Automática. Capítulo 4. Respuesta de Régimen Transitorio

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Respuesta de Régimen Transitorio
4
Respuesta de Régimen Transitorio
4.1. INTRODUCCIÓN
Como se ha indicado previamente, la respuesta de un sistema dinámico estable, ante una
señal de entrada limitada en amplitud, presenta dos zonas claramente diferentes. El capítulo
anterior se enfocaba hacia la primera de ellas, el régimen permanente. Esto es, la zona de la
respuesta en la que las señales se han estabilizado, de forma que toman valores constantes o
crecimientos sostenidos. Este capítulo, por el contrario, se centra en la zona inmediatamente
posterior a la introducción de la señal de entrada y donde, debido a esta entrada, se producirá
una evolución de las diferentes señales del sistema hasta un nuevo estado. A esta zona se la
denomina como "régimen transitorio" o "régimen dinámico".
Con objeto de comparar las características de los diferentes sistemas de control, se analiza
el comportamiento de éstos ante señales típicas de prueba, tales como impulso, escalón y
rampa. Además, es importante señalar que, básicamente, la respuesta de todos los sistemas
dinámicos lineales puede dividirse en tres grandes grupos: sistemas de primer orden, sistemas
de segundo orden y sistemas de orden superior, y que este último se puede obtener como
agregación de los dos anteriores.
1
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
4.2. SISTEMAS DE PRIMER ORDEN
La función de transferencia de un sistema de primer orden tiene la forma siguiente:
G (s) 
K
Ts  1
Donde:
T: Constante de tiempo del sistema.
K: Ganancia del sistema en estado estacionario.
4.2.1. Respuesta al impulso:
K
K
T
Y(s)  G (s)· (s) 
·
Ts  1 s  1
T
t
K 
y( t )  e T
T
K 0 K
e 
T
T
K 
Valor final: y()  e  0
T
Valor inicial: y(0) 
Respuesta al impulso
K/T
0
0
T
2T
3T
4T
4.2.2. Respuesta al escalón unitario:
Y (s)  G (s)·U (s) 
1
K 1
T
 K
Ts  1 s
s( s  1 )
T
2
5T
Tiempo
Respuesta de Régimen Transitorio
1
1 
Y(s)  K 
s s 1 
T

Tomando transformadas inversas de Laplace se tendrá:
t

 

T
y( t )  K 1  e 




Valor inicial: y(0)  K (1  e 0 )  0
Valor final: y()  K (1  e )  K
Cuando t=T se alcanza el 63.2% del valor final de la respuesta:
y(T )  K (1  e1 )  0.632K
Luego cuanto menor sea la constante de tiempo del sistema T, más rápido es el sistema.
Respuesta al escalón
K
0
T
2T
3T
4T
4.2.3. Respuesta a la rampa.
Y (s)  G(s)·R (s) 
1
K
1
 2 K 2 T
Ts  1 s
s (s  1 )
T
1 T
T 
Y(s)  K 2  
s
s s 1 
T

3
5T
Tiempo
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
Tomando transformadas inversas de Laplace se tendrá:
t

 

T
y( t )  K t  T  Te 




Respuesta a la rampa
0
0
T
2T
3T
4T
Tiempo
EJEMPLO 4.1.
A un sistema cuya función de transferencia de lazo cerrado es M (s) 
entrada como la de la figura:
Calcular y dibujar, de forma aproximada, la salida.
En t=0 sea aplica una entrada escalón unitario:
r(t)  1 
4
R (s) 
1
s
1
se le aplica una
s1
Respuesta de Régimen Transitorio
M (s) 
Y(s)
1
1

Y(s) 
R (s) s  1
s(s  1)
y( t )  1  e  t
Para t= 1 segundo: y (1)  1  e 1  0.632
En t= 1 segundo la entrada es de un escalón de amplitud -2:
r ( t )  2R (s) 
Y(s) 
2
s
2
A
B
 
s(s  1) s s  1
A  2B  2

y( t )  2 1  e  t

Para t = 2 segundos: y (2 )  0.632  2 1  e 1   0.632
En t = 2 segundos la entrada es un escalón de amplitud +2:
2
r ( t )  2R (s) 
s

y( t )  2 1  e  t



Para t = 3 segundos: y(3)  0.632  2 1  e 1  0.632
1
0.632
0
-0.632
-1
0
1
2
5
3
4
5
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
4.3. SISTEMAS DE SEGUNDO ORDEN
Forma canónica de un sistema de segundo orden:
G (s) 
w 2n
s 2  2w n s  w 2 n
Ecuación característica:
s 2  2w n s  w 2 n  0
s1, 2  w n  w n  2  1
s1, 2  w n  jw n 1   2
Frecuencia natural amortiguada:
w d  w n 1  2
s1, 2  w n  jw d
4.3.1. Sistema no amortiguado (   0 )
Formado por dos polos imaginarios puros:
s1, 2   jw n
jw
Re
G (s) 
w 2n
w 2n
 2
(s  jw n )(s  jw n ) s  w 2n
Respuesta a un escalón unidad:
w 2n
Y(s)  2
(s  w 2n )s
Y(s) 
A Ms  N

s s 2  w 2n
6
Respuesta de Régimen Transitorio
A=1; M=-1; N=0
Y(s) 
1
s
 2
s s  w 2n
y( t )  1  Cos( Wn t )
EJEMPLO 4.2.
Para el sistema mostrado en la figura obtener la respuesta ante un escalón unitario.
L
R
i
Vi
C
Vo
Suponiendo: L  1Hr; C  1F y R  0
V0 (s)
w 2n
 2
Vi (s) s  2w n s  w 2 n
wn  1
LC ;   R C
4L
Suponiendo: L  1Hr; C  1F y R  0
wn  1;   0
V0 (s)
1
1
1
s
 2
; V0 (s)  2
  2
Vi (s) s  1
(s  1)s s s  1
v o ( t )  1  Cos( t )
7
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
EJEMPLO 4.3.
Calcular la respuesta del sistema ante un escalón unitario suponiendo:
M  0.25Kg; k  1N / m y f  0 N /( m / s) .
x
k
M F
f
X(s)
w 2n
C 2
F(s)
s  2w n s  w 2 n
wn  k M ;   f M
4k ; C  1 / k
wn  2 ;   0 ; C  1
X(s)
4
 2
F(s) s  4
Escalón unitario: F(s) 
X (s ) 
4
1
s
1
s
  2
(s  4)s s s  4
2
v o ( t )  1  Cos(2t )
8
Respuesta de Régimen Transitorio
4.3.2. Sistema subamortiguado ( 0    1 )
Formado por dos polos complejos conjugados.
s1, 2  w n  jw n 1   2
 1  2
s 1  w n ;   arctg
 





jw
s1
wn wd

Re
s2
  arccos()
Respuesta a un escalón unidad:
w 2n
Y(s)  2
(s  2w n s  w 2 n )s
y( t )  1 
y( t )  1 
1+
1-
1
1 
2
1
1  2
e w n t sen w d t  
e  w n t sen w d t  
1
1- 2
1
- wnt
e
1+
1- 2
- wnt
e
11- 2
1- 2
9
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
EJEMPLO 4.4.
Calcular la respuesta del sistema de la figura al escalón unitario suponiendo:
L  1Hr; C  1F y R  0.6
L
R
i
Vi
C
Vo
V0 (s)
w 2n

Vi (s) s 2  2w n s  w 2 n
wn  1
LC ;   R C
4L
w n  1 ;   0 .3
V0 (s)
1
 2
Vi (s) s  0.6s  1
Escaló unitario: Vi (s) 
V0 (s) 
v 0 (t)  1 
1
(s  0.6s  1)s
2
1
1  0 .3
1
s
2
e 0.3t sen 0.954 t  72.54 
10
Respuesta de Régimen Transitorio
EJEMPLO 4.5.
Calcular la respuesta del sistema de la figura ante un escalón unitario suponiendo:
M  0.25Kg; k  1N / m y f  0.125N /( m / s)
x
k
M F
f
X(s)
w 2n
C 2
F(s)
s  2w n s  w 2 n
w n  k M ;   f ( 2 Mk ) ; C  1 / k
w n  2 ;   0.125 ; C  1
X (s)
4
 2
F(s) s  0.5s  4
Escalón unitario: F(s) 
X(s) 
x( t)  1 
1
s
4
(s  0.5s  4)s
2
1
1  0.125
2
e 0.25t sen 1.98t  82.81
11
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
4.3.3. Sistema con amortiguamiento crítico (   1 )
Formado por un polo real doble.
s1, 2   w n
jw
s1
s2
G (s) 
Re
w 2n
w 2n

(s  w n )(s  w n ) (s  w n ) 2
Respuesta a un escalón unidad:
Y(s) 
Y(s) 
w 2n
(s  w n ) 2 s
A
B
C


s (s  w n ) 2 (s  w n )
A  1; B   w n ; C  1
1
1
wn

1
Y(s)  
(s  w n )
s (s  w n ) 2
y( t )  1  w n t e  w n t  e  w n t
y( t )  1  (1  w n t )e  w n t
12
Respuesta de Régimen Transitorio
EJEMPLO 4.6.
Calcular la respuesta del sistema de la figura ante un escalón unitario suponiendo:
L  1Hr; C  1F y R  2
L
R
i
Vi
C
Vo
V0 (s)
w 2n
 2
Vi (s) s  2w n s  w 2 n
wn  1
LC ;   R C
4L
wn  1;   1
V0 (s)
1

Vi (s) s  12
Escalón unitario: Vi (s) 
V0 (s) 
1
s  12 s
v 0 ( t )  1  (1  t )e  t
13
1
s
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
EJEMPLO 4.7.
Calcular la respuesta del sistema de la figura ante un escalón unitario suponiendo:
M  0.25Kg; k  1N / m y f  1N /( m / s)
x
k
M F
f
X(s)
w 2n
C 2
F(s)
s  2w n s  w 2 n
w n  k M ;   f ( 2 Mk ) ; C  1 / k
wn  2 ;   1; C  1
X (s)
4

F(s) s  4 2
Entrada escalón: F(s) 
X(s) 
4
s  42 s
x ( t )  1  (1  2t )e 2 t
14
1
s
Respuesta de Régimen Transitorio
4.3.4. Sistema sobreamortiguado (   1 )
Formado por dos polo reales.
s1, 2  w n  jw n 1   2
s1, 2  w n  w n  2  1
jw
s1
s2
G (s) 
Re
w 2n
(s  s1 )(s  s 2 )
Respuesta a un escalón unidad:
w 2n
Y(s) 
(s  s1 )(s  s 2 )s
y( t )  1 
 e  s1 t e  s 2 t 


 s  s 
2
2 
2  1  1
wn
Si >>1 s1  s 2
G (s) 
s2
;
(s  s 2 )
Y(s) 
y( t )  1  e s 2 t
15
s2
s(s  s 2 )
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
EJEMPLO 4.8.
Calcular la respuesta del sistema ante un escalón unitario suponiendo:
L  1Hr; C  1F y R  4
L
R
i
Vi
C
Vo
V0 (s)
w 2n

Vi (s) s 2  2w n s  w 2 n
wn  1
LC ;   R C
4L
wn  1;   2
V0 (s)
1
1
 2

Vi (s) s  4s  1 (s  3.73)(s  0.26)
Entrada escalón unitario: Vi (s) 
V0 (s) 
1
s
1
(s  3.73)(s  0.26)s
v 0 ( t )  1  0.0773e 3.73t  1.07e 0.26 t
v 0 ( t )  1  e 0.26 t
16
Respuesta de Régimen Transitorio
EJEMPLO 4.9.
Calcular la respuesta del sistema mostrado en la figura suponiendo:
M  0.25Kg; k  1N / m y f  4 N /( m / s)
x
k
M F
f
w 2n
X(s)
C 2
F(s)
s  2w n s  w 2 n
w n  k M ;   f ( 2 Mk ) ; C  1 / k
wn  2 ;   4 ; C  1
V0 (s)
4
4
 2

Vi (s) s  16s  4 (s  15.74)(s  0.25)
V0 (s) 
4
(s  15.74)(s  0.25)s
v 0 ( t )  1  0.0163e 15.74 t  1.01e 0.254 t
v 0 ( t )  1  e 0.254 t
17
Problemas de Ingeniería de Sistemas: Sistemas Continuos. Conceptos básicos.
4.3.5. Especificaciones de la respuesta transitoria
Las características de la respuesta de un sistema de segundo orden ante una entrada escalón
unitario son:
-
Tiempo de retardo td:
Tiempo necesario para alcanzar el 50% del valor final de la respuesta.
-
Tiempo de subida tr :
Tiempo necesario para que la respuesta pase del 0 al 100%, del 10 al 90%, o del 5 al 95%
del valor final. Para sistemas sobreamortiguados suele usarse del 10 al 90%. Para sistemas
subamortiguados del 0 al 100%.

tr 
d
- Tiempo de pico tp:
Tiempo necesario para que la respuesta alcance el valor máximo.

tp 
d
- Tiempo de establecimiento ts :
Tiempo necesario para que la respuesta se estabilice dentro de un margen del 2 al 5% del
valor final.

ts 
  n
- Máximo sobreimpulso Mp:
Valor máximo de la respuesta en tanto por ciento del valor final.
y( t p )  y 
M p (%) 
y
M p (%)  100  e


1  2
Mp
+5%
yp
-5%
0.5yp
0
0
td
tr
tp
ts
18
Tiempo