Por ej. la respuesta de un sistema de segundo orden a una entrada escalón unitaria es:

Transcripción

1 ERROR EN ESTADO ESTABLE La respuesta en el dominio del tiempo de un sistema de control correspondiente a cierta entrada se puede dividir normalmente en dos partes: a) respuesta transitoria: es la que tiende a desaparecer (tiende a cero) cuando el tiempo t tiende a infinito b) respuesta en estado estable es la parte de la respuesta que permanece cuando el tiempo t tiende a infinito, y se han extinguido todos los términos transitorios. Por ej. la respuesta de un sistema de segundo orden a una entrada escalón unitaria es: La parte transitoria de la respuesta es el segundo término porque la función sen aparece multiplicada por la exponencial e - nt que tiende a cero cuando t tiende a infinito. En estado estable, o sea cuando se ha extinguido el transitorio, sólo queda 1 que es la parte permanente de la respuesta.

2 Todos los sistemas de control (estables) reales presentan un fenómeno transitorio antes de alcanzar la respuesta en estado estable. Uno de los objetivos de la mayoría de los sistemas de control es que la respuesta (salida, variable controlada) del sistema siga una señal de referencia específica (valor deseado o set point) en forma exacta. En un instante cualquiera la diferencia entre la referencia y la salida es el error e(t). Se denomina error en estado estable a la diferencia entre el valor deseado o de referencia y la salida (real) del sistema una vez que los transitorios se hayan extinguido. (Acá no se toma en cuenta la parte transitoria) OBS: Como en inglés estado estable se dice steady state muchas veces se abrevia: e ss Si e(t) es el error en un instante cualquiera, por definición será: e ss = lím e(t). t Una de las ventajas de trabajar en el dominio de Laplace es que existe un teorema llamado teorema del valor final que resulta de mucha aplicación para calcular e ss, y que se resume así: lím f (t) = lím [s F(s) ]. t s 0 Donde f(t) es cualquier función que cumpla las siguientes 2 condiciones :

3 a) f(t) y su derivada f (t) tienen transformada de Laplace b) la función: [s.f(s)] no tiene polos = ceros en el denominador, en la mitad derecha del plano s ni sobre el eje imaginario, aunque sí puede tener polo en el origen. Dicho teorema aplicado a e ss : e ss = lím e(t) = lím [s E(s)]. t s 0 Una ventaja es que no se necesita hallar la antitransformada de E(s) o sea pasar por e(t) para hallar e ss. Consideremos un sistema de control en lazo cerrado, y por simplicidad con realimentación unitaria, (sensor-transmisor ideal) que en el dominio de s (Laplace) tiene la representación de fig. 1) Llamaremos r(t) y R(s) la señal de referencia en la variable t tiempo y en la variable s de Laplace respectivamente, sea c(t) y C(s) la señal de salida. Por definición el error (en tiempo) es: e(t)= r(t) c(t) En Laplace: E(s) = R(s) C(s) Buscaremos una expresión para el error E(s) que incluya la entrada R(s) y la función de transferencia del sistema: G(s) G(s) en este tipo de lazo es llamada función de transferencia de la trayectoria directa.

4 Fig. 1)... E(s) = R(s) C(s) Y dividiendo por R(s): Pero: Reemplazando y operando queda: E(s) / R(s) = 1 C(s)/R(s) E(s). G(s) = C(s) E(s) / R(s) = 1 E(s).G(s)/R(s) [(1+G(s)] E(s) / R(s) = 1 E(s) = R(s) / [1+ G(s)] Si ahora aplicamos el teorema del valor final: e ss = lím { s.r(s) / [1+ G(s)]} s 0

5 PROPIEDAD: Un sistema en lazo cerrado con realimentación NO unitaria se puede transformar en otro equivalente con retroalimentación unitaria. DEMOSTRACIÓN: En el lazo cerrado con realimentación NO unitaria de fig.1) se cumple la relación salida /entrada: o / i = G(s) / [1 + G(s) H(s)] (1) Fig.1) En la fig. 2) se propone un lazo cerrado con realimentación unitaria que se demostrará es equivalente: Fig. 2)

6 Circulamos en el lazo propuesto: Simplificando queda: Y agrupando se llega como en (1) a: [ i o (H 1) o ] G(s) = o [ i H o ] G(s) = o o / i = G(s) / [1 + G(s) H(s)] Una última transflormación del lazo de fig 2) resulta de aplicar la formula 1) pero con H = H(s) 1 Fig.3) La expresión dentro del bloque es la función de transferencia de la trayectoria directa correspondiente al sistema de fig. 2)

7 EJEMPLOS En los lazos siguientes hallar el error en estado estable: e ss suponiendo en todos los casos una entrada escalón unitario. Aplicaremos: e ss = lím {s.r(s) / [1+ G(s)]}. s 0 en que G(s) es la función de transferencia de la trayectoria directa en el lazo con retroalimentación unitaria. Como: R(s) = 1/s por ser la entada un escalón unitario, s.r(s) = 1 y entonces nos queda:. e ss = lím {1 / [1+ G(s)]} = 1 / [1+ G(0)]. s a) G(s) = 4/(s+1) y G(0) = 4/(0+1) = 4. entonces: e ss = 1/[1+ G(o)] = 1/ 5 = 0.2

8 b) Acá primero hay que llevar el lazo a la forma de realimentación unitaria equivalente: En el lazo dado: H(s) = 1/s, operando resulta que la función de transferencia de la trayectoria directa en el lazo con retroalimentación unitaria equivalente al dado resulta ser: G*(s) = 5 s /(s 2-3s+5) G*(0)= 0 entonces: e ss = 1/[1+ G*(o)] = 1

9 c) Acá también hay que llevar el lazo a la forma de realimentación unitaria equivalente, La función de transferencia de la trayectoria directa G*(s) con: H(s) = 1/(s+3) resulta ser ( operando): G*= 6(s+3) / (s 3 +5s 2-12) y como G*(0) = - 3/2 entonces: e ss = 1 / [1+ G*(o)] = - 2

10 d) G(s) = 10 / s 2 (s 2 +2s+1) Sabemos que: (s 2 +2s+1) = (s+1) 2 1 / [1+ G(s)]= s 2 (s+1) 2 / [s 2 (s+1) 2 +10] e ss = lím {1 / [1+ G(s)]} = 0. s 0

11 e) Podemos simplificar el bloque directo: G(s)= (s+1) / (s 2 +2s+1) = (s+1) /(s+1) 2 = 1/(s+1) Pasamos al lazo equivalente con realimentación unitaria: Con: H(s) = 4 resulta: G*= 1/(s+4) G*(0) = 1/4 e ss = 1 / [1+ G*(o)] = 0.8