lectura del termómetro no puede ser considerada como la definitiva, esta consideración se fundamenta en el hecho de 2 minutos es menor que 4 τ . Por tal motivo, podemos decir que para esta condición el termómetro se encuentra en estado transitorio. De todo lo anteriormente planteado, queda establecido que tenemos un sistema de primer orden con condiciones iniciales distintas de cero, razón por la cual debemos utilizar la ecuación que describe este comportamiento.

y( t ) = y ( t ) i

⎛ ⎡ ⎤ + ⎢ y SS − y ( t ) ⎥ ⋅ ⎜⎜ 1 − ⎣ ⎦ ⎝ i

e

−

(t

−

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

t i )

τ

y que se re-escribe según las variables (Factores) del problema como:

T( t ) = T( t ) i

⎛ ⎡ ⎤ + ⎢ TSS − T( t ) ⎥ ⋅ ⎜⎜ 1 − ⎣ ⎦ ⎝ i

e

donde: T(t) = T(6) = 60 °C, T(ti ) = T(4) = 40 °C, TSS = Tx, y desarrollar la ecuación obtenemos el valor de Tx:

τ

−

(t

−

τ

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

t i )

= 1. De manera tal que al

( 6 4 ) t ⎡ ⎤ 1 60 = 40 + [ Tx − 40] ⋅ ⎢ 1 − ⎥ ⎣ ⎦ ( 60 − 40) = [ Tx − 40][ 0.865]

e

20

−

−

⋅

= Tx − 40

0865 . Tx = 40 + 2312 . Tx = 6312 . ° C


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A continuación se muestra el gráfico donde se visualizan los distintos cambios por los que atraviesa el sistema.

Notas: Los círculos indican las coordenadas de las cuales se dispone de toda la información necesaria, o que puede ser hallada. Para el caso de 4 # t # 6 minutos, el segmento es el T(t) resultante de aplicar a la ecuación los siguientes valores a sus factores: T(ti)=T(4)=40, TSS=T(10)=63.13, τ = 1, ti = 4. El segmento punteado en rojo, extremo derecho de la gráfica, es la proyección de la ecuación para los valores de t $ 6 minutos. Para el caso de 0 # t # 4 minutos, el segmento es el T(t) resultante de aplicar a la ecuación los siguientes valores a sus factores: T(ti)=T(0)=63.13, T SS==T(4)=40, τ = 1, ti = 0.


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2) Para el sistema de control que se muestra en la figura, determine la ganancia “a” y la localización del polo “b” de los parámetros que definen al controlador, de tal manera que la respuesta del sistema no exceda un máximo pico porcentual (Mp%) de 25 %, y que el tiempo de subida (tr) sea menor que 0.1 segundos.

SOLUCION: Al operar sobre el diagrama de bloques anterior, lo podemos transformar en:

Hallando la función de transferencia de lazo cerrado tenemos que:

100a

100a G( s)

( S + b)( S + 8) ( S + b)( S + 8) G f ( s) = = = a 100 ( S + b)( S + 8) + 100a ( ) ( ) 1+ G s H s 1+ ( S + b)( S + 8) ( S + b)( S + 8) G f ( s) =

100a 2

S + ( 8 + b) S + (8b + 100a )

≡

K ω n2 S 2 + ( 2ζω n )S + ω n2

Donde: Kω n2 = 100a; 2ζω n = ( 8 + b ); ω n2 = (8b + 100a ) UNET, Dpto. Electrónica, Nuc. Inst. y Control, Tito González, [email protected], 26 Abr 2007. Ejercicios Resueltos sobre Sistemas de 1er y 2do Orden.

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Del problema tenemos que si existen los valores de Mp y tr, estamos ante un sistema subamortiguado, por tanto hay un factor de amortiguamiento y una frecuencia de oscilación. Para cumplir las especificaciones, asumo entonces que: Mp = 20 %, y que tr = 0.08 segundos, con lo q ue:

⎛ Mp% ⎞ ⎟ ⎝ 100 ⎠

⎛ 20 ⎞ ⎟ ⎝ 100 ⎠

− Ln⎜

ζ Mp% =

tr =

⎛ ⎛ Mp% ⎞ ⎞ ⎟⎟ π 2 + ⎜ Ln⎜ ⎝ ⎠ ⎝ 100 ⎠

0.8 + 2.5ζ

ω n

⇒ ω n =

− Ln⎜ 2

=

0.8 + 2.5ζ

tr

⎛ ⎛ 20 ⎞ ⎞ ⎟⎟ π 2 + ⎜ Ln⎜ ⎝ ⎠ ⎝ 100 ⎠

=

2

0.8 + 2.5( 0.456) 0.08

. = 0456 = ζ

= 24.244 = ω n

8 + b = 2ζω n ⇒ b = 2( 0.456)( 24.244) − 8 = 14.11 ≈ 14 = b

ω n = 8b + 100a ⇒ a =

( 24.244) 2 − 8(14.11) 100

= 4.749 ≈ 5 = a

Con estos valores de a y b, el sistema queda expresado como:

A continuación se muestra la respuesta de este sistema ante una entrada escalón unitario.


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Nota: A efectos de diseño se pudo haber trabajado con Mp=25 % y tr=0.9999 segundos.

Del gráfico podemos observar que si bien los valores en los parámetros utilizados para el diseño no corresponden con los valores a los cuales está respondiendo el sistema estos, aún así, cumplen con las especificaciones solicitadas ya que se encuentran por debajo de los valores máximos. El que los valores reales no correspondan con los valores calculados, es una c ondición que no es de extrañar cuando se esta en el proceso de diseño. Lo realmente importante, es mantenerse dentro de las especificaciones, o tolerancias, solicitadas.


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3) Encuentre la función de transferencia, G(s), que describe a un sistema físico que ante una entrada de tipo 2 u(t) responde como se indica en la figura.

SOLUCION: la forma de la figura nos indica que es un sistema de segundo orden subamortiguado, el cual asumiré que se encuentra en lazo abierto, ya que no indican lo contrario, y por tanto su forma es:

G( s) =

K ω n2 S 2 + (2ζω n ) S + ω n2

Al observar la gráfica podemos establecer que: ymax(t) = 7.2, tp = 0.01 segundos y que y(%) = ySS = 6. Con lo cual podemos establecer los siguientes calculos: UNET, Dpto. Electrónica, Nuc. Inst. y Control, Tito González, [email protected], 26 Abr 2007. Ejercicios Resueltos sobre Sistemas de 1er y 2do Orden.

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100( Mp)

Mp = y max ( t ) − y SS = 1.2 ⇒ Mp% =

ζ =

⎛ Mp% ⎞ − ln⎜ ⎟ ⎝ 100 ⎠ ⎡ ⎛ Mp% ⎞ ⎤ π + ⎢ ln⎜ ⎟⎥ ⎝ ⎠ 100 ⎣ ⎦

2

=

2

tp =

π ω n 1 − ζ

2

⇒ ω n =

y SS

⎛ 20 ⎞ − ln⎜ ⎟ ⎝ 100 ⎠ ⎡ ⎛ 20 ⎞ ⎤ π + ⎢ ln⎜ ⎟⎥ ⎝ ⎠ 100 ⎣ ⎦

2

= 20% = Mp%

. = 0456 = ζ

2

π tp 1 − ζ

2

=

2ζω n = 2( 0.456)( 353) ≈ 322 = 2ζω n

π 0.01 1 − ( 0.456)

2

≈ 353 = ω n

2 ω n2 = ( 353) = 124609 = ω n2

con lo que G( s) queda como:

G( s) =

K ⋅ 124609 2 S + 322 ⋅ S + 124609

Aplicando el teorema del valor final puedo hallar el valor de K, ya que y(%) = ySS = 6.

G( s) =

Y ( s) R( s)

⇒ Y ( s) = R( s) ⋅ G( s)

r ( t ) = 2 ⋅ u( t ) ⇒ R( s) =

2 S


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Y ( s) =

2 ⋅ K ⋅ 124609 S ( S 2 + 322 ⋅ S + 124609)

Teorema del valor final

⎡ ⎤ S ⋅ 2 ⋅ K ⋅ 124609 lim y( t ) = lim S ⋅ Y ( s) = lim⎢ ⎥ 2 t S 0 S 0 S ( S + 322 ⋅ S + 124609) ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ 2 ⋅ K ⋅ 124609 ⎤ 2 ⋅ K ⋅ 124609 y( ∞ ) = lim⎢ 2 ⎥=⎢ ⎥ S 0 ( S + 322 ⋅ S + 124609) ⎣ ⎦ ⎣ 124609 ⎦ →∞

→

→

→

6 = 2 ⋅ K ⇒ K = 3 De manera tal que la función de transferencia queda de la siguiente forma:

G ( s) =

373827 2

S + 322 S + 124609


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