Examen analisis y sistemas

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Facultad de Ingeniería Universidad Mayor Análisis de Sistemas: Semestre 2008/2 Pauta Examen P1) Dado el siguiente Diagrama en Bloques, el cual representa un sistema de control,

R(s)

+
Σ

E(s)

K s +1

U(s)

2 s+2

Y(s)

-

a) Determine la función de transferencia en lazo cerrado T ( s ) =

Y (s) . (3 ptos) R( s)

b) Si K=1, encuentre la respuesta y(t) ante una entradaimpulso unitario en la referencia (es decir, r (t ) = δ (t ) ). (3 ptos). Indicación:

ωn ω 2n ↔ e −ξω t sen( 1 − ξ 2 ω n t ) 2 2 2 s + 2ξω n s + ω n 1−ξ
n

Solución: a) Y ( s ) = 2K 2K E (s) = 2 E ( s ) pero E(s)=R(s)-Y(s), entonces, ( s + 1)( s + 2) s + 3s + 2

Y (s) = Así,

2K 2K 2K [ R( s ) − Y ( s )] = 2 R( s) − 2 Y ( s) ( s + 1)( s + 2) s + 3s + 2 s + 3s + 2

 s 2 + 3s + 2 + 2 K 2K 2K 2K   Y ( s ) 1 + 2  = s 2 + 3s + 2 R( s ) ⇒ Y ( s )  s 2 + 3s + 2  = s 2 + 3s + 2 R( s )  s + 3s + 2    Finalmente,
T (s) = Y (s) 2K = 2 R ( s ) s + 3s + 2 + 2 K

b) Si K=1, y como r (t ) = δ (t ) => R(s)=1, luego,
T (s) = Y ( s) 2 2 = 2 ⇒ Y (s) = 2 R ( s ) s + 3s + 4 s + 3s + 4 ya que R(s) = 1

Además, haciendo uso de la indicación y reconociendo términos tenemos que,
Y (s)=
1 4  3 3 3 = = = 0,75  s 2 + 3s + 4  , entonces ω n = 2 y 2ξω n = 3 ⇒ ξ = 2  2ω n 2 ⋅ 2 4

Luego,
y (t ) = L−1{Y ( S )} = Finalmente, y (t ) = L−1{Y ( S )} = 1,512e −1,5⋅t sen (1,323t )  1 2 e −0, 75⋅2⋅t sen(2 1 − 0,75 2 t )  2  1 − 0,75 2   

P2) Para la señal periódica rectangular de la figura, determine su representación en serie trigonométrica de Fourier hasta la 5ªarmónica. (6 ptos)

v(t)
1

0 si − 2 < t < −1  v (t ) = 1 si − 1 < t < 1 0 si 1 < t < 2 

-2

-1 0

1

2

3

5

t

T=4 [seg]
Solución:

a) como T=4 seg. Entonces ω 0 =

2π 2π π = = [rad / seg ]. T 4 2 Además, como la señal tiene simetría par, entonces todos los coeficientes de los términos

en senos (bn) son nulos, por lo tanto, la representación en serie de Fourier dela señal sólo presenta coeficientes “an“(Valor Constante o Valor Medio y armónicos en coseno). Entonces, por inspección podemos ver que a0=1/2 lo cual también se deduce de la T /2 1 1 1 1 1 1 1 definición, es decir, a 0 = ∫T v2(t )dt = 4 t =∫−1 ⋅ dt = 4 [t ]t =−1 = 4 [1 − (−1)] = 2 T t =− / 1 Por otro lado,
T /2 1 2 2 1  sen(nω 0 t )  1 an = v(t ) cos(nω 0 t )dt = ∫ cos(nω 0 t )dt =  [sen(nω 0t )]1−1  = ∫T / 2 T t =− 4 t =−1 2  nω 0  −1 2nω 0 1

Luego, reemplazando ω 0 = 1  π   sen(n 2 t ) π  −1 2n  2 Entonces, an =
1

π
2

[rad / seg ] , se tiene que:

2sen(n ) 1  π π  1  π π  2 =  sen(n 2 ) − sen(− n 2 ) = πn  sen(n 2 ) + sen(n 2 ) = πn πn    

π

1 ∞ v(t ) = a 0 + a n cos(nω 0 t ) = + ∑ 2 n =1

2sen(n ) ) ∞ 2 sen ( n 2 cos(nω t ) = 1 + 2 cos(n πt ) ∑ πn 0 2 n =1 2 πn Es decir,

π

π

sen( n ) 1 2 cos(n π t ) v(t ) = + 2∑ πn 2 2 n =1


π

Entonces, desarrollando la serie anterior hasta la 5ª armónica se tiene que,

π 2 2 2 3π 2 sen( ) = a2 = sen(π ) = 0 a3 = sen( ) = − π 2 π 2π 3π 2 3π 2 4π 2 2 5π 2 a4 = sen( ) = sen(2π ) = 0 a5 = sen( ) = 4π 2 4π 5π 2 5π
a1 = 2

Finalmente, v(t) representado hasta la 5ª armónica enserie de Fourier es:

v(t ) =

1 2 π 2 3π 2 5π + cos( t ) − cos( t ) + cos( t ) + L 2 π 2 3π 2 5π 2

P3) Dada la función de transferencia de un filtro pasa-bajos H ( s ) =

10 . s+2 a) Bosqueje la respuesta de frecuencia indicando principalmente los valores de dicha respuesta para valores extremos de la frecuencia angular (es decir, ω = 0 y ω = ∞ ). (4

ptos) Indicación: Bosqueje H ( jω )v/s ω

y ∠H ( j ω ) v / s ω

b) Determine el ancho de banda (o frecuencia de corte ωc [rad/seg] ). (2 ptos) Indicación: Recuerde que el ancho de banda de un filtro pasbajos es tal que: H ( jω ) max = H ( jω c ) 2
Solución:

a) H ( jω ) =

j10ω 10 10 (2 − jω ) 20 − j10ω 20 = − = o bien, H ( jω ) = 2 2 jω + 2 2 + jω ( 2 − jω ) 4+ω 4 +ω2 4+ω
20 − j10ω 4+ω
2

luego, H ( jω ) = es...
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