Utilizando el-criterio-de-routh

Helder Flavio Guerreo Vallejo
Helder Flavio Guerreo VallejoUniversity of Nariño

Punto dos Sistemas

Utilizandoel criteriode Routh - Hurwitz,determine el rangode valoresde Kpara loscualesel
siguiente sistemaesestable:
(1) 𝐸( 𝑠) = 𝑟( 𝑠) − 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘
(2) 𝑦( 𝑠) = 𝐸( 𝑠) 𝐺( 𝑠)
Despejando 𝐸( 𝑠) de 2y emplazando2en1
𝑦( 𝑠)
𝐺( 𝑠)
= 𝑟( 𝑠) − 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘
Trasladando términosySimplificando.
𝑦( 𝑠)
𝐺( 𝑠)
+ 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘 = 𝑟( 𝑠)
𝑦(𝑠)(
1
𝐺( 𝑠)
+ 𝑘) = 𝑟( 𝑠)
𝑦(𝑠)(
1 + 𝑘𝐺( 𝑠)
𝐺( 𝑠)
) = 𝑟( 𝑠)
(
𝐺( 𝑠)
1+ 𝑘𝐺( 𝑠)
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
Se tiene que
𝐺( 𝑠) =
𝑠 + 1
𝑠( 𝑠 − 1)(𝑠 + 6)
Por loque
(
𝑠+1
𝑠( 𝑠−1)(𝑠+6)
1 + 𝑘
𝑠+1
𝑠( 𝑠−1)(𝑠+6)
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
Simplificando
(
𝑠 + 1
𝑠( 𝑠 − 1)(𝑠 + 6) + 𝑘( 𝑠 + 1)
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑠 + 1
𝑠(𝑠2 + 6𝑠 − 𝑠 − 6) + 𝑘( 𝑠 + 1)
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑠 + 1
(𝑠3 + 5𝑠2 − 6𝑠) + 𝑘( 𝑠 + 1)
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑠 + 1
𝑠3 + 5𝑠2 − 6𝑠 + 𝑘 𝑠 + 𝑘
) = (
𝑦(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
Se obtiene que
𝑎0 = 1 𝑎1 = 5 𝑎2 = ( 𝑘 − 6 ) 𝑎3 = 𝑘
Aplicandoel criteriode Routh – Hurwitz
𝑠3
𝑠2
𝑠1
𝑠0
|
𝑎0 𝑎2
𝑎1 𝑎3
𝑏1
𝑐1
|
𝑠3
𝑠2
𝑠1
𝑠0
|
1 ( 𝑘 − 6 )
5 𝑘
𝑏1
𝑐1
|
𝑏1 = (
𝑎2 ∗ 𝑎1 − 𝑎0 ∗ 𝑎3
𝑎1
)
𝑏1 = (
( 𝑘 − 6 ) ∗ 5 − 𝑘
5
)
𝑏1 = (
4𝑘 − 30
5
)
𝑐1 = 𝑘
Para que el sistemaseaestable 𝑏1 como 𝑐1 =0
4𝑘 − 30 > 0
𝑘 > 0
Por loque
𝑘 >
30
4
= 7,5
2. Se tiene el siguiente sistema en lazo cerrado
𝐺( 𝑠) =
𝑘
( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
Sistemaenlazocerrado
(
𝐺( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
) = (
𝑐(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑘
( 𝑠+1)(𝑠+3)
1 +
𝑘
( 𝑠+1)(𝑠+3)
) = (
𝑐(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑘
( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) + 𝑘
) = (
𝑐(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝐺( 𝑠)
1+ 𝐺( 𝑠)
) = (
𝐸(𝑠)𝐺( 𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
1
1 + 𝐺( 𝑠)
) = (
𝐸(𝑠)
𝑟( 𝑠)
)
(
𝑟( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
) = 𝐸(𝑠)
El error en estado estacionario es
𝑒𝑠𝑠 = lim
𝑡→∞
𝑒(𝑡) = lim
𝑠→0
𝑠𝐸(𝑠)
𝑒𝑠𝑠 = lim
𝑠→0
𝑠𝐸(𝑠) = lim
𝑠→0
𝑠 (
𝑟( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
)
𝑟( 𝑠) =
8
𝑆
𝑠 (
𝑟( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
) = 𝑠 (
8
𝑆
1+ 𝐺( 𝑠)
) = 𝑠 (
8
𝑆
1+
𝑘
( 𝑠+1)(𝑠+3)
)
(
8
( 𝑠+1)( 𝑠+3)+ 𝑘
( 𝑠+1)(𝑠+3)
) = (
8( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
( 𝑠 + 1)( 𝑠 + 3) + 𝑘
) = (
8( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3)
( 𝑠 + 1)( 𝑠 + 3) + 𝑘
)
(
8(𝑆2 + 4𝑆 + 3)
( 𝑆2 + 4𝑆 + 3) + 𝑘
)
𝑒𝑠𝑠 = lim
𝑠→0
(
8(𝑆2
+4𝑆 + 3)
( 𝑆2
+4𝑆 + 3) + 𝑘
)
𝑒𝑠𝑠 = (
8(02
+ 4 ∗ 0 + 3)
(02
+ 4 ∗ 0 + 3) + 𝑘
)
𝑒𝑠𝑠 = (
8(3)
(3) + 𝑘
) = (
24
3 + 𝑘
)
Se pide que el errorsea igual al 5%
0,05 ∗ 8 = (
24
3 + 𝑘
)
3 + 𝑘 = (
24
0,4
)
𝑘 = 57
Ganancia enlazocerrado
(
𝑐(𝑠)
𝑟( 𝑠)
) = (
57
( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) + 57
) =
57
𝑠2 + 4𝑠 + 60
Ganancia entiempoinfinito
57
60
= 0,95
Teniendoencuentaque Los sistemas de 2º orden tienen una función de transferencia de la
forma:
𝐾𝑤 𝑛
𝑠2 + 2𝜉𝑤𝑠 + 𝑤2
Resolviendo
𝑤2 = 60
Frecuencianatural noamortiguada
𝑤 = 7,74
Coeficiente de amortiguamiento
2𝜉 ∗ 7,74 = 4
𝜉 = 0,258
Frecuenciaamortiguada
𝑤𝑑 = w√1− 𝜉2 = 7,48
Constante de amortiguamiento
𝜌 = 𝜉𝑤 = 2
Tiempo de establecimiento
𝑡 𝑠 ≈
𝜋
𝜌
=
3,14159
2
= 1,57
Tiempopico
𝑡 𝑝 =
𝜋
w√1− 𝜉2
=
3,14159
7,48
= 0,419
Tiempode subida
𝑡 𝑟 ≈
𝜋 − 𝜃
w√1 − 𝜉2
𝜃 = tan−1
w√1− 𝜉2
𝜌
𝜃 = tan−1
7,48
2
= tan−1 3,74 = 1,31
𝑡 𝑟 ≈
3,14 − 1,31
7,48
= 0,224
Sobre impulso
𝑀 𝑃 = 𝑒
−
𝜉𝜋
√1−𝜉2
= 𝑒
−
0,81
√0,9334 = 𝑒
−
0,81
0,9661 = 𝑒−0,867 = 0,42
3. Para los siguientes sistemas, encontrar los parámetros de la respuesta transitoria ante
entrada escalón unitario. Recordar que para un sistema de primer orden los parámetros son la
ganancia estática, constante de tiempo, tiempo de subida y tiempo de asentamiento; para
sistemas de segundo orden los parámetros son coeficiente de amortiguamiento, frecuencia
natural no amortiguada, ganancia, frecuencia natural amortiguada, factor de atenuación,
sobreimpulso, tiempo pico, tiempo de subida, tiempo de establecimiento y valor final
𝐺( 𝑆) =
4
𝑠 + 4
Un sistema de 1er orden tiene una función de transferencia de la forma
𝐺( 𝑆) =
4
𝑠 + 4
𝐺( 𝑆) =
𝑘
1 + 𝑇𝑠
Transformando
𝐺( 𝑆) =
1
1 +
1
4
𝑠
𝑘 = 1
𝑇 =
1
4
La respuesta de este sistema ante una entrada escalón unitario tiene por expresión
𝑦( 𝑠) = 𝑘(1 − 𝑒
𝑡
𝑇)
𝑦(0) = 1
Los parámetros característicos que aparecen representados en la figura anterior son:
- K=1: La ganancia estática se define como el valor final ante entrada escalón unitario.
- T=1/4: Constante de tiempo (es el tiempo en el que se alcanza el 63% del valor final).
- ts= 3T=3/4: Tiempo de establecimiento (es el tiempo que tarda la respuesta en entrar y
permanecer en la zona del 5% en torno a su valor de equilibrio).
𝐺(𝑆) =
12
𝑠2 + 2𝑠 + 4
Teniendoencuentaque Los sistemas de 2º orden tienen una función de transferencia de la
forma:
𝐾𝑤 𝑛
𝑠2 + 2𝜉𝑤𝑠 + 𝑤2
Resolviendo
𝑤2 = 4
Frecuencianatural noamortiguada
𝑤 = 2
Coeficiente de amortiguamiento
2𝜉 ∗ 2 = 2
𝜉 = 0,5
Frecuenciaamortiguada
𝑤𝑑 = w√1− 𝜉2 = 1,7
Constante de amortiguamiento
𝜌 = 𝜉𝑤 = 1
Tiempo de establecimiento
𝑡 𝑠 ≈
𝜋
𝜌
=
3,14159
1
= 3,1415
Tiempopico
𝑡 𝑝 =
𝜋
w√1− 𝜉2
=
3,14159
1,7
= 1,8479
Tiempode subida
𝑡 𝑟 ≈
𝜋 − 𝜃
w√1 − 𝜉2
𝜃 = tan−1
w√1− 𝜉2
𝜌
𝜃 = tan−1
1,7
1
= tan−1 1,7 = 1,03
𝑡 𝑟 ≈
3,14 − 1,03
1,7
= 1,24
Sobre impulso
𝑀 𝑃 = 𝑒
−
𝜉𝜋
√1−𝜉2
= 𝑒
−
1,57
√0,75 = 𝑒
−
1,57
0,86 = 𝑒−1,82 = 0,162
ANEXO 2
Diseñar un compensador en adelanto para que los polos dominantes en lazo cerrado sean
𝑃𝐷 = −2 ± 𝑗2√3
Ganancia sincompensar
𝐺( 𝑆) =
5
𝑆
1 +
5
(𝑆0,5+1)
=
5(𝑆0,5 + 1)
𝑆(𝑆0,5 + 1) + 5𝑆
=
𝑆2,5 + 5
0,5𝑆2 + 6𝑆
𝐺(𝑃𝐷) =
(−2 + 𝑗2√3)2,5 + 5
0,5(−2 + 𝑗2√3)2 + 6(−2 + 𝑗2√3)
𝐺( 𝑃𝐷) =
𝑗5√3
−4 − 𝑗4√3 − 12 + 𝑗12√3
=
𝑗5√3
−16 + 𝑗8√3
=
5√3
16𝑗 + 8√3
=
5√3𝑎𝑛𝑔(0)
21,1𝑎𝑛𝑔(49)
= 0,41𝑎𝑛𝑔(311)
𝜃 = 180 + 𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 − 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑠 = 180 − 311 = −131 = 221
Es necesarioaplicardos compensadores
De estose tiene que
|
𝒌(𝒔 + 𝟎, 𝟑𝟕) 𝟐
(𝒔 + 𝟐𝟎, 𝟏𝟑) 𝟐 ∗
𝑆2,5 + 5
0,5𝑆2 + 6𝑆
| ≤ 1
|
𝒌((−2 + 𝑗2√3) + 𝟎, 𝟑𝟕) 𝟐
((−2 + 𝑗2√3) + 𝟐𝟎, 𝟏𝟑) 𝟐
∗
(−2 + 𝑗2√3)2,5 + 5
0,5(−2 + 𝑗2√3)2 + 6(−2 + 𝑗2√3)
| ≤ 1
|
𝒌(−1,63 + 𝑗2√3) 𝟐
(18,13 + 𝑗2√3) 𝟐
∗
5√3
16𝑗 + 8√3
| ≤ 1
|
𝒌(−𝟗, 𝟑𝟔− 𝒋6,5√3)
(𝟑𝟐𝟐, 𝟖𝟗 + 𝒋72,52√3)
∗
5√3
16𝑗 + 8√3
| ≤ 1
|
𝒌5√3 ∗ (−𝟗, 𝟑𝟔− 𝒋6,5√3)
(𝟏𝟒𝟐𝟑,𝟏√3 + 𝒋6906,24)
| ≤ 1
𝒌978
𝟕𝟑𝟑𝟐
= 𝟏
𝒌 = 𝟕, 𝟓
Para el siguiente sistema:
a) Analizar su respuesta en el tiempo ante entrada escalón (calcular los
parámetros de la respuesta transitoria y error en estado estacionario ante
entrada escalón unitario). Comprobar los resultados mediante simulación
b) Diseñar un PID para que el sobreimpulso en lazo cerrado ante entrada
escalón sea máximo del 15%, con un tiempo de establecimiento de 2
segundos máximo. Comprobar el diseño usando matlab-scilab
Se escoge un tiempo de estabilización de dos segundos
𝑡𝑠 =
4
𝜌
𝜌 =
4
2
= 2
𝜑 =
−𝜋
ln(𝑀𝑝)
Donde escogemos 𝑀𝑝 = 5%
𝜑 =
−𝜋
ln(0,05)
= 1,04 = 59,50
𝜉 = 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 0,507
Ganancia sincompensar
𝐺( 𝑆) =
1
𝑠2+5𝑠+4
1 +
1
𝑠2+5𝑠+4
=
1
𝑠2 + 5𝑠 + 5
𝐺( 𝑝𝑑) =
1
(−2 + 𝑗3,4)2 + 5(−2+ 𝑗3,4) + 5
𝐺( 𝑝𝑑) =
1
−12,56 + 3,4𝑗
=
1
23𝑎𝑛𝑔(164)
= 0,0435𝑎𝑛𝑔(−164)
= 0,0435𝑎𝑛𝑔(196)
𝜃 = 180 + 𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 − 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑠 = 180 − 196 = −16 = 344
ANEXO 3
Una empresamultinacionalreconocidadedicada a la fabricación de reproductores DVD y Blu-Ray
montóun puntode fábrica enColombia,cumpliendocon los estándares de calidad necesarios en
la producción de dichos electrodomésticos. Sin embargo, desde hace un tiempo se han venido
presentandoproblemas en el funcionamiento de los motores de corriente continua (DC) usados
para implementar el mecanismo que hace girar los discos ópticos en los reproductores, ya que
girana velocidadesdiferentes a las establecidas por la empresa para el correcto funcionamiento
de los reproductores o cambian constantemente de velocidad.
Para corregir este problema, la empresa ha decidido incorporar módulos controladores en las
tarjetas principales de los reproductores. Por tal razón, ha decidido contratar a un grupo de
estudiantes de Ingeniería Electrónica de la Universidad Nacional Abierta y a Distancia para que
diseñe un prototipo de controlador que permita mantener el motor DC girando a una velocidad
constante para que la lectura del disco óptico sea óptima. Se debe garantizar igualmente un
funcionamientoaceptable del controladorante perturbacionesque se puedan presentarporfallas
eléctricas o señales parásitas en el sistema.
Según especificaciones técnicas de los motores, su función de transferencia es:
𝐺(𝑆) =
10
𝑠2 + 6𝑠 + 4

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Utilizando el-criterio-de-routh

  • 1. Utilizandoel criteriode Routh - Hurwitz,determine el rangode valoresde Kpara loscualesel siguiente sistemaesestable: (1) 𝐸( 𝑠) = 𝑟( 𝑠) − 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘 (2) 𝑦( 𝑠) = 𝐸( 𝑠) 𝐺( 𝑠) Despejando 𝐸( 𝑠) de 2y emplazando2en1 𝑦( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = 𝑟( 𝑠) − 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘 Trasladando términosySimplificando. 𝑦( 𝑠) 𝐺( 𝑠) + 𝑦( 𝑠) ∗ 𝑘 = 𝑟( 𝑠) 𝑦(𝑠)( 1 𝐺( 𝑠) + 𝑘) = 𝑟( 𝑠) 𝑦(𝑠)( 1 + 𝑘𝐺( 𝑠) 𝐺( 𝑠) ) = 𝑟( 𝑠) ( 𝐺( 𝑠) 1+ 𝑘𝐺( 𝑠) ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) Se tiene que 𝐺( 𝑠) = 𝑠 + 1 𝑠( 𝑠 − 1)(𝑠 + 6) Por loque ( 𝑠+1 𝑠( 𝑠−1)(𝑠+6) 1 + 𝑘 𝑠+1 𝑠( 𝑠−1)(𝑠+6) ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) )
  • 2. Simplificando ( 𝑠 + 1 𝑠( 𝑠 − 1)(𝑠 + 6) + 𝑘( 𝑠 + 1) ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝑠 + 1 𝑠(𝑠2 + 6𝑠 − 𝑠 − 6) + 𝑘( 𝑠 + 1) ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝑠 + 1 (𝑠3 + 5𝑠2 − 6𝑠) + 𝑘( 𝑠 + 1) ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝑠 + 1 𝑠3 + 5𝑠2 − 6𝑠 + 𝑘 𝑠 + 𝑘 ) = ( 𝑦(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) Se obtiene que 𝑎0 = 1 𝑎1 = 5 𝑎2 = ( 𝑘 − 6 ) 𝑎3 = 𝑘 Aplicandoel criteriode Routh – Hurwitz 𝑠3 𝑠2 𝑠1 𝑠0 | 𝑎0 𝑎2 𝑎1 𝑎3 𝑏1 𝑐1 | 𝑠3 𝑠2 𝑠1 𝑠0 | 1 ( 𝑘 − 6 ) 5 𝑘 𝑏1 𝑐1 | 𝑏1 = ( 𝑎2 ∗ 𝑎1 − 𝑎0 ∗ 𝑎3 𝑎1 ) 𝑏1 = ( ( 𝑘 − 6 ) ∗ 5 − 𝑘 5 ) 𝑏1 = ( 4𝑘 − 30 5 ) 𝑐1 = 𝑘 Para que el sistemaseaestable 𝑏1 como 𝑐1 =0 4𝑘 − 30 > 0 𝑘 > 0
  • 3. Por loque 𝑘 > 30 4 = 7,5 2. Se tiene el siguiente sistema en lazo cerrado 𝐺( 𝑠) = 𝑘 ( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) Sistemaenlazocerrado ( 𝐺( 𝑠) 1 + 𝐺( 𝑠) ) = ( 𝑐(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝑘 ( 𝑠+1)(𝑠+3) 1 + 𝑘 ( 𝑠+1)(𝑠+3) ) = ( 𝑐(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝑘 ( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) + 𝑘 ) = ( 𝑐(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 𝐺( 𝑠) 1+ 𝐺( 𝑠) ) = ( 𝐸(𝑠)𝐺( 𝑠) 𝑟( 𝑠) ) ( 1 1 + 𝐺( 𝑠) ) = ( 𝐸(𝑠) 𝑟( 𝑠) )
  • 4. ( 𝑟( 𝑠) 1 + 𝐺( 𝑠) ) = 𝐸(𝑠) El error en estado estacionario es 𝑒𝑠𝑠 = lim 𝑡→∞ 𝑒(𝑡) = lim 𝑠→0 𝑠𝐸(𝑠) 𝑒𝑠𝑠 = lim 𝑠→0 𝑠𝐸(𝑠) = lim 𝑠→0 𝑠 ( 𝑟( 𝑠) 1 + 𝐺( 𝑠) ) 𝑟( 𝑠) = 8 𝑆 𝑠 ( 𝑟( 𝑠) 1 + 𝐺( 𝑠) ) = 𝑠 ( 8 𝑆 1+ 𝐺( 𝑠) ) = 𝑠 ( 8 𝑆 1+ 𝑘 ( 𝑠+1)(𝑠+3) ) ( 8 ( 𝑠+1)( 𝑠+3)+ 𝑘 ( 𝑠+1)(𝑠+3) ) = ( 8( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) ( 𝑠 + 1)( 𝑠 + 3) + 𝑘 ) = ( 8( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) ( 𝑠 + 1)( 𝑠 + 3) + 𝑘 ) ( 8(𝑆2 + 4𝑆 + 3) ( 𝑆2 + 4𝑆 + 3) + 𝑘 ) 𝑒𝑠𝑠 = lim 𝑠→0 ( 8(𝑆2 +4𝑆 + 3) ( 𝑆2 +4𝑆 + 3) + 𝑘 ) 𝑒𝑠𝑠 = ( 8(02 + 4 ∗ 0 + 3) (02 + 4 ∗ 0 + 3) + 𝑘 ) 𝑒𝑠𝑠 = ( 8(3) (3) + 𝑘 ) = ( 24 3 + 𝑘 ) Se pide que el errorsea igual al 5% 0,05 ∗ 8 = ( 24 3 + 𝑘 ) 3 + 𝑘 = ( 24 0,4 ) 𝑘 = 57
  • 5. Ganancia enlazocerrado ( 𝑐(𝑠) 𝑟( 𝑠) ) = ( 57 ( 𝑠 + 1)(𝑠 + 3) + 57 ) = 57 𝑠2 + 4𝑠 + 60 Ganancia entiempoinfinito 57 60 = 0,95 Teniendoencuentaque Los sistemas de 2º orden tienen una función de transferencia de la forma: 𝐾𝑤 𝑛 𝑠2 + 2𝜉𝑤𝑠 + 𝑤2 Resolviendo 𝑤2 = 60 Frecuencianatural noamortiguada 𝑤 = 7,74 Coeficiente de amortiguamiento 2𝜉 ∗ 7,74 = 4 𝜉 = 0,258 Frecuenciaamortiguada 𝑤𝑑 = w√1− 𝜉2 = 7,48
  • 6. Constante de amortiguamiento 𝜌 = 𝜉𝑤 = 2 Tiempo de establecimiento 𝑡 𝑠 ≈ 𝜋 𝜌 = 3,14159 2 = 1,57 Tiempopico 𝑡 𝑝 = 𝜋 w√1− 𝜉2 = 3,14159 7,48 = 0,419 Tiempode subida 𝑡 𝑟 ≈ 𝜋 − 𝜃 w√1 − 𝜉2 𝜃 = tan−1 w√1− 𝜉2 𝜌 𝜃 = tan−1 7,48 2 = tan−1 3,74 = 1,31 𝑡 𝑟 ≈ 3,14 − 1,31 7,48 = 0,224
  • 7. Sobre impulso 𝑀 𝑃 = 𝑒 − 𝜉𝜋 √1−𝜉2 = 𝑒 − 0,81 √0,9334 = 𝑒 − 0,81 0,9661 = 𝑒−0,867 = 0,42 3. Para los siguientes sistemas, encontrar los parámetros de la respuesta transitoria ante entrada escalón unitario. Recordar que para un sistema de primer orden los parámetros son la ganancia estática, constante de tiempo, tiempo de subida y tiempo de asentamiento; para sistemas de segundo orden los parámetros son coeficiente de amortiguamiento, frecuencia natural no amortiguada, ganancia, frecuencia natural amortiguada, factor de atenuación, sobreimpulso, tiempo pico, tiempo de subida, tiempo de establecimiento y valor final 𝐺( 𝑆) = 4 𝑠 + 4 Un sistema de 1er orden tiene una función de transferencia de la forma 𝐺( 𝑆) = 4 𝑠 + 4 𝐺( 𝑆) = 𝑘 1 + 𝑇𝑠 Transformando 𝐺( 𝑆) = 1 1 + 1 4 𝑠 𝑘 = 1 𝑇 = 1 4 La respuesta de este sistema ante una entrada escalón unitario tiene por expresión 𝑦( 𝑠) = 𝑘(1 − 𝑒 𝑡 𝑇) 𝑦(0) = 1
  • 8. Los parámetros característicos que aparecen representados en la figura anterior son: - K=1: La ganancia estática se define como el valor final ante entrada escalón unitario. - T=1/4: Constante de tiempo (es el tiempo en el que se alcanza el 63% del valor final). - ts= 3T=3/4: Tiempo de establecimiento (es el tiempo que tarda la respuesta en entrar y permanecer en la zona del 5% en torno a su valor de equilibrio). 𝐺(𝑆) = 12 𝑠2 + 2𝑠 + 4 Teniendoencuentaque Los sistemas de 2º orden tienen una función de transferencia de la forma: 𝐾𝑤 𝑛 𝑠2 + 2𝜉𝑤𝑠 + 𝑤2 Resolviendo 𝑤2 = 4
  • 9. Frecuencianatural noamortiguada 𝑤 = 2 Coeficiente de amortiguamiento 2𝜉 ∗ 2 = 2 𝜉 = 0,5 Frecuenciaamortiguada 𝑤𝑑 = w√1− 𝜉2 = 1,7 Constante de amortiguamiento 𝜌 = 𝜉𝑤 = 1 Tiempo de establecimiento 𝑡 𝑠 ≈ 𝜋 𝜌 = 3,14159 1 = 3,1415
  • 10. Tiempopico 𝑡 𝑝 = 𝜋 w√1− 𝜉2 = 3,14159 1,7 = 1,8479 Tiempode subida 𝑡 𝑟 ≈ 𝜋 − 𝜃 w√1 − 𝜉2 𝜃 = tan−1 w√1− 𝜉2 𝜌 𝜃 = tan−1 1,7 1 = tan−1 1,7 = 1,03 𝑡 𝑟 ≈ 3,14 − 1,03 1,7 = 1,24 Sobre impulso 𝑀 𝑃 = 𝑒 − 𝜉𝜋 √1−𝜉2 = 𝑒 − 1,57 √0,75 = 𝑒 − 1,57 0,86 = 𝑒−1,82 = 0,162 ANEXO 2 Diseñar un compensador en adelanto para que los polos dominantes en lazo cerrado sean 𝑃𝐷 = −2 ± 𝑗2√3 Ganancia sincompensar 𝐺( 𝑆) = 5 𝑆 1 + 5 (𝑆0,5+1) = 5(𝑆0,5 + 1) 𝑆(𝑆0,5 + 1) + 5𝑆 = 𝑆2,5 + 5 0,5𝑆2 + 6𝑆
  • 11. 𝐺(𝑃𝐷) = (−2 + 𝑗2√3)2,5 + 5 0,5(−2 + 𝑗2√3)2 + 6(−2 + 𝑗2√3) 𝐺( 𝑃𝐷) = 𝑗5√3 −4 − 𝑗4√3 − 12 + 𝑗12√3 = 𝑗5√3 −16 + 𝑗8√3 = 5√3 16𝑗 + 8√3 = 5√3𝑎𝑛𝑔(0) 21,1𝑎𝑛𝑔(49) = 0,41𝑎𝑛𝑔(311) 𝜃 = 180 + 𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 − 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑠 = 180 − 311 = −131 = 221 Es necesarioaplicardos compensadores De estose tiene que | 𝒌(𝒔 + 𝟎, 𝟑𝟕) 𝟐 (𝒔 + 𝟐𝟎, 𝟏𝟑) 𝟐 ∗ 𝑆2,5 + 5 0,5𝑆2 + 6𝑆 | ≤ 1 | 𝒌((−2 + 𝑗2√3) + 𝟎, 𝟑𝟕) 𝟐 ((−2 + 𝑗2√3) + 𝟐𝟎, 𝟏𝟑) 𝟐 ∗ (−2 + 𝑗2√3)2,5 + 5 0,5(−2 + 𝑗2√3)2 + 6(−2 + 𝑗2√3) | ≤ 1 | 𝒌(−1,63 + 𝑗2√3) 𝟐 (18,13 + 𝑗2√3) 𝟐 ∗ 5√3 16𝑗 + 8√3 | ≤ 1 | 𝒌(−𝟗, 𝟑𝟔− 𝒋6,5√3) (𝟑𝟐𝟐, 𝟖𝟗 + 𝒋72,52√3) ∗ 5√3 16𝑗 + 8√3 | ≤ 1 | 𝒌5√3 ∗ (−𝟗, 𝟑𝟔− 𝒋6,5√3) (𝟏𝟒𝟐𝟑,𝟏√3 + 𝒋6906,24) | ≤ 1
  • 12. 𝒌978 𝟕𝟑𝟑𝟐 = 𝟏 𝒌 = 𝟕, 𝟓 Para el siguiente sistema: a) Analizar su respuesta en el tiempo ante entrada escalón (calcular los parámetros de la respuesta transitoria y error en estado estacionario ante entrada escalón unitario). Comprobar los resultados mediante simulación b) Diseñar un PID para que el sobreimpulso en lazo cerrado ante entrada escalón sea máximo del 15%, con un tiempo de establecimiento de 2 segundos máximo. Comprobar el diseño usando matlab-scilab Se escoge un tiempo de estabilización de dos segundos 𝑡𝑠 = 4 𝜌 𝜌 = 4 2 = 2 𝜑 = −𝜋 ln(𝑀𝑝) Donde escogemos 𝑀𝑝 = 5% 𝜑 = −𝜋 ln(0,05) = 1,04 = 59,50 𝜉 = 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 0,507
  • 13. Ganancia sincompensar 𝐺( 𝑆) = 1 𝑠2+5𝑠+4 1 + 1 𝑠2+5𝑠+4 = 1 𝑠2 + 5𝑠 + 5 𝐺( 𝑝𝑑) = 1 (−2 + 𝑗3,4)2 + 5(−2+ 𝑗3,4) + 5 𝐺( 𝑝𝑑) = 1 −12,56 + 3,4𝑗 = 1 23𝑎𝑛𝑔(164) = 0,0435𝑎𝑛𝑔(−164) = 0,0435𝑎𝑛𝑔(196) 𝜃 = 180 + 𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠 − 𝑧𝑒𝑟𝑜𝑠 = 180 − 196 = −16 = 344 ANEXO 3 Una empresamultinacionalreconocidadedicada a la fabricación de reproductores DVD y Blu-Ray montóun puntode fábrica enColombia,cumpliendocon los estándares de calidad necesarios en la producción de dichos electrodomésticos. Sin embargo, desde hace un tiempo se han venido presentandoproblemas en el funcionamiento de los motores de corriente continua (DC) usados para implementar el mecanismo que hace girar los discos ópticos en los reproductores, ya que
  • 14. girana velocidadesdiferentes a las establecidas por la empresa para el correcto funcionamiento de los reproductores o cambian constantemente de velocidad. Para corregir este problema, la empresa ha decidido incorporar módulos controladores en las tarjetas principales de los reproductores. Por tal razón, ha decidido contratar a un grupo de estudiantes de Ingeniería Electrónica de la Universidad Nacional Abierta y a Distancia para que diseñe un prototipo de controlador que permita mantener el motor DC girando a una velocidad constante para que la lectura del disco óptico sea óptima. Se debe garantizar igualmente un funcionamientoaceptable del controladorante perturbacionesque se puedan presentarporfallas eléctricas o señales parásitas en el sistema. Según especificaciones técnicas de los motores, su función de transferencia es: 𝐺(𝑆) = 10 𝑠2 + 6𝑠 + 4