sistemas 1er2do orden ejercicios resueltos

UNET, Dpto. Electrónica, Nuc. Inst. y Control, Tito González, [email protected], 26 Abr 2007.Ejercicios Resueltos sobre Sistemas de 1er y 2do Orden. 1 de 10

EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE SISTEMAS DE 1er y 2doORDEN

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 decero y está resuelto de manera tal de aclarar los conceptos básicos mínimos y necesarios para lasolución de esta clase de problemas. Debe recordarse que la ecuación de sistemas de primer ordencon condiciones iniciales distintas de cero es perfectamente aplicable, realizando las consideracionescorrespondientes en sus factores, a los sistemas de primer orden con condiciones iniciales igualesa cero.

El segundo y tercer problema es sobre sistemas de segundo orden, en ambos se busca ladeterminación de los coeficientes de la función de transferencia que describe al sistema por mediode los parámetros de esta clase de sistema.

En el primer caso, la determinación es a través de las funciones de transferencia de undiagrama de bloques.

En el segundo caso, la determinación es a través de la curva respuesta del sistema ante unaentrada escalón.


1) Un termómetro se encuentra inicialmente en equilibrio con un baño a temperatura Tx. Parael tiempo t = 0 minutos el termómetro es retirado del baño a temperatura Tx y es sumergido en otrobaño 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 enel 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. La constante de tiempo, τ.b. Las temperaturas Tx y Ty.c. 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. Tambiénse 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 por tal motivo se considera que el sistema ya seha estabilizado con el medio.

Al revisar la redacción nos encontramos que:

“Un termómetro se encuentra inicialmente en equilibrio con un baño a temperatura Tx”, locual 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 fácildeducir entonces que τ es 1 minuto y que Ty es 40 °C porque a ese incremento de tiempo


( )∆

∆t

t= ⋅ ⇒ = =

−=4

44 0

41τ τ minutosminuto

( ) ( ) ( )

( )y y y yt t SS t

t t

i i

ie= + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ ⋅ −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

− −

1 τ

( ) ( ) ( )

( )T T T Tt t SS t

t t

i i

ie= + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ ⋅ −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

− −

1 τ

[ ]( )

( ) [ ][ ]

60 40 40 1

60 40 40 086520

086540

40 23126312

6 41= + − ⋅ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

− = −

= −

= += °

− − ⋅

Tx

Tx

Tx

TxTx C

e t

.

..

.

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

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 minutossolamente, (6-4), razón por la cual la lectura del termómetro no puede ser considerada como ladefinitiva, esta consideración se fundamenta en el hecho de 2 minutos es menor que 4 τ. Por talmotivo, 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 primerorden con condiciones iniciales distintas de cero, razón por la cual debemos utilizar la ecuación quedescribe este comportamiento.

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

donde: T(t) = T(6) = 60 °C, T(ti ) = T(4) = 40 °C, TSS = Tx, y τ = 1. De manera tal que aldesarrollar la ecuación obtenemos el valor de Tx:


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

Notas:

Los círculos indican las coordenadas de las cuales se dispone de toda la informaciónnecesaria, o que puede ser hallada.

Para el caso de 4 # t # 6 minutos, el segmento es el T(t) resultante de aplicar a la ecuaciónlos siguientes valores a sus factores: T(ti)=T(4)=40, TSS=T(10)=63.13, τ = 1, ti = 4. El segmentopunteado en rojo, extremo derecho de la gráfica, es la proyección de la ecuación para los valores det $ 6 minutos.

Para el caso de 0 # t # 4 minutos, el segmento es el T(t) resultante de aplicar a la ecuaciónlos siguientes valores a sus factores: T(ti)=T(0)=63.13, TSS==T(4)=40, τ = 1, ti = 0.


( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

G sG s

G s H s

aS b S

aS b S

aS b S

S b S aS b S

G sa

S b S b aK

S S

Donde K a b b a

f

fn

n n

n n n

=+

=+ +

++ +

=+ +

+ + ++ +

=+ + + +

≡+ +

= = + = +

1

1008

1100

8

1008

8 1008

1008 8 100 2

100 2 8 8 100

2

2

2 2

2 2

( )( )

( )( )

( )( )( )( )

( )( )

: ; ;

ωζω ω

ω ζω ω

2) Para el sistema de control que se muestra en la figura, determine la ganancia “a” y lalocalización del polo “b” de los parámetros que definen al controlador, de tal manera que larespuesta del sistema no exceda un máximo pico porcentual (Mp%) de 25 %, y que el tiempo desubida (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:


( )

( )( )

ζ

π π

ζ

ζω

ωζ

ω

ζω

ω

Mp

nn n

n

n

LnMp

LnMp

Ln

Ln

trtr

b b b

b

%

%

%.

. . . . . . ..

.

. . .

=− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= =

=+

⇒ =+

=+

= =

+ = ⇒ = − = ≈ =

= +

100

100

20100

20100

0 456

08 2 5 08 2 5 08 2 5 0 4560 08

24 244

8 2 2 0 456 24 244 8 1411 14

8

22

22

( ) ( )100

24 244 8 1411100

4 749 52

a a a⇒ =−

= ≈ =. .

.

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

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.


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 eldiseño 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 valoresmáximos.

El que los valores reales no correspondan con los valores calculados, es una condición queno es de extrañar cuando se esta en el proceso de diseño. Lo realmente importante, es mantenersedentro de las especificaciones, o tolerancias, solicitadas.


( ) ( )G sK

S Sn

n n

=+ +

ωζω ω

2

2 22

3) Encuentre la función de transferencia, G(s), que describe a un sistema físico que ante unaentrada 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 cualasumiré que se encuentra en lazo abierto, ya que no indican lo contrario, y por tanto su forma es:

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:


( ) ( )

( )

( )( )

( )

Mp y t y MpMp

yMp

Mp

Mp

tptp

SSSS

nn n

n n

n

= − = ⇒ = = =

=− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

=− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

= =

=−

⇒ =−

=−

≈ =

= ≈ =

=

max . % %

ln%

ln%

ln

ln

.

. .

.

12100

20%

100

100

20100

20100

0 456

1 1 0 01 1 0 456353

2 2 0 456 353 322 2

353

22

22

2 2 2

2 2

ζ

π π

ζ

πω ζ

ωπ

ζπ

ω

ζω ζω

ω

( )

( )

= =

=⋅

+ ⋅ +

124609

124609322 124609

2

2

ω n

con lo que G s queda como

G sK

S S

:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

G sY sR s

Y s R s G s

r t u t R sS

= ⇒ = ⋅

= ⋅ ⇒ =22

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


( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

Y sK

S S S

Teorema del valor final

y t S Y sS K

S S S

yK

S SK

K K

t S S

S

=⋅ ⋅

+ ⋅ +

= ⋅ =⋅ ⋅ ⋅

+ ⋅ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

∞ =⋅ ⋅

+ ⋅ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

⋅ ⋅⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= ⋅ ⇒ =

→ ∞ → →

→

2 124609322 124609

2 124609322 124609

2 124609322 124609

2 124609124609

6 2 3

2

0 0 2

0 2

lim lim lim

lim

( )G sS S

=+ +

373827322 1246092

De manera tal que la función de transferencia queda de la siguiente forma:

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