Momento 1 -Sistemas de control digital.docx

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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA -UNADEscuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería

Momento 1 -Sistemas de control digital Curso: control Digital

Marzo de 2015


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Marzo de 2015

Fase 1

Cada estudiante leerá y comprenderá los problemas planteados y con la ayudade las referencias disponibles para la unidad 1 resolverá de forma analítica ypráctica los ejercicios propuestos.

Ejercicio 1:(a) ncuentre los valores de y(kT) para k ! "#1#$#%# cuando'

Y ( z )= z

z2−3 z+2

btenga una solucin en forma de e*presin cerrada para y(kT) como unafuncin de k .

Los parámetros del circuito son elegidos como a0/b0 =1 y a0/b1 =0.5.

Para n.T=0, se aplica al sistema x(0)=0.5. Como x((n1).!) = x((n.!!) = x(!) = 0, un

"alor 0 #ue almacenado en la unidad delay en el instante de muestreo pre"io (n.! = !). La

salida es entonces$

y( ).n ! .1 x( ).n ! .0.5 x( ).( )n 1 !

%ara n.! = 0, esta se trans#orma en$

y( )0 .1 x( )0 .0.5 x( )! .1 0.5 .0.5 0 0.5

&l mismo tiempo 'ue x(0) = 0.5 esta siendo multiplicada y alimentada al sumador desalida, está siendo almacenada en la unidad delay para ser usada en el prximo instante de

muestreo.

Para n.T = T, x(!) = 1, x((n1).!) = x((n.!!) = x(0) = 0.5, la cual a sido

almacenada en el instante pre"io. La salida es entonces$


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y( )! .1 x( )! .0.5 x( )0 .1 1 .0.5 0.5 1.*5

Como antes, el "alor de x(!) es almacenado para usarlo en n.! = *.!.

Para n.T = 2.T, x((n1).!) = x((n.!!) = x(!) = 1. La salida es entonces$

y( ).* ! .1 x( ).* ! .0.5 x( )! .1 0.+5 .0.5 1.*5 1.*5

Para n.T = 3.T

y( ). ! .1 x( ). ! .0.5 x( ).* ! .1 0 .0.5 0.+5 0.+5

Para n.T = 4.T

y( ).- ! .1 x( ).- ! .0.5 x( ). ! .1 0 .0.5 0 0

btenga una solucin en forma de e*presin cerrada para y(kT) como unafuncin de k .

y( ).n ! .a

0

b0

x( ).n ! .a

1

b0

x( ).( )n 1 ! .a

*

b0

x( ).( )n * !

Ejercicio 2: +n sistema tiene una respuesta y(kT) = kT # para k ≥ 0. ncuentreY(z) para esta respuesta.


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∑∞

=

−=0

)()()(k

kT t t xt x δ

&

x (t) = x (0)δ(t) + x(T )δ(t 2 T ) +………+ x(kT )δ(t 2 kT ) +………

y( ).n ! .a0

b0

x( ).n ! .a1

b0

x( ).( )n 1 ! . b1

b0

y( ).( )n 1 !

(+1)

como el sistema es causal$

y( ).0 ! .a

0

b0

1 .a

1

b0

0 . b

1

b0

0a

0

b0

y( )! .a

0

b0

x( )! .a

1

b0

x( )! ! . b

1

b0

y( )! !

y( )! .a

0

b0

0 .a

1

b0

1 . b

1

b0

a0

b0

a1

b0

. b

1

b0

a0

b0

y( ).* ! .a

0

b0

x( )*.! .a

1

b0

x( ).* ! ! . b

1

b0

y( ).* ! !

y( ).* ! .a

0

b0

0 .a

1

b0

0 . b

1

b0

a1

b0

. b

1

b0

a0

b0

. b

1

b0

a1

b0

. b

1

b0

a0

b0

%ara n 3 *, se "e #ácilmente 'ue todos los "alores de x(n.!) son ceros, sin embargo, como la

salida pre"ia es parte de la entrada (a di#erencia del #iltro no recursi"o), la salida recursi"a

será no nula aun'ue la entrada se aya anulado.


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sto implica 'ue el sistema recursi"o es del tipo 44 (4n#inite 4mpulse esponse). 6tese

'ue la respuesta impulsi"a no puede ser obtenida por inspeccin y debe ser calculada para

cada sistema.

7asado en lo expuesto, se "e 'ue un sistema 'ue es causal, lineal, de tiempo discreto, e

in"ariante al despla8amiento). 9ependiendo de la #orma de la ecuacin satis#eca por el

#iltro, será recursivo ( y posiblemente 44 ) o no recursivo ( y :4 para 6 #inito ).

n el otro extremo, un sistema puede ser dise;ado y reali8ado arrancando con la ecuacin

di#erencia, estando sus caracter


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Ejercicio 3: ncuentre Y(z) cuando T ! ".1 segundos# para la funcin'

(b) Y (s )=

5

s ( s+2 )(s+10)

ea

( )1

1

+=

s sG

τ

y

( ) ( )t ut x 0=, obtener a y (t).

( )( ) 11

1

+

+=

+

=

s

B

s

A

s s sY

τ τ

( ) ( ) ( ) τ τ τ

−=+⋅==⋅=−=

= 10 1D1 s

s s sY B s sY A

( )1

1

+−= s s

sY τ

τ

( ) ( ) ( )t uet ut yt

00τ

−−=

%or lo 'ue su respuesta al escaln será$

( ) ( )t uet yt

01

−= −

τ


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%endiente inicial =

τ

1

τ t

Tiempo y(t

τ 0.E*

*τ 0.FE5

τ 0.G5

-τ 0.GF*

5τ 0.GG

su respuesta al impulso$

( ) ( ) ( )t uet ht ydt

d t

0

1τ

τ

−==

Ejercicio 4: Considere el sistema de datos muestreados en la,o abierto

mostrado en la gura o. 1 del ane*o de grácos. /etermine la funcin de transferencia G(z) cuando el periodo de muestreo es T = 1 segundo.

!i"ura #o. $


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(:ase 1 Hercicio -)

#actori8o

( 1 e ! 1 )?! 8 1 2 (11 )B I (11 )*

(11) (1e!1)

11

1 1

11

1 *

9esarrollamos el binario

@()=

Jultiplico tKrmicos por tKrminos

@()=

! 1 1 I 1 ! * e ! I e ! 1 e ! * I (11 ) *

(11) (1e!1)

acamos como #actor comn a 1 y 1

! 1 1 I 1 ! * e ! I e ! 1 e ! * I 1 *1 I*

(11) (1e!1)@()=


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(!I1 I e ! *) 1 I (! e ! e ! ) * =

(11) (1e!1)

@()=

*I1

(!1 I e !

) 1

I (! e !

e !

I 1)*

(11) (1e!1)1= 1

@()=

i ! = 1 entonces e! = .E+F

(!1 I e !

) 1

I (! e !

e !

I 1)*

(11) (1e!1)

@()=

0.E+F 1 I 0.*E--*

(11) (10.E+F 1)@()=

(1) (0.E+F)

(1) ( 1 2 0.E+F)

1.E+F I 0.*E--

*


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6os 'ueda

de la #uncion de trans#erencia

la ecuacion caracteristica para los polos es

%() = 1I @() = 0

sustituimos

1 I = 0

sacamos comun denominador

0.E+FI.*E--

* 0.E+F I .*E--

(1) ( 2 0.E+F)

=@()=

(1) ( 0.E+F)

*

C()

()

@()

1 I @()

0.E+F I .*E--

(1) ( 2 0.E+F)

1 I 0.E+F I .*E-- = (1) (0.E+F) I .E+F I .*E-- = 0

1 (1) ( 2 0.E+F) (1) ( 0.E+F)


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(1) (0.E+F) I .E+F .*E-- = 0

* 0.E+F 2 I 0.E+F I .E+F I .*E-- = 0

* 2 I .E** = 0

Fase 4Cada uno de los integrantes del grupo de trabajo debe ingresar al foro#presentara una justicacin de 0ue erramienta de simulacin utili,ar yreali,ara el aporte pertinente para el desarrollo de cada ejercicio# durante el

período establecido en la agenda del curso para el desarrollo objetivo de laactividad. 2inalmente el grupo resolverán los problemas y reali,aran lasimulacin en el programa denido por el grupo.

Ejercicio 1: Considere el sistema realimentado mostrado en la gura o. 3 del ane*o degrácos.

btenga el lugar de las raíces y determine el rango de estabilidad para K .

Ejercicio 2:+n proceso industrial se representa por la funcin de transferencia

G p (s )= 10

s (s+5)

Fase 4Cada uno de los integrantes del grupo de trabajo debe ingresar al foro#presentara una justicacin de 0ue erramienta de simulacin utili,ar yreali,ara el aporte pertinente para el desarrollo de cada ejercicio# durante elperíodo establecido en la agenda del curso para el desarrollo objetivo de la


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actividad. 2inalmente el grupo resolverán los problemas y reali,aran lasimulacin en el programa denido por el grupo.

Ejercicio 1: Considere el sistema realimentado mostrado en la gura o. 3 del ane*o degrácos.

!i"ura #o. %

(:ase - Hercicio 1)

Como primer paso, ubicamos la posición de los polos de lazo cerrado, los cuales en este caso

deben ser en: . A continuación trazamos el L.G.R para el sistema sin

compensar.


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En este sistema el ángulo de G(s) en el polo de lazo cerrado deseado es:

As !ue el compensador debe contribuir con " # $%& en este punto.


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El polo del compensador deberá ubicarse en '. mientras !ue el cero deberá ubicarse en '*.+.

La unción de transerencia del sistema compensado será por lo tanto:

donde - # c

Lo cual da - # /0.1 es decir considerando # entonces c # .20 3 por lo tanto la unción de

transerencia del compensador en adelanto será:

4or lo tanto, el diagrama del L.G.R compensado es el siguiente:


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Ejercicio 2:+n proceso industrial se representa por la funcin de transferencia

G p (s )= 10

s (s+5)

l objetivo es utili,ar un computador digital para mejorar el rendimiento# dondela funcin de transferencia del computador se representa por D(z). 4as

especicaciones de dise5o son' (1) margen de fase mayor 0ue &67# y (2) tiempo de establecimiento (con criterio del $8) menor 0ue 1 segundo.


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(a)/ise5e un controladorG

C ( s )= K

s+as+b para alcan,ar las especicaciones

de dise5o.

de Matlab da la resuesta al escal!n "ue se #uestra aba$o:

de=0.2;

num=[1.151 0.1774];

den=[1 0.739 0.921 0];

step (de*num,den) num=[1.151 0.1774];

den=[1 0.739 0.921 0];

bode (num,den)

http://www.ib.cnea.gov.ar/~instyctl/Tutorial_Matlab_esp/step.htmlhttp://www.ib.cnea.gov.ar/~instyctl/Tutorial_Matlab_esp/step.html


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(b)Suponiendo un tiempo de muestreo T = 0.02 segundos# convierta

GC ( s ) a D ( z ) .

)()()(1

)()()()(

*1

*1

z H z G z G

z R z G z G z C

+

=


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(c)Simule el sistema en tiempo continuo en la,o cerrado con una entradaescaln unitario.

% Dise&o del 'iste#a de Control

%(((Deter#inaci!n de las #atrices ) * +(

M = 0.435;

m = 0.270;

b = 0.10;

B = 0.05;

g = .!;

" = 0.1#5;

I = m$"%2&3;

' = (M)m*$(I)m$"%2*-(m$"*%2; % Deno#inador ara las Matrices * B

A = +0 1 0 0;

(M)m*$m$"$g&' -B$(M)m*&' 0 -m$"$b&';

0 0 0 1;

(m$"*%2$g&' -B$m$"&' 0 b$(I)m$"%2*&',;

B = + 0;

m$"&';

0;

(I)m$"%2*&',;

C= +1 0 0 0;

0 0 1 0,;

D = +0;0,;

M = +B A$B A%2$B A%3$B,;

ran-(M* % Constatar controbilidad co#leta


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= +-2)2$'/(3*$ 0 0 0;

0 -2-2$'/(3*$ 0 0;

0 0 -10 0;

0 0 0 -10,;

= ol*(* % .olino#io caraceristico deseado

= ol*/al#("6(*A*; % .olino#io #atricial caracteristico .i

8 = +0 0 0 1,$9:(M*$ % Matriz de ganacias de reali#entacion de estados

= +-10 -11 -12 -13,; %Designaci!n de los olos del esti#ador

L=lace(AC*

A/(>(A** (A-L$C*,;

B/(>(B**,;

C/(>(C**,;

D


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Marzo de 2015

(e) Compare y comente los resultados de los incisos (c) y (d).

UNCIFN DETRANSERENCIA DELA LANTA

ANTALLAGO@ARCHIVO DESIMULIN8 EMLEADO

ANTALLAGO@RESUESTA EN LAGOABIERTO DE LALANTA ANTEENTRADA ASO OESCALFN UNITARIO

G p (s )= 10

s (s+5)

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