respuesta en el tiempo a partir de la transformada de laplace
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TRABAJO PRACTICO N° 1 – RESPUESTAS EN EL TIEMPO A PARTIR DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
U.T.N. / F.R.T. - SISTEMAS DE CONTROL – 2015 INGENIERO VAZQUEZ
1
Este trabajo, debe ser presentado completo y en forma individual por cada alumno.
Fecha de entrega: 7/05/2015
Apellido y Nombre: Vazquez Emmanuel Eduardo
Número de Legajo: Profesor de la Asignatura “Sistemas de Control”
1. Determinar analíticamente 𝑖(𝑡) al cerrar el switch, partiendo de la transformada de
Laplace. Verificar cada resultado, con MATLAB. Supondremos que todos los componentes
se encuentran descargados inicialmente.
a.
Desarrollando ejercicio 1-a
Primero redibujaremos el circuito eléctrico
Utilizando ley de Kirchhoff, y la transformada de Laplace
𝑉
𝑠= 𝐼(𝑠). 𝑍1(𝑠) + 𝐼(𝑠). 𝑍2(𝑠)
𝑉
𝑠= 𝐼(𝑠) [𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)]
𝐼(𝑠) =
𝑉𝑠
𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)
𝑖(𝑡)
𝑅
𝐿 𝑅
+𝑉
𝑍1(𝑠)
𝑍2(𝑠) 𝐼(𝑠)
+𝑉
𝑠
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U.T.N. / F.R.T. - SISTEMAS DE CONTROL – 2015 INGENIERO VAZQUEZ
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Ahora determinaremos las impedancias
𝑍1(𝑠) = 𝑅
𝑍2(𝑠) =𝑠𝑅𝐿
𝑅 + 𝑠𝐿
Por lo tanto
𝐼(𝑠) =
𝑉𝑠
𝑅 +𝑠𝑅𝐿
𝑅 + 𝑠𝐿
𝐼(𝑠) =
𝑉𝑠
𝑅2 + 𝑠𝑅𝐿 + 𝑠𝑅𝐿𝑅 + 𝑠𝐿
𝐼(𝑠) =
𝑉𝑠
𝑅2 + 𝑠2𝑅𝐿𝑅 + 𝑠𝐿
𝐼(𝑠) =𝑉(𝑅 + 𝑠𝐿)
𝑠(𝑅2 + 𝑠2𝑅𝐿)
𝐼(𝑠) =𝑉𝑅 + 𝑠𝐿𝑉
𝑠2𝑅𝐿 (𝑅2
2𝑅𝐿+ 𝑠)
𝐼(𝑠) =𝑉𝑅 + 𝑠𝐿𝑉
𝑠2𝑅𝐿 (𝑅2𝐿
+ 𝑠)
𝐼(𝑠) =𝑠𝐿𝑉 + 𝑉𝑅
𝑠2𝑅𝐿 (𝑠 +𝑅2𝐿)
Aplicando fracciones parciales
𝐼(𝑠) =𝑠𝐿𝑉 + 𝑉𝑅
𝑠2𝑅𝐿 (𝑠 +𝑅2𝐿)
=𝐴
𝑠2𝑅𝐿+
𝐵
𝑠 +𝑅2𝐿
Igualando los polinomios
𝑠𝐿𝑉 + 𝑉𝑅 = 𝐴 (𝑠 +𝑅
2𝐿) + 𝐵𝑠2𝑅𝐿
𝑠𝐿𝑉 + 𝑉𝑅 = 𝐴𝑠 +𝐴𝑅
2𝐿+ 𝐵𝑠2𝑅𝐿
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Factor común
𝑠𝐿𝑉 + 𝑉𝑅 = 𝑠(𝐴 + 𝐵2𝑅𝐿) +𝐴𝑅
2𝐿
Sistema de ecuaciones
{𝐿𝑉 = 𝐴 + 𝐵2𝑅𝐿
𝑉𝑅 =𝐴𝑅
2𝐿
Resolviendo
𝟐𝑽𝑳 = 𝑨
Reemplazando
𝐿𝑉 = 2𝑉𝐿 + 𝐵2𝑅𝐿
𝑉 = 2𝑉 + 𝐵2𝑅
𝑉 − 2𝑉 = 𝐵2𝑅
−𝑉 = 𝐵2𝑅
−𝑽
𝟐𝑹= 𝑩
Reemplazando en la suma de fracciones
𝐼(𝑠) =𝐴
𝑠2𝑅𝐿+
𝐵
𝑠 +𝑅2𝐿
𝐼(𝑠) =2𝑉𝐿
𝑠2𝑅𝐿+
−𝑉2𝑅
𝑠 +𝑅2𝐿
𝐼(𝑠) =𝑉
𝑠𝑅+
−𝑉2𝑅
𝑠 +𝑅2𝐿
𝐼(𝑠) =𝑉
𝑅
1
𝑠−
𝑉
2𝑅
1
𝑠 +𝑅2𝐿
La transformada inversa de Laplace
𝑖(𝑡) =𝑉
𝑅−
𝑉
2𝑅𝑒−𝑡𝑅/(2𝐿)
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U.T.N. / F.R.T. - SISTEMAS DE CONTROL – 2015 INGENIERO VAZQUEZ
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Verificando con MATLAB
b.
𝑖(𝑡) =𝑉
𝑅(1 −
1
2𝑒−𝑡𝑅/(2𝐿))
𝐶/3
𝐶/3
𝐶/3
𝐶/3
𝐶/3
𝐶/3
4𝑅
4𝑅
2𝑅
4𝑅
4𝑅
2𝑅
+𝑉
𝑠 𝐼(𝑠)
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U.T.N. / F.R.T. - SISTEMAS DE CONTROL – 2015 INGENIERO VAZQUEZ
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Desarrollando ejercicio 1-b
Primero redibujaremos el circuito eléctrico
Utilizando ley de Kirchhoff, y la transformada de Laplace
𝑉
𝑠=
𝐼(𝑠)
2. 𝑍1(𝑠) +
𝐼(𝑠)
2. 𝑍2(𝑠)
𝑉
𝑠=
𝐼(𝑠)
2 [𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)]
𝐼(𝑠)
2=
𝑉𝑠
𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)
𝐼(𝑠) =
2𝑉𝑠
𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)
Ahora determinaremos las impedancias
𝑍1(𝑠) = 𝑍3(𝑠) =1
𝑠𝐶
𝑍2(𝑠) = 𝑍4(𝑠) = 𝑅
Por lo tanto
𝐼(𝑠) =
2𝑉𝑠
1𝑠𝐶 + 𝑅
𝑍1(𝑠) 𝑍2(𝑠)
𝑍3(𝑠) 𝑍4(𝑠)
+𝑉
𝑠
𝐼(𝑠)
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𝐼(𝑠) =
2𝑉𝑠
1 + 𝑠𝑅𝐶𝑠𝐶
𝐼(𝑠) =2𝑉
1 + 𝑠𝑅𝐶𝐶
𝐼(𝑠) =2𝑉𝐶
1 + 𝑠𝑅𝐶
𝐼(𝑠) =2𝑉𝐶
𝑅𝐶 (𝑠 +1
𝑅𝐶)
𝐼(𝑠) =2𝑉
𝑅 (𝑠 +1
𝑅𝐶)
𝐼(𝑠) =2𝑉
𝑅
1
𝑠 +1
𝑅𝐶
La transformada inversa de Laplace
Verificando con MATLAB
𝑖(𝑡) =2𝑉
𝑅𝑒−𝑡/(𝑅𝐶)
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2. Determinar analíticamente 𝑣𝑜(𝑡) al cerrar el switch, partiendo de la transformada de
Laplace. Verificar cada resultado, con MATLAB. Supondremos que todos los componentes
se encuentran descargados inicialmente.
a.
Desarrollando ejercicio 2-a
Primero redibujaremos el circuito eléctrico
Utilizando ley de Kirchhoff, y la transformada de Laplace
𝐼
𝑠=
𝐸𝑜(𝑠)
𝑍1(𝑠)+
𝐸𝑜(𝑠)
𝑍2(𝑠)
𝐼
𝑠= 𝐸𝑜(𝑠) (
1
𝑍1(𝑠)+
1
𝑍2(𝑠))
𝐸𝑜(𝑠) =
𝐼𝑠
1𝑍1(𝑠)
+1
𝑍2(𝑠)
𝐼/𝑠
𝑍1 (𝑠)
𝑍2 (𝑠)
𝐸𝑜(𝑠)
𝐼1(𝑠) 𝐼2(𝑠)
𝐼1 (𝑠)
𝐼2 (𝑠)
𝐼/𝑠
𝐸𝑜(𝑠) 𝐿
𝑅
1/𝑠𝐶
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𝐸𝑜(𝑠) =
𝐼𝑠
𝑍1(𝑠)+𝑍2(𝑠)𝑍1(𝑠). 𝑍2(𝑠)
Ahora determinaremos las impedancias
𝑍1(𝑠) =1
𝑠𝐶+ 𝑅
𝑍2(𝑠) = 𝑠𝐿
Por lo tanto
𝐸𝑜(𝑠) =
𝐼𝑠
1𝑠𝐶 + 𝑅 + 𝑠𝐿
𝑠𝐿 (1
𝑠𝐶+ 𝑅)
𝐸𝑜(𝑠) =
𝐼𝑠
1 + 𝑠𝑅𝐶 + 𝑠2𝐿𝐶𝑠𝐶
𝑠𝐿 (1 + 𝑠𝑅𝐶
𝑠𝐶 )
𝐸𝑜(𝑠) =
𝐼𝑠
1 + 𝑠𝑅𝐶 + 𝑠2𝐿𝐶𝑠𝐿(1 + 𝑠𝑅𝐶)
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝑠𝐿(1 + 𝑠𝑅𝐶)
𝑠(1 + 𝑠𝑅𝐶 + 𝑠2𝐿𝐶)
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝐿(1 + 𝑠𝑅𝐶)
1 + 𝑠𝑅𝐶 + 𝑠2𝐿𝐶
Factorizo en el polinomio denominador
𝑠1,2 = 𝑠2𝐿𝐶 + 𝑠𝑅𝐶 + 1
𝑠1,2 =−𝑅𝐶 ± √(𝑅𝐶)2 − 4𝐿𝐶
2𝐿𝐶
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𝑠1,2 = −𝑅𝐶
2𝐿𝐶∓
√(𝑅𝐶)2 − 4𝐿𝐶
2𝐿𝐶
𝑠1,2 = −𝑅
2𝐿∓ √(
𝑅𝐶
2𝐿𝐶)
2
−4𝐿𝐶
(2𝐿𝐶)2
𝑠1,2 = −𝑅
2𝐿∓ √(
𝑅
2𝐿)
2
−1
𝐿𝐶
Cambio de variables
𝛼2 = (𝑅
2𝐿)
2
𝛽2 = (1
𝐿𝐶)
2
Por lo tanto
𝑠1,2 = −𝛼 ∓ √𝛼2 − 𝛽2
Existen tres posibles casos de resolución, pero se elegirá una de ellas, para lograr una respuesta
posible
Si 𝛼2 = 𝛽2 entonces; el polinomio puede expresarse de la siguiente manera:
𝑠1,2 = 𝑠2𝐿𝐶 + 𝑠𝑅𝐶 + 1 = 𝑎(𝑠 − 𝑠1)(𝑠 − 𝑠2) = 𝐿𝐶(𝑠 + 𝛼)(𝑠 + 𝛼) = 𝐿𝐶(𝑠 + 𝛼)2 = 𝐿𝐶 (𝑠 +𝑅
2𝐿)
2
Por lo tanto
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝐿(1 + 𝑠𝑅𝐶)
𝐿𝐶 (𝑠 +𝑅2𝐿)
2
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝐿𝑅𝐶 (𝑠 +
1𝑅𝐶)
𝐿𝐶 (𝑠 +𝑅2𝐿)
2
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝑅 (𝑠 +
1𝑅𝐶)
(𝑠 +𝑅2𝐿)
2
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Resolviendo fracciones parciales (factor lineal repetido)
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝑅 (𝑠 +
1𝑅𝐶
)
(𝑠 +𝑅2𝐿
)2 =
𝐴
𝑠 +𝑅2𝐿
+𝐵
(𝑠 +𝑅2𝐿
)2
𝐼𝑅 (𝑠 +1
𝑅𝐶) = 𝐴 (𝑠 +
𝑅
2𝐿) + 𝐵
𝐼𝑅𝑠 +𝐼𝑅
𝑅𝐶= 𝐴𝑠 +
𝐴𝑅
2𝐿+ 𝐵
Sistema de ecuaciones
{𝐼𝑅 = 𝐴
𝐼𝑅
𝑅𝐶=
𝐴𝑅
2𝐿+ 𝐵
𝑰𝑹 = 𝑨
𝐼𝑅
𝑅𝐶=
𝐼𝑅𝑅
2𝐿+ 𝐵
𝐼𝑅
𝑅𝐶=
𝐼𝑅2
2𝐿+ 𝐵
𝑰𝑹
𝑹𝑪−
𝑰𝑹𝟐
𝟐𝑳= 𝑩
Reemplazando en las fracciones parciales
𝐸𝑜(𝑠) =𝐼𝑅 (𝑠 +
1𝑅𝐶)
(𝑠 +𝑅2𝐿
)2 =
𝐼𝑅
𝑠 +𝑅2𝐿
+
𝐼𝑅𝑅𝐶 −
𝐼𝑅2
2𝐿
(𝑠 +𝑅2𝐿
)2
𝐸𝑜(𝑠) = 𝐼𝑅1
𝑠 +𝑅2𝐿
+ (𝐼
𝐶−
𝐼𝑅2
2𝐿)
1
(𝑠 +𝑅2𝐿)
2
La transformada inversa de Laplace
𝑣𝑜(𝑡) = 𝐼𝑅𝑒−𝑡𝑅/(2𝐿) + 𝑡 (𝐼
𝐶−
𝐼𝑅2
2𝐿) 𝑒−𝑡𝑅/(2𝐿)
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Verificando con MATLAB
b.
b.
Desarrollando ejercicio 2-b
Primero redibujaremos el circuito eléctrico
𝐶
+
V
+
𝑅 𝑅
𝑣𝑜(𝑡)
−
𝐶
+
V
+
𝑅 𝑅
𝑣𝑜(𝑡)
−
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Ganancia de un amplificador no inversor, y la transformada de Laplace
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +𝑍3(𝑠)
𝑍1(𝑠). 𝑍2(𝑠)𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +𝑍3(𝑠)[𝑍1(𝑠) + 𝑍2(𝑠)]
𝑍1(𝑠). 𝑍2(𝑠)
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +𝑍3(𝑠). 𝑍1(𝑠) + 𝑍3(𝑠). 𝑍2(𝑠)
𝑍1(𝑠). 𝑍2(𝑠)
Determinando las impedancias
𝑍1(𝑠) = 𝑍2(𝑠) = 𝑅
𝑍3(𝑠) =1
𝑠𝐶
Reemplazando en la ecuación de ganancia
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +
𝑅𝑠𝐶 +
𝑅𝑠𝐶
𝑅2
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +
2𝑅𝑠𝐶𝑅2
𝐴𝑉(𝑠) = 1 +2𝑅
𝑠𝑅2𝐶
+
+
𝑍1 (𝑠)
𝑣𝑜(𝑡)
−
𝑍2 (𝑠)
𝑍3(𝑠)
𝑉
𝑠
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𝐸𝑜(𝑠)
𝑉𝑠
= 1 +2𝑅
𝑠𝑅2𝐶
𝐸𝑜(𝑠) =𝑉
𝑠(1 +
2𝑅
𝑠𝑅2𝐶)
𝐸𝑜(𝑠) =𝑉
𝑠+
𝑉
𝑠
2𝑅
𝑠𝑅2𝐶
𝐸𝑜(𝑠) =𝑉
𝑠+
2𝑅𝑉
𝑠2𝑅2𝐶
𝐸𝑜(𝑠) =𝑉
𝑠+
2𝑉
𝑅𝐶
1
𝑠2
La transformada inversa de Laplace
Verificando con MATLAB
𝑣𝑜(𝑡) = 𝑉 +2𝑉
𝑅𝐶𝑡
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