M - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

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SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
Versión 1
LAPSO 2014-1
1-3
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADEMICO
AREA: INGENIERIA
CARRERA: INGENIERÍA INDUSTRIAL
MODELO DE RESPUESTA
SEMESTRE:
Formación
Profesional
(Electiva)
PRUEBA: SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
ASIGNATURA: INSTRUMENTACIÓN Y
CONTROL
CODIGO DE CARRERA
280
LAPSO
TIPO
2
2014-1
FECHA:
31 05 14
NÚMERO
1
SEMANA
VERSIÓN
1
22
CRITERIO UNICO DE CORRECCION: Se considera logrado el objetivo si
la respuesta obtenida por el alumno coincide con la respuesta dada en este
modelo, y el criterio de desarrollo es válido y lógico.
M: 3 U: 5 O: 5
Nº 1
RESPUESTA:
C.D.: 1/1
K
Calculo de E(S) E ( S ) = R ( S ) − Y ( S ) pero Y ( S ) = R( S )
( s + 1)( s + 2 )
1+
sustituyendo tendremos
K
E (S ) = R(S ) − R(S )
( s + 1)( s + 2 )
1+
E ( S ) = R( S )
K
( s + 1)( s + 2 )
1− K
s + 3s + ( K + 2 )
2
ess = sR ( S )
Para la señal aplicada R( S ) =
Así ess = s
= R(S )
1− K
( s + 1)( s + 2 ) + K
1− K
s + 3s + ( K + 2 ) Lim s →0
2
b0
s2
b0
b 1− K
1− K
= 0
=∞
2 2
s s + 3s + ( K + 2 ) Lim s→0 s ( K + 2 ) Lim s→0
K
( s + 1)( s + 2 )
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SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
Versión 1
LAPSO 2014-1
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2-3
M: 3 U: 6 O: 6
C.D.: 1/1
Nº 2
RESPUESTA:
De la gráfica se observa que el sistema tiene una par de raíces complejas
conjugadas S = ± Aj lo que indica que el sistema tiene una respuesta
oscilatoria
Así el sistema es inestable
M: 3 U: 7 O: 7
C.D.: 1/1
Nº 3
RESPUESTA: Simplificando el diagrama de bloques tendremos:
4K
5S 2 + (10 + KH.K ).S + 4K
R(S)
C(S)
4K
W n2
C(S)
5
M(S) =
=
=
4K S 2 + 2 ζ W n S + W n2
R(S)
 10 + KH.K 
2
S +
S + 5
5


−
Sobrepaso máximo = 30 % = 0.3 = e
πζ
1− ζ 2
⇒ ζ = 0.362
El cual se presenta a:
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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t m ax =
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SEGUNDA PRUEBA PARCIAL
Versión 1
LAPSO 2014-1
π
= 0 .5 s ⇒ W n = 6 .7 4
Wn 1− ζ2
4K
Wn2 =
⇒ K = 56.785
5
3-3
ra d
seg
10 + KH.K
= 2ζ Wn ⇒ KH = 0.2536
5
M: 3 U: 8 O: 8
C.D.: 1/1
Nº 4
RESPUESTA:
Por estabilidad el punto ( -1, J0 ) no debe estar encerrado por la trayectoria
de Nyquist.
L ( jω ) =
Kjω
( jω + 1) s = jω
Kjω (1 − jω ) K ω 2 + Kjω K ω 2 + Kjω K ω 2
Kω
=
=
=
+
L ( jω ) =
j
1+ ω2
1+ ω2
1+ ω2
(1 + jω ) (1 − jω ) 1 − ( jω )2
Para hallar el punto en el cual se encuentra, el cruce con el eje real.
Colocamos la parte imaginaria de la expresión de L ( jω ) imaginaria = 0
Kω
=0⇒ω =0
1+ ω2
En el cruce con el eje real, la parte imaginaria es cero (0)
Kω 2
=0⇒ω =0
1+ ω2
El punto ( -1, J0 ) no está encerrado por la trayectoria de Nyquist, por lo
tanto el sistema es estable.
FIN DEL MODELO DE RESPUESTA
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.