1ra practica calificada

UNIVERSIDD NACIONAL DEL CALLAO – FACULTAD DE ING. ELECTRICA Y ELECTRONICA

ESCUELA DE ING. ELECTRONICA – CONTROL DIGITAL

PROBLEMA N°1Encontrar la transformada z de las siguientes funciones. Compare la localización de los polos y ceros de E(z) en el plano z con aquellas de E(s) y E*(s) en el plano s considere T= 0.1s.

a) E(s)=¿ 1

s (1+s )2 b) E(s)= s+1s(s+2)

c) E(s)= 1( s+1 )(s+2) d)

E(s)= s+1

s2+2 s 26

SOLUCION

a) E(s)= 1

s(1+s)2

Hallamos la transformada

E(s) = 1

s (1+s )2 = AS

+ B

( S+1 )2+ C

S+1

Operado determinamos que A=1; B=−1;C=−2

E(s)=1S− 1

(S+1 )2− 1

S+1

Z [ E ( s) ]=Z [ 1S− 1

( S+1 )2− 1

S+1 ]= 11−z−1 −

T e−T z−1

(1−e−T z−1 )2− 1

1−e−T z−1

Operando con T=0.1 seg

E(z )= 0.0001586 Z2+0.0006065 ZZ3+−2.81 Z2+2.628 Z+−0.8187

¿¿

Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(z).

>> num=[0 0 1];>> den=[1 2 1 0];>> G=tf(num,den);>> c2d(G,0.1,'zoh') Transfer function:

0.0001586 Z2+0.0006065 Z+0.0001435Z3+−2.81 Z2+2.628 Z+−0.8187

¿¿

Página 1



>>[numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)>> title('polos y ceros de E(S) en el plano Z')

Ilustración 1 Gráfica del lugar de las raíces de E(s).

E(s)= 1

s(1+s)2

Z= 0P= 0 y -1>> num=[0 0 1];>> den=[1 2 1 0];>> k=0:0.4:1000;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')

Página 2



Como podemos observar cumple la relación de S-Z en donde Z= eST .Polos S=0 ; -1 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Z= 1 ; 0.90483

b) E(s)= s+1s(s+2)

Hallamos la transformada:

E(s) = s+1

s (s+2)=

AS

+ Bs+2

Operado determinamos que A=0.5 ;B=0.5

E(s)=0.5S

− 0.5s+2

Z [E (s )]=Z [ 0.5S

− 0.5s+2

]

E(z )= 0.5

1−Z−1− 1

1−e−2T Z−1

E(z )= 1

1−Z−1− 1

1−0.8187 Z−1

Operando:

Página 3



E(z )= 0.09532 z−0.08625

Z2−1.819 z+0.8187

Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(Z) >> num=[1 1];>> den=[1 2 0];>> k=0:0.4:1000;>> G=tf(num,den)>> c2d(G,0.1) Transfer function:

0.09532 z – 0.08625

Z2−1.819 z+0.8187

Sampling time: 0.1>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)

Ilustración 2 Gráfica del lugar de las raíces de E(s).

>> num=[1 1];>> den=[1 2 0];>> k=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')

Página 4



Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST .Polos S=0 ; -1 ; -2 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Zeros S= -1Z= 1; 0.90483; 0.818

c) E(s)= 1( s+1 )(s+2)


E(s)= 1( s+1 )(s+2)

= AS+1

+ Bs+2

Operado sale que A= 1; B= -1

E(s)= 1S+1

− 1s+2

Z [E (s )]=Z [ 1S+1

− 1s+2

]

E(Z )= 0.5

1−e−T Z−1− 1

1−e−2 T Z−1

E(Z )= 1

1 – 0.9048 Z−1− 1

1−0.8187 Z−1

Página 5



Operando

E(Z) = 0.004528 z−0.004097

Z2−1.724 z+0.7408

Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(z) >> num=[0 0 1];>> den=[1 3 2];>> G=tf(num,den);>> GZ=c2d(G,0.1) Transfer function:

0.004528 z−0.004097

Z2−1.724 z+0.7408

GZ=c2d(G,0.1) Sampling time: 0.1>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)

Ilustración 3 Grafica del lugar de las raíces de E(s).

>> num=[0 0 1];>> den=[1 3 2];>> k=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k)>> title('lugar de las raices de E(S)')

Página 6



Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST .Polos S=-1 ; -2 y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Z= 1; 0.90483; 0.818.

d) E(s)= s+1

s2+2 s 26


E(s)= s+1

( s+1 )2+5

E(s)=0.09134 z−0.08187

Z2−1.588 z+0.8187

Mediante Matlab graficamos los polos y ceros de E(Z)

>> num= [1 1];>> den=[1 2 26];>> G=tf(num,den);>> c2d(G,0.1) >> GZ=c2d (G, 0.1) Transfer function:

Página 7



0.09134 z−0.08187

Z2−1.588 z+0.8187

>> [numz,denz]=tfdata(GZ,'v');>> zplane(numz,denz)>> title('polos y ceros de E(S) en el plano Z')

Grafica del lugar de las raíces de E(s)

>> num= [1 1];>> den= [1 2 26];>> k1=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k1)>> k=0:0.4:10;>> k2=0:0.4:10;>> rlocus(num,den,k2)>> title('lugar de las raices de E(S)')

Página 8



Como podemos observar cumple la relacion de S-Z en donde Z= eST

Polos S=-1+5i ; -1 – 5i y el periodo es 0.1seg entonces remplazando Zeros S= -1Z= 0.90483; 0.90480 +7.896095×10−3i ; 0.90480 -7.896095×10−3iPolos estables con la misma parte real en s (respuestas con el mismo tiempo de asentamiento) PROBLEMA N°2

Encontrar la respuesta del sistema en los instantes de muestreo para una entrada del tipo Escalón unitario para el sistema de la figura.

SOLUCION

M ¿

C ( s )=M (s )× s( s+1 )

C ( s )=E¿ ( s )( 1−e−Ts

s ) s( s+1 )

Tomando transformada Z

Página 9



C (z)= 1

1−z−1(1−z−1 ) Z { s

s (s+1 ) }C (z)=Z { 1

(s+1 ) }C (z)= 1

(1−e−T Z−1 )

Para T = 1 seg

C (z)= 1

(1−0.3678 Z−1 )

Ahora tomando transformada Z inversa por diferentes métodos

a) 1er Método: Divisiones Directa

C (Z )=1+0.3678 Z−1+0.1352 Z−2−0.0497 Z−3+0.0182 Z−4+………….

Al comparar esta expansión de C (Z) en una serie infinita con C (z)=∑i=0

∝

C(kT )Z−k

C (0)=1.0000C (1)=0.3678C (2)=0.1352C (3)=0.0497C ( 4 )=0.0182

⋮b) 2do Método: Método computacional

>> %para encontrar la transformada inversa

>> num=[1];>> den=[1 0.3678];>> %introducir la entrada delta kroneccker>> x=[1 zeros(1,40)];>> y=filter(num,den,x)

y =

Columns 1 through 9

Página 10



1.0000 0.3678 0.1353 0.0498 0.0183 0.0067 0.0025 0.0009 0.0003

Columns 10 through 18

0.0001 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000


0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000


0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

c) 3er Método: Expansión de Fracciones Parciales

En este caso hacer método de fracciones parciales es solo mirando la tabla de transformada z

C (z)= 1

(1−0.3678 Z−1 )

C (k )=(0.3876)−K

Evaluando para k=0 ,1 ,2 , 3 , 4 ,…C (0)=1.0000C (1)=0.3678C (2)=0.1352C (3)=0.0497C (4)=0.0182

⋮

d) 4er Método: La Integral de Inversión

La integral de inversión de la transformada Z X(z) esta dada por:

Z−1[ X (z)]=X (kT )=X (k )= 12 π∮ X (z )Zk−1dz

X (kT )=K 1+K 2+K 3+.. .

K= 1(Q−1 )!

limZ → Zi

dq−1

d zq−1 [ ( z−zi )q X (z )Zk−1]

C (z)= 1

(1−0.3678 Z−1 )

Página 11



Calculamos K1. Vemos que es un polo simple.

K 1= limZ → 0.3678

[ ( z−0.3678 ) 1

(1−0.3678 Z−1 )Z k−1

¿]¿

K 1=(0.3876)−K

Z−1[ X (z)]=X (kT )=(0.3876)−K

PROBLEMA N°3Encontrar la respuesta del sistema en los instantes de muestreo a una entrada del tipo escalón unitario para el sistema de la figura:

G1(S )=1

(1+s)

RO(0)=1−e−Ts

s

G2(S )=3 s

(s+1 )(s+3)

Utilice la transformada Z y diferentes métodos de anti-transformación.

SOLUCION

H ( S )¿=G1 (S ) E( S)= (¿ )¿

M ( S)=RO0 .H (S )¿

G1 (S )=G2 ( S ) . M (S )

G1 (S )=G2 ( S ) RO0 . H ( S)¿

G1 (S )¿=(G2 RO0 )¿ . H ( S)

¿

G1 (Z )=Z (G2 RO0) . H ( S )¿

Página 12



G1 (Z )=Z ((1−e−TS ) 3( S+3 ) (1+S ) ). ( 1−e−T ) Z−1

(1−Z−1 ) (1−e−T Z−1)T=1seg.

G1 (Z )=(1−Z−1 ) . Z ¿Para:

a. Utilizando Método de expansión de fracciones parciales

¿

3=AS+ A+BS+3B

A+3 B=3 ; A+B=0

A=−32

, B=32

Z ¿

¿ −32

.Z

( Z−e−3 )+ 3

2.

Z

(Z−e−1)

G1 (Z )=(1−Z−1 ) .(−32

.Z

(Z−e−3 )+ 3

2.

Z( Z−e−1 ) ) .

(1−e−1) Z−1

(1−Z−1 ) (1−e−1 Z−1)

G1 (Z )=(−32

.Z

( Z−e−3 )+3

2.

Z( Z−e−1 ) ) .

( 1−e−1 ) Z−1

( 1−e−1 Z−1 )

G1 (Z )=[ 32

.( −Z

( Z−e−3 )+ Z

(Z−e−1 ) ) .(1−e−1 ) Z−1

(1−e−1 Z−1) ]b. Utilizando Método de divisiones directa

G1 (Z )=[ 32

.( −Z( Z−0.049 )

+ Z(Z−0.368 ) ) .

(0.632 )(1−0.368 Z−1 ) Z ]

G1 (0 )=0.000G1 (1 )=0.796G1 (2 )=0.116G1 (3 )=0.044

Página 13



PROBLEMA N°4Usando la transformada Z resolver la ecuación en diferencias:

y (k )−3 y (k−1 )+2 y ( k−2 )=2u (k−1 )−2u (k−2 )

u (k )={k si k ≥ 00 si<0

y (k )=0 si k<0

SOLUCIONy (k )−3 y (k−1 )+2 y ( k−2 )=2u (k−1 )−2u (k−2 ) ….. (1 )

Aplicando Transformada Z se tiene:

[ y ( Z )−3Z−1 y (Z )+2 Z−2 y (Z ) ]=2 Z−1 u( Z )−2 Z−2u( Z )… .. (2 )

Despejando y ( Z ) :

y ( Z ) [1−3 Z−1+2 Z−2 ]=u( Z ) [2 Z−1−2Z−2 ]

y ( Z )=[2 Z−1−2Z−2 ]

[1−3 Z−1+2 Z−2 ]u( Z )

u(Z)=∑K=0

∞

u ( k ) Z−K=u (0 )+u (1 ) Z−1+u (2 ) Z−2+u (3 ) Z−3+……+¿¿

u( Z )=0+Z−1+Z−2+…+…,reemplazando :

y(Z)=[2 z−2 ]

[Z2+3 Z+2 ].

( Z+2 )Z2

y(Z)=2 Z2+2 Z−4

Z 4+3 Z3+2 Z2

PROBLEMA N°5Para el sistema mostrado en la figura, el filtro soluciona la ecuación en diferencias:Donde m es la salida y e la señal de entrada del mismo. Si la señal de entrada es un escalón y la frecuencia de muestreo es fs = 1 Hz.

a) Encontrar c (z)b) Encontrar c (kT).

SOLUCION

Página 14



a. Para el sistema:Para el bloque A/D(E¿¿ ( z ))¿:

Es un muestreador cuya entrada va a hacer un señal escalón por lo tanto: E( z )=1

1−z−1

Para el bloque FILTRO DIGITAL (GD( z)):

Tenemos la ecuación en diferencias y resolvemos:

m (k )=m (k−1 )+e ( k−1 )

m (kT )=m ( (k−1 )T )+e ( (k−1 )T )

M ( z )=M (z )∗z−1+E( z )∗z−1

M ( z )=E (z )∗z−1

1−z−1

M (z )

E( z )= z−1

1−z−1=GD (z )

Para el bloque retenedor de orden cero ( D/A) y la planta(G p (s)) definimos G(s):

G p(s)∗1−e−Ts

s=G(s )

Por lo tanto se define como:C(z )=G(z )GD (z) E(z)

Reemplazamos

C(z )=((1−z−1 ) × Z [ 1s2 ])×[ z−1

1−z−1 ]×[ 11−z−1 ]

C(z )=((1−z−1 ) × T z−1

(1−z−1)2 )×[ z−1

(1−z−1 ) ]×[ 1(1−z−1 ) ]

C(z )=T z−2

(1−z−1)3

b. Se tiene:

Página 15



C(z )=T z−2

(1−z−1)3

Como T = 1, ordenamos y aplicamos el método de la integral de inversión:

C(z )=z

(z−1)3

C ( z) ¿ zk−1= zk

(z−1)3

Se tiene:

c(k)=[residuo dezk

(z−1)3 en el polotriple z=1]c(k)=

1(3−1 ) !

× limz → 1

d2

dz2 [(z−1)3×zk

(z−1)3 ]c(k)=

12

× limz →1

d2

dz2[ zk ]

c(k)=k (k−1)

2Por lo tanto:

c(kT)=kT (kT−1)

2PROBLEMA N°6Considere el sistema de la figura. La función de transferencia del filtro digital es D(z).Trate de expresar c(z) como una función de E(z).

SOLUCION

Del diagrama de bloques del sistema de control digital pasamos a uno equivalente donde muestra las funciones de transferencia de los bloques.

Donde el bloque A/D (muestreador), bloque filtro digital (D(s)), bloque D/A (1−e−Ts

s).

Definimos el bloque de la planta con el de D/A:

G p(s)∗1−e−Ts

s=U (s)

Por lo tanto de la figura:

Página 16



C(s )=Gz (s )U (s) D(s )¿ M (s)

¿

OC (s )

¿ =G zU (s )¿ D ( s)

¿ M (s )¿

En términos de la transformada de Z:C(z )=G z U( z) D( z)M (z )

Por el extremo de la entrada:M (z)=G(z )E( z)

Se tiene:C(z )=G z U( z) D( z)G(z )E( z)

Reemplazando U ( z ):

C(z )=Z [Gz(s)( 1s )( 1−e−Ts

s )]D(z)G( z) E(z)

PROBLEMA N°7En la figura se muestra el diagrama de bloques de un sistema de control digital de un vehículo espacial donde k r=317000 , T=0.1 seg y J=41822.

Encontrar la función de transferencia de lazo cerrado con k p genérico.

SOLUCION

Comenzando con el bloque interior se tiene:

G1 (z )=Z {1−e−sT

s×

1Js }=1−z−1

JZ { 1

s2 }

Página 17



G1 (z )=1−z−1

JT z−1

(1−z−1 )2= T

J ( z−1 )

H ( z )=G1 ( z )

1+kr G (z )

H ( z )=

TJ (z−1 )

1+krT

J ( z−1 )

=T

zJ−J+kr T

H ( z )= TzJ +kr T−J

G2 (s )=1s

→G2 ( z )= 1

1−z−1= z

z−1

T ( z )=k p H ( z ) G2 ( z )

1+k p H ( z )G2 ( z )

T ( z )=k p

TzJ +kr T−J

zz−1

1+k pT

zJ+kr T−Jz

z−1

Reemplazando y operando esta expresión con k r=317000 , T=0.1 seg y J=41822 y k p genérico se obtiene:

T ( z )=0.12 k p

41822 z2+(0.1 k p−51859.28 ) z+10037.28

PROBLEMA N°8En la figura se muestra el diagrama en bloques de la versión digital de un sistema de control de nivel líquido. Calcule la función de transferencia de lazo cerrado, si:

SOLUCION

Página 18



e (s)=r (s)−h(s)→ e¿(s)=r¿(s)−h¿(s)

h(s)=e¿(s)∙ Z .O. H (s ) ∙Gp(s)

h¿ (s)=e¿(s) ∙ Z .O .HGp¿(s)

h¿ (s)=r¿ ( s ) ∙ Z .O . HGp¿ ( s)−h¿ (s) ∙ Z .O . HGp¿ (s)

h¿ (s)(1+Z .O . HGp¿(s))=r¿ ( s) ∙ Z .O . HGp¿ (s )

T ¿ (s )=h¿ (s)r¿ ( s)

=Z .O .HGp¿ (s )

1+Z . O. HGp¿(s)→T ( z )= Z . O . HGp (z)

1+Z .O . HGp(z )

Z .O .HGp ( z )=Z [ 1−eTs

s16.67

s ( s+1 ) ( s+12.5 ) ]=Z [1−eTs ∙16.67

s2 (s+1 ) (s+12.5 ) ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z

−1 ) Z [ 16.67

s2 ( s+1 ) (s+12.5 ) ]=(1−z−1 ) Z [ As+B

s2 +C

s+1+

Ds+12.5 ]

Se halló que : A=−1.437 ;B=1.33 ;C=1.45 ;D=−9.277 ∙ 10−3

Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 ) Z [−1.437s

+ 1.33s2 +1.45

s+1−9.277 ∙10−3

s+12.5 ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 )[−1.437

1−z−1 + 0.05 ∙ 1.33

(1−z−1 )2+ 1.45

1−e−0.05 z−1 −0.742∙10−3

1−e−12.5 ∙0.05 z−1 ]Z .O .HGp ( z )=( 1−z−1 )[−1.437

1−z−1 + 0.0665

(1−z−1)2 +1.45

1−e−0.05 z−1−0.742 ∙10−3

1−e−0.625 z−1 ]Z .O .HGp ( z )=−1.437+ 0.0665

1−z−1 +1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −

0.742 ∙10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1

→ T ( z )= Z .O . HGp (z)1+Z .O . HGp(z )

T ( z )=¿−1.437+ 0.0665

1−z−1 +1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −

0.742∙ 10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1

1−1.437+0.06651−z−1 +

1.45 (1−z−1 )1−e−0.05 z−1 −

0.742∙ 10−3 (1−z−1 )1−e−0.625 z−1

Página 19



Reduciendo esta expresión obtenemos:

FT ( z )=16.67 ( z )[ 0.08

z−1− 0.086

z−e−0.05+ 0.06

z−e−0.625 ]1+16.67 ( z )[ 0.08

z−1− 0.086

z−e−0.05 +0.06

z−e−0.625 ]

Página 20

1ra practica calificada

Documents

electronica control digital

hallamos la transformada

en el plano

1seg entonces remplazando

en donde

ceros de

operado determinamos

se tiene