tarea 4 teoria de control

1. REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA INSTITUTO
UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
ANÁLISIS DE LA RESPUESTATRANSITORIA
Autor: Juan García.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais
Maturín, febrero de 2017

2. Primer ejercicio
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) =
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Suponga que existe un registro de una oscilación amortiguada, tal como
aparece en la siguiente figura. Determine el factor de amortiguamiento relativo
del sistema a partir de la gráfica.
Solución:
Ya que hablamos de una oscilación amortiguada, el sentido de estas esta
reflejadas en los sistemas sub-amortiguados (0< 𝜁<1).
Como conocemos la función de transferencia en lazo cerrado.
𝑮( 𝒔) =
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Además usaremos las siguientes ecuaciones:
𝒄( 𝒕) = 𝟏 − 𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕 ( 𝐜𝐨𝐬 𝝎 𝒅 𝒕+
𝜻
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝝎 𝒅 𝒕); 𝒕 ≥ 𝟎…(𝟏)
𝒄( 𝒕) = 𝟏 −
𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 ( 𝝎 𝒅 𝒕+ 𝐭𝐚𝐧−𝟏
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝜻
); 𝒕 ≥ 𝟎… (𝟐)
a. Tiempo de levantamiento.
Suponemos que 𝑐( 𝑡 𝑟) = 1 entonces usamos la primera ecuación y teniendo en cuenta
que 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑟 ≠ 0 obtenemos la siguiente ecuación:

3. cos 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = 0
Como 𝜔 𝑛 = √1 − 𝜁2 = 𝜔 𝑑 y 𝜁𝜔 𝑛 = 𝜎, ahora sabemos que:
tan 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = −
√1 − 𝜁2
𝜁
⇒ tan 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = −
𝜔 𝑑
𝜎
⇒ 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = tan−1 (
𝜔 𝑑
−𝜎
)
⇒ 𝑡 𝑟 =
1
𝜔 𝑑
tan−1 (
𝜔 𝑑
−𝜎
)
⇒ 𝒕 𝒓 =
𝝅−𝜷
𝝎 𝒅
b. Tiempo pico.
Tomando en cuenta la primera ecuación obtenemos el tiempo pico derivando con
respecto al tiempo.
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 (cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡) + 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 ( 𝜔 𝑑 sin 𝜔 𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
cos 𝜔 𝑑 𝑡)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2 𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡 + 𝜔 𝑑 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡
−
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 cos 𝜔 𝑑 𝑡
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔 𝑛 =
𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑑𝑐
𝑑𝑡
=
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2 𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡 + 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡
−
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 cos 𝜔 𝑑 𝑡
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡(
𝜁2 𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
+ 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡(
𝜁2 𝜔 𝑛 + 𝜔 𝑛 − 𝜁2 𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 sin 𝜔 𝑑 𝑡(
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
)
Igualamos a cero y evaluamos la derivada en 𝑡 = 𝑡 𝑝, tenemos que:

4. 𝑑𝑐
𝑑𝑡
|
𝑡=𝑡 𝑝
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑝 sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 (
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
) = 0
Se obtiene que: sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 0 ò 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝=0, 𝜋, 2𝜋,3𝜋
Entonces tenemos que:
𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 𝜋 ⇒ 𝒕 𝒑 =
𝝅
𝝎 𝒅
c. Sobrepaso máximo
Esta representada en el tempo pico o 𝑡 = 𝑡 𝑝 = 𝜋 𝜔 𝑑⁄ , entonces tomando en cuenta la
primera ecuación:
𝑀 𝑝 = 𝑐( 𝑡 𝑝) − 1
𝑀 𝑝 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ ) (cos𝜔 𝑑( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ ) +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ )) − 1
𝑀 𝑝 = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋 (cos 𝜋 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜋) = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋 (−1 +
𝜁
√1 − 𝜁2
. (0))
Por lo tanto:
𝑴 𝒑 = 𝒆−( 𝝈 𝝎 𝒅⁄ ) 𝝅 = 𝒆
−( 𝜻 √𝟏−𝜻 𝟐⁄ ) 𝝅
El porcentaje del sobrepaso máximo es: 𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋 𝑥 100%.
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. Tiempo de asentamiento.
Como es un sistema subamortiguado de segundo orden utilizamos la segunda
ecuación:
𝑐( 𝑡) = 1 −
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
𝑠𝑖𝑛 ( 𝜔 𝑑 𝑡 + 𝑡𝑎𝑛−1
√1 − 𝜁2
𝜁
); 𝑡 ≥ 0

5. Las curvas: 1 ±
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
Son curvas envolventes de la respuesta transitoria para una entrada escalón unitario.
La curva de respuesta 𝑐(𝑡) siempre permanece dentro de un par de curvas
envolventes.
La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1
𝜁𝜔 𝑛
⁄
El tiempo de asentamiento que corresponde a una banda de tolerancia de ±2% o ±5%
se mide en función de la constante de tiempo:
𝑻 =
𝟏
𝜻𝝎 𝒏
Por lo tanto el tiempo de asentamiento se define como:
𝒕 𝒔 = 𝟒𝑻 =
𝟒
𝝈
=
𝟒
𝜻𝝎 𝒏
(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟐%)
𝒕 𝒔 = 𝟑𝑻 =
𝟑
𝝈
=
𝟑
𝜻𝝎 𝒏
(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟓%)
e. Factor de amortiguamiento relativo
La razón de amplitud por un periodo de oscilación amortiguada es:
𝑥1
𝑥2
=
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝑡1+𝑇) =
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1 . 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑇 =
1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑇 = 𝑒 𝜁𝜔 𝑛 𝑇 ⇒
𝑥1
𝑥2
= 𝑒 𝜁 𝜔 𝑛 𝑇
Observe que es necesario escoger 𝑛 lo suficientemente grande para que la
razón o bien 𝑥1/𝑥 𝑛 no sea cercano a la unidad. Entonces:
𝑥1
𝑥 𝑛
=
1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇 = 𝑒 𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇 ⇒
𝑥1
𝑥 𝑛
= 𝑒 𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
Por tanto, el logaritmo decremental 𝛿 es:

6. 𝛿 = ln|
𝑥1
𝑥2
| =
1
𝑛 − 1
ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
|⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔 𝑛 𝑇 = 𝜁𝜔 𝑛.(
2𝜋
𝜔 𝑑
)
⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔 𝑛.
2𝜋
𝜔 𝑛√1− 𝜁2
⇒ 𝛿 =
2𝜋𝜁
√1 − 𝜁2
Se define:
1
𝑛 − 1
ln|
𝑥1
𝑥 𝑛
| =
2𝜋𝜁
√1 − 𝜁2
= ∆
Elevando al cuadrado ambos miembros y despejando para obtener el factor de
amortiguamiento relativo se tiene que:
∆2=
4𝜋2 𝜁2
1 − 𝜁2 ⇒ ∆2(1 − 𝜁2) = 4𝜋2 𝜁2 ⇒ ∆2= 4𝜋2 𝜁2 + ∆2 𝜁2
⇒ ∆2= (4𝜋2 + ∆2)𝜁2
⇒ 𝜁2 =
∆2
4𝜋2 + ∆2
⇒ 𝜁 =
∆
√4𝜋2 + ∆2
⇒ 𝜁 =
(
1
𝑛 − 1
)ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
|
√4𝜋2 + [(
1
𝑛 − 1
) ln|
𝑥1
𝑥 𝑛
|]
2
⇒ 𝜻 =
(
𝟏
𝒏 − 𝟏
) 𝐥𝐧|
𝒙 𝟏
𝒙 𝒏
|
√ 𝟒𝝅 𝟐 + (
𝟏
𝒏 − 𝟏
)
𝟐
(𝐥𝐧 |
𝒙 𝟏
𝒙 𝒏
|)
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.

7. Ahora, utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:
Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:

8. Por tanto,
𝑪(𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝟏𝟔
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟏𝟔
=
𝟒 𝟐
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟒 𝟐
De las características del polinomio, encontramos que:
𝝎 𝒏 = 𝟒
Por el enunciado del ejercicio, sabemos que: 𝜻 = 𝟎, 𝟓
2𝜁𝜔 𝑛 = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 2(0,5)(4) = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 4 = 0,8 + 16𝑘
⇒ 4 − 0,8 = 16𝑘 ⇒
3,2
16
= 𝑘 ⇒ 𝒌 = 𝟎, 𝟐
a. tiempo de levantamiento.
El tiempo de levantamiento esta definido por la siguiente formula:
𝒕 𝒓 =
𝝅 − 𝜷
𝝎 𝒅
Ya que:

9. 𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔 𝑑 = 4√1 − (0,5)2 = 4√1 − 0,25
⇒ 𝜔 𝑑 = 4√0,75 ⇒ 𝝎 𝒅 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛√1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
⇒ 𝛽 = sin−1 (
𝜔 𝑑
𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = sin−1 (
3,4641
4
)
⇒ 𝛽 = sin−1(0,866) ⇒ 𝜷 = 𝟔𝟎° =
𝝅
𝟑
𝑡 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔 𝑑
=
𝜋 −
𝜋
3
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟔 𝒔𝒆𝒈
b. Tiempo pico.
Esta definido por la siguiente formula:
𝑡 𝑝 =
𝜋
𝜔 𝑑
=
𝜋
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟕 𝒔𝒆𝒈
c. Sobrepaso máximo
El sobrepaso máximo 𝑀 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑀 𝑝 = 𝑒
−( 𝜎
𝜔 𝑑
) 𝜋
= 𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
⇒ 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
𝝎 𝒅
) 𝝅
𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝟏𝟔, 𝟑 %
d. tiempo de asentamiento.
Este se obtiene dependiendo del criterio

10. 𝑡 𝑠 =
4
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
4
𝜁𝜔 𝑛
=
4
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡 𝑠 =
3
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
3
𝜁𝜔 𝑛
=
3
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟏, 𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)
3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural 𝜔 𝑛, 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.
Utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, y sustituyendo 𝐻 = 1, se tiene que:
Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:

11. Por lo tanto:
𝑌(𝑠)
𝑋(𝑠)
=
1
𝑠2 + 1.5 𝑠 + 1.5
=
1
𝑠2 + 1.5 𝑠 + (√1.5)2
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir, con las
características del polinomio, encontramos que:
𝐺( 𝑠) =
1
𝑠2 + 1.5 𝑠 + 1.5
=
𝐾𝜔 𝑛
2
𝑠2 + 2𝜁𝜔 𝑛 𝑠+ 𝜔 𝑛
2
a. Frecuencia natural.
𝝎 𝒏 =
√ 𝟏. 𝟓𝒓𝒂𝒅
𝒔𝒆𝒈
= 𝟏. 𝟐𝟐𝟓𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
b. Factor de amortiguamiento.
𝟐𝜁𝜔 𝑛 = 1.5 =
1.5
2𝜔 𝑛
=
1.5
2(1.225)
𝜁 ≈ 0.612
c. Sobrepaso máximo
𝑴 𝒑 = 𝒆
−( 𝝈
𝝎 𝒅
) 𝝅
= 𝒆
−(
𝜁𝜋
√𝟏−𝜁 𝟐
)
𝑴 𝒑 = 𝒆
−[
(0.612)𝜋
√𝟏−(0.612) 𝟐
]
𝑴 𝒑 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟕𝟗
El porcentaje del sobrepaso máximo es:

12. 𝑴 𝒑 ∗ 𝟏𝟎𝟎% = 𝟖. 𝟕𝟗%
d. Tiempo de asentamiento:
El tiempo asentamiento 𝑡 , se obtiene dependiendo del criterio:
𝒕 𝒔 =
𝟒
𝝈
=
𝟒
𝜻𝝎 𝒏
=
𝟒
( 𝟎. 𝟔𝟏𝟐)(𝟏. 𝟐𝟐𝟓)
𝒕 𝒔 = 𝟓. 𝟑𝟑𝟓𝐬𝐞𝐠 (𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟐%)
𝒕 𝒔 =
𝟑
𝝈
=
𝟑
𝜻𝝎 𝒏
=
𝟑
( 𝟎. 𝟔𝟏𝟐)(𝟏. 𝟐𝟐𝟓)
𝒕 𝒔 = 𝟒. 𝟎𝟎𝟐𝐬𝐞𝐠 (𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟓%)
e. Determine el tiempo de crecimiento.
El tiempo de levantamiento �� se obtiene con la siguiente fórmula:
𝒕 𝒕 =
𝒕 − 𝒕
𝒕 𝒕
𝜔 𝜔 = 𝜔 𝜔
√1 − 𝜔2
⇒ 𝜔 𝜔 = 1.225√1 − (0,612)2
⇒ 𝒕 𝒕 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝒕𝒕𝒕/𝒕𝒕𝒕
sin 𝜔 =
𝜔 𝜔
√1 − 𝜔2
𝜔 𝜔
⇒ 𝜔 = sin
−1
(
𝜔 𝜔
𝜔 𝜔
) ⇒ 𝜔 = sin
−1
(
0.969
1.225
)
⇒ 𝜔 = sin
−1
(0,791) ⇒ 𝒕 = 𝟎𝟎. 𝟎𝟎° ≈ 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝒕𝒕𝒕
𝜔 𝜔 =
𝜔 − 𝜔
𝜔 𝜔
=
𝜔 − 0.912𝜔𝜔𝜔
0.969 𝜔𝜔𝜔/𝜔
⇒ 𝒕 𝒕 = 𝟎. 𝟎 𝒕𝒕𝒕
f. Tiempo pico.
𝜔 𝜔 =
𝜔
𝜔 𝜔
=
𝜔
0.969 𝜔𝜔𝜔/𝜔𝜔𝜔
⇒ 𝜔 𝜔 = 3.242𝜔𝜔𝜔