Tarea N 2 Sistemas De Control
Páginas: 8 (1774 palabras)
Publicado: 25 de octubre de 2015
UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN
FACULTAD DE INGENIERÍA
DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
Tarea Nº 2
Sistemas De Control
Integrantes: Hugo González Barriga, Bruno Tapia Zúñiga
Profesor: José R. Espinoza
Indice
Problema 3
a) 3
Comentarios: 4
b) . 5
Comentarios: 7
c) . 7
Comentarios: 8
Comentarios: 8
d) . 8
Comentarios: 9
e) 9
Comentarios: 12
f) . 12
Comentarios: 14
g) 15Comentarios: 16
h) 16
i) 16
j) 20
k) 25
Problema
La figura muestra el levitador magnético con los siguientes datos:
a) El sistema puede representarse mediante el siguiente diagrama
Figura 1.1.- Diagrama y función de transferencia del sistema.
El error del sistema en el plano s está dado por
Donde,
Luego,
En estado estacionario el error seráReemplazando
Comentarios:
El sistema es de segundo orden, además es de tipo 0 por lo que tendrá un error constante en estado estacionario para entrada escalón.
La respuesta en estado estacionario estará por debajo del valor de referencia.
Ambos polos (de ) están en el S.P.I y son polos conjugados por lo que el sistema oscila.
Se puede encontrar cierta ganancia para la cual el sistema nooscila.
b) Considerando el diagrama anterior del sistema, con la entrada apropiada, se simula para 4 segundos mediante Simulink.
Figura 2.1.- Entrada de referencia por miles
Las variables se grafican a continuación
a) b)
c) d)
e) f)
Figura 2.2.- a) b) voltaje c) d) corriente e) posición f) velocidad
Figura 2.3.- Error del sistema control realimentado.Comentarios:
De la gráfica puede comprobarse que el error en estado estacionario calculado anteriormente es correcto.
Se comprueba que la respuesta (posición) en S.S esta por debajo de la referencia. Esto es .
c) Ya se conoce de cálculos pasados la función de transferencia del sistema sin ningún tipo de control .
Así, la función de transferencia en lazo directo es
Ceros: no posee
Polos:Comentarios:
Ambos polos están en el S.P.I, por lo que es estable.
Los polos son complejos conjugados por lo que el sistema oscila.
La ganancia DC del sistema es 1.95
El sistema es de fase mínima, pues no posee polos ni ceros con parte real positiva
La función de transferencia el lazo cerrado es
Ceros: No posee.
Polos:
Comentarios:
Ambos polos están en el S.P.I, por lo que es estable.
Lospolos son complejos conjugados por lo que el sistema oscila.
La ganancia DC del sistema es 6.61.
El sistema es de fase mínima, pues no posee polos ni ceros con parte real positiva
d) Independiente de la ganancia , La F. de T en L.D no pasara a comportarse como sistema de 1° orden.
Mientras que la F. de T en L.C si, esto es
Los polos de esta expresión vienen dados por
Para que el sistemase comporte como de 1° orden debe cumplirse al menos
De esta forma, para que el sistema se comporte como de 1° orden se debe tener
Comentarios:
La F. de T. en L.D es siempre de 2° orden, pues no afecta los polos de esta.
Cuando la razón entre los polos en 10 y el sistema se comporta como uno de 1° orden.
Gs
e) Las funciones de transferencia en L.D y L.C con son respectivamente:
Ellugar geométrico de las raíces es en cada caso
Figura 3.1.- L.G.R del sistema en L.D con kc=10 y sus polos. No posee ceros.
Figura 3.2.- L.G.R del sistema en L.C con kc=10 y sus polos. No posee ceros
Las funciones de transferencia en L.D y L.C con son:
Dado que es una ganancia negativa, se multiplica por -1 la función de transferencia y luego se grafica el L.G.R. las cuales sonFigura 3.3.- L.G.R del sistema en L.D con kc=-4.772 y sus polos. No posee ceros.
Figura 3.4.- L.G.R del sistema en L.C con kc=-4.772 y sus polos. No posee ceros
Comentarios:
Mediante las gráficas de L.G.R se comprueban los polos calculados anteriormente en L.D y L.C para .
Se demuestra que en L.D el valor de la ganancia no influye en los polos, pues el L.G.R es el mismo en ambos casos....
UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN
FACULTAD DE INGENIERÍA
DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
Tarea Nº 2
Sistemas De Control
Integrantes: Hugo González Barriga, Bruno Tapia Zúñiga
Profesor: José R. Espinoza
Indice
Problema 3
a) 3
Comentarios: 4
b) . 5
Comentarios: 7
c) . 7
Comentarios: 8
Comentarios: 8
d) . 8
Comentarios: 9
e) 9
Comentarios: 12
f) . 12
Comentarios: 14
g) 15Comentarios: 16
h) 16
i) 16
j) 20
k) 25
Problema
La figura muestra el levitador magnético con los siguientes datos:
a) El sistema puede representarse mediante el siguiente diagrama
Figura 1.1.- Diagrama y función de transferencia del sistema.
El error del sistema en el plano s está dado por
Donde,
Luego,
En estado estacionario el error seráReemplazando
Comentarios:
El sistema es de segundo orden, además es de tipo 0 por lo que tendrá un error constante en estado estacionario para entrada escalón.
La respuesta en estado estacionario estará por debajo del valor de referencia.
Ambos polos (de ) están en el S.P.I y son polos conjugados por lo que el sistema oscila.
Se puede encontrar cierta ganancia para la cual el sistema nooscila.
b) Considerando el diagrama anterior del sistema, con la entrada apropiada, se simula para 4 segundos mediante Simulink.
Figura 2.1.- Entrada de referencia por miles
Las variables se grafican a continuación
a) b)
c) d)
e) f)
Figura 2.2.- a) b) voltaje c) d) corriente e) posición f) velocidad
Figura 2.3.- Error del sistema control realimentado.Comentarios:
De la gráfica puede comprobarse que el error en estado estacionario calculado anteriormente es correcto.
Se comprueba que la respuesta (posición) en S.S esta por debajo de la referencia. Esto es .
c) Ya se conoce de cálculos pasados la función de transferencia del sistema sin ningún tipo de control .
Así, la función de transferencia en lazo directo es
Ceros: no posee
Polos:Comentarios:
Ambos polos están en el S.P.I, por lo que es estable.
Los polos son complejos conjugados por lo que el sistema oscila.
La ganancia DC del sistema es 1.95
El sistema es de fase mínima, pues no posee polos ni ceros con parte real positiva
La función de transferencia el lazo cerrado es
Ceros: No posee.
Polos:
Comentarios:
Ambos polos están en el S.P.I, por lo que es estable.
Lospolos son complejos conjugados por lo que el sistema oscila.
La ganancia DC del sistema es 6.61.
El sistema es de fase mínima, pues no posee polos ni ceros con parte real positiva
d) Independiente de la ganancia , La F. de T en L.D no pasara a comportarse como sistema de 1° orden.
Mientras que la F. de T en L.C si, esto es
Los polos de esta expresión vienen dados por
Para que el sistemase comporte como de 1° orden debe cumplirse al menos
De esta forma, para que el sistema se comporte como de 1° orden se debe tener
Comentarios:
La F. de T. en L.D es siempre de 2° orden, pues no afecta los polos de esta.
Cuando la razón entre los polos en 10 y el sistema se comporta como uno de 1° orden.
Gs
e) Las funciones de transferencia en L.D y L.C con son respectivamente:
Ellugar geométrico de las raíces es en cada caso
Figura 3.1.- L.G.R del sistema en L.D con kc=10 y sus polos. No posee ceros.
Figura 3.2.- L.G.R del sistema en L.C con kc=10 y sus polos. No posee ceros
Las funciones de transferencia en L.D y L.C con son:
Dado que es una ganancia negativa, se multiplica por -1 la función de transferencia y luego se grafica el L.G.R. las cuales sonFigura 3.3.- L.G.R del sistema en L.D con kc=-4.772 y sus polos. No posee ceros.
Figura 3.4.- L.G.R del sistema en L.C con kc=-4.772 y sus polos. No posee ceros
Comentarios:
Mediante las gráficas de L.G.R se comprueban los polos calculados anteriormente en L.D y L.C para .
Se demuestra que en L.D el valor de la ganancia no influye en los polos, pues el L.G.R es el mismo en ambos casos....
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