FASE DE LA ESTRATEGIA DE APRENDIZAJE: MOMENTO 1 SISTEMAS DE CONTROL DIGITAL

ACTIVIDAD INDIVIDUAL

FASE 1

CONTROL DIGITAL - Código: 299006

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD

ESCUELA DE CIENCIAS BASICAS TECNOLOGIA E INGENIERIA

INGENIERIA ELECTRONICA

VALLEDUPAR – CESAR

2015

INTRODUCCION

El control digital ha desempeñado una función vital en el avance de la ingeniería y laciencia. Además de su extrema importancia en los sistemas de vehículos espaciales, deguiado de misiles, robóticos y similares; el control se ha vuelto una parte importantee integral de los procesos modernos industriales y de manufactura. Por ejemplo, el control automático es esencial en el control numérico de las máquinas-herramienta de las industrias de manufactura, en el diseño de sistemas de pilotos automáticos en la industria aeroespacial, y en el diseño de automóviles y camiones en la industria automotriz. También es esencial en las operaciones industriales como el control de presión, temperatura, humedad, viscosidad y flujo en las industrias de proceso.

Debido a que los avances en la teoría y la práctica del control automático aportan los medios para obtener un desempeño óptimo de los sistemas dinámicos, mejorar la productividad, aligerar la carga de muchas operaciones manuales repetitivas y rutinarias, así como de otras actividades, casi todos los ingenieros y científicos deben tener un buen conocimientode este campo.

Fase de la estrategia de aprendizaje: Momento 1 -Sistemas de Control Digital

Actividad Individual

FASE 1:

Ejercicio 1:

A) Encuentre los valores de Y (kT ) para k = 0,1,2,3,4, cuando:

Y ( z )= z

z2−3 z+2

Solución:

Y ( z )= z

z2−3 z+2= z

(z−2)(z−1)

Resolvemos por fracciones parciales:

z( z−2 ) (z−1 )

= A(z−2)

+ B(z−1)

z=A ( z−1 )+B(z−2)z=A z−A+B z−2Bz=z (A+B )−( A+2 B )

• A+B=1 A=2• A+2B=0B=−1

Y ( z )= 2(z−2)

− 1(z−1)

Y (kT )=2(2k−1)+(1k−1)

Luego obtenemos losvalores para cuando K=0,1,2,3,4:

Y (0 )=0Y (T )=1Y (2T )=3Y (3T )=7Y (4T )=15

Existe otra forma de hallar la solución, y es mediante la división directa, transformando el polinomio Y (z ) a potencias negativas (z−1):

Y ( z )= zz2−3 z+2

= z−1

1−3 z−1+z−2

Luego, al dividir el numerador entre el denominador, se obtiene:

Y ( z )=z−1+3 z−2+7 z−3+15 z−4+ ..…

Por lo tanto:Y (0 )=0Y (T )=1Y (2T )=3Y (3T )=7Y (4T )=15

Ejercicio 2:

Un sistema tiene una respuesta y(kT)= kT, para k ≥ 0.Encuentre Y(z) para esta respuesta.

Solución:

Al considerar la transformada z de una función del tiempo y (t ), sólo se toman en cuenta losvalores muestreados de y (t ), esto es, y (0), y (T ), y (2T ), donde T es el período de muestreo.La transformada z de una función del tiempo y (t ), donde t es positivo, o de la secuencia devalores y (kT ), donde k adopta valores de cero o de enteros positivos y T es el periodo de muestreo, sedefine mediante la siguiente ecuación:

Y ( z )=Z [ y ( t ) ]=Z [ y ( kT ) ]=∑k=0

∞

y (kT ) z−k

La ecuación anterior implica que la transformada z de cualquier función en tiempo continuo y (t ) sepuede escribir, mediante inspección, en la forma de una serie. La z−k en esta serie indica la posición enel tiempo en la que se presenta la amplitud y (kT )).Por consiguiente:

Y ( z )=Z [ y ( t ) ]=∑k=0

∞

y (kT ) z−k=∑k=0

∞

kT z−k=T∑k=0

∞

k z−k

Y ( z )=T (z−1+2 z−2+3 z−3+4 z−4+… ..)

Y ( z )= T z−1

(1−z−1)2

Pasamos a potencias positivas:

Y ( z )= Tz

(z−1)2

Ejercicio 3:

Encuentre Y (z ) cuando T = 0.1 segundos, para la función:

Y (s )= 5s (s+2 )(s+10)

Solución:

Resolvemos por fracciones parciales:

5s (s+2 )(s+10)

= As

+ B(s+2)

+ C(s+10)

5=A (s+2 ) ( s+10 )+B s (s+10 )+C s (s+2)5=A ( s2+12 s+20 )+B s2+10 B+C s2+2C

5=A s2+12 A s+20 A+Bs2+10Bs+C s2+2Cs5=s2 ( A+B+C )+s (12 A+10B+2C )+20ª

•20 A=5 A=1 /4• A+B+C=0B=−5/16

•12 A+10 B+2C=0C=1 /16

Y (s )= 14 s

− 516 (s+2)

+ 116(s+10)

Y ( z )= 1

4 (1−z−1 )− 5

16 (1−e−2T z−1 )+ 1

16 (1−e−10T z−1 )

Para T=0.1 segundos, tenemos:

Y ( z )= 1

4 (1−z−1 )− 5

16 (1−e−2(0.1) z−1 )+ 1

16 (1−e−10(0.1) z−1 )

Y ( z )= 1

4 (1−z−1 )− 5

16 (1−0.818 z−1 )+ 1

16 (1−0.367 z−1)

Pasamos a potencias positivas:

Y ( z )= z4 ( z−1 )

− 5 z16 ( z−0.818 )

+ z16 (z−0.367 )

Resolvemos la expresión anterior:

Y ( z )= 0.0173 z2+0.01148 zz3−2.185 z2+1.48 z−0.3

Ejercicio 4:

Considere el sistema de datos muestreados en lazo abierto mostrado en la figura No. 1 del anexo de gráficos. Determine la función de transferencia G(z ) cuando el periodo de muestreo es T = 1 segundo.

Solución:

Recordemos que la transformada z de un retenedor de orden cero es:

ZOH=1−e−Ts

s=(1−z−1 ) Z {G ( s)

s }retenedor de orden ceroG ( z )= y (z)

r (z )

G ( z )=Z [(1−e−Tss )∗( 1( s+1 ) (s+4 ) )]

G ( z )=(1−z−1 ) Z [( 1s ( s+1 ) ( s+4 ) )]

Resolvemos por fracciones parciales:

1s (s+1 ) ( s+4 )

= As

+ B(s+1)

+ C(s+4)

1=A ( s+1 ) ( s+4 )+Bs (s+4 )+Cs (s+1)1=A ( s2+4 s+4 )+B s2+4 Bs+C s2+C s1=A s2+5 A s+4 A+Bs2+4 Bs+C s2+Cs1=s2 ( A+B+C )+s (5 A+4 B+C )+4 A

• A+B+C=0 A=1/4•5 A+4 B+C=0B=−1/3

• 4 A=1C=1/12

G ( z )=(1−z−1 ) Z [( 14 s− 13(s+1)

+1

12(s+4))]G ( z )=(1−z−1 ) [( 1

4 (1−z−1 )− 1

3 (1−e−T z−1 )+ 1

12 (1−e−4T z−1 ) )]Para T=1 segundo:

G ( z )=(1−z−1 ) [( 1

4 (1−z−1 )− 1

3 (1−0.376 z−1 )+ 1

12 (1−0.0183 z−1 ) )]G ( z )=1

4−

(1−z−1)3 (1−0.376 z−1)

+(1−z−1 )

12 (1−0.0183 z−1 )

Pasamos a potencias positivas:

G ( z )=14−

( z−1 )3 ( z−0.376 )

+( z−1 )

12 ( z−0.0183 )

Resolvemos la expresión anterior:

G ( z )= 0.129 z+0.026z2−0.385 z+0.00671