Problemas Resueltos: Dinamica Y Control de Procesos
October 12, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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PROBLEMAS RESUELTOS
DINAMICA Y CONTROL DE PROCESOS ING. OSVALDO QUIÑOES AILLON
MODELACION
BALANCE DE MASA
calentamiento con variación variación 1.- Desarrollar el modelo dinámico de calentamiento de nivel del sistema mostrado en la figura
OQA Aún cuando buscamos un modelo dinámico, se mant ma nten endr drán án las las hipó hipóttesi esis sim impl pliific icat ator oria ias s más típ ípiica cas, s, a saber
Agitación perfecta Area constante Densidad Densida d consta constante nte
Calo Ca lor r odis dispo le ins insta ntáne áneo oo esa ind indepe ndien Fe fluj fl ujo entr enponib tra anible da (m (m3 3/s /s))tant Fs fluj flujo sali lid daepend (m3 m3/s /s)iente ) te de T
Ecuación Dinámica de la Masa, en términos de las variables observables
BALANCE DE ENERGIA
OQA ¿Cual sería el modelo dinámico?
¿Es natural que se obtengan dos ecuaciones modelo? ¿Por qué?
donde T* es una T de referencia. Si es un líquido, entonces entonc es dH se aprox aproxima ima bien a dE
¿Cómo incide el modelo en la regulación regula ción (control) de la temperatura del tanque (o de de salida)? ¿Qué se puede decir de la utilidad del de l modelo dinámico?
Al modelar se obtiene un número (E ) de ECUACIONES MODELO, que especifican interrelaciones entre un número (V ) de VARIABLES físicas, químicas, termodinámicas,
OQA bioquímicas, bioquím icas, etc.
El tanque cal ale efaccion ona ado es descrit ito o por 2 ecuac aciion one es y tiene 6 variabl ble es: h, TS, Fe, FS, Te, Q, suponiendo que el área de sección, la densidad y el calor específico son constantes y que ti tien enen en un valo valorr da dado do..
En es esta tas s co cond ndic icio ione nes, s, V>E , lo qu que e si sig gni niffic ica a que exis existe ten n MUL ULT TIPL PLES ES sol oluc uciion ones es al sis isttem ema, a, es decir, se pueden elegir libremente (V-E ) valores de variables y cada elección genera una solución solució n distin distinta. ta.
Dado Da do qu que e se eli elige gen n li libr brem emen entte est ste e nú núme merro de vari ariab ablles, es, se def efin ine e el nú núme mero ro de GRA RADO DOS S DE f =V-E
LIBERTAD El tanqu tanque e ca calef lefac acci ciona onado do ti tien ene e f=4
Para especificar completamente un sistema, f debe ser cero, de modo que exista una única solución.
¿Cómo reducir el Número de Grados de Libertad?
OQA 1.- Exam Examinando inando nuev nuevas as relacion relaciones: es: En el tanque calefaccionado se suele dar el caso que la salida es una funci ón de la pérdida de carga y la altura (estanque de cabeza). En estas condiciones, se ratifica que F S=·Ö h (con coeficiente constante). Dado que existe una relaci ón f íí sica s ica (Bernoulli) entre dos de las 6 variables, se agrega una ecuaci ón y se reduce f en 1. 2.- Incorpo Incorporando rando Bu Bucles cles de Contr Control: ol:
El bucl ucle de co cont ntro roll fee eed d back ack de ni niv vel el,, don ond de se in ins sta tala la un tran ans smisor de niv nivel (TL) que reg egu ula la vál álv vula de la salida mediante un controlador proporcional e integral ("PI")
produce una relación entre el caudal de salida (FS) y el ni nive vell de dell ta tanq nque ue (h (h): ):
mientras que el bucle de temperatura implementa una
relac ació prop orci cion inctegra l ypdif difere (" PID" D") entr trel em pión ernatpr uropor a y elonal caal, lo, rinte egral dido or erenc regncia ulial acl i("PI ón d el) fen lujtre oedla e vapor
cada bucle reduce un grado de libertad.
OQA dos bucles de control reducen en dos el número nú mero de grados de libertad del sistema calefaccionado, quedan dos grados de libertad definitivos. Esta observación es consecuencia de las características de proceso del equipo:
El caudal de entrada, F e, es determinado por procesos aguas arriba, de modo que es una perturbación al sistema.
La temperatura de entrada al sistema, Te, está determinada por condiciones externas al proceso y es una segunda perturbación al sistema.
Así, el sistema es modelado por 2 ecuaciones, se pueden incorporar 2 bucles de control y existen existen dos perturbaciones principales del sistema.
Dado que el número de variables del modelo es 6, el número de g grados rados de libertad remanente es nulo, el sistema queda completamente comp letamente especificado.
El tanque calefaccionado podría operar a nivel constante, es decir, F S=Fe, en cuyo caso sólo sería necesario modelar la energía del sistema, en tal caso:
El modelo se resuelve fácilmente para estado est estacio aciona nari rio o y pe perrmi mite te en enco con ntr trar ar val alor ore es (i (ind ndiica cad dos po por r subíndice "e.e.") que se utilizan para establecer las
OQA
varia ariabl bles es "d "des esv via iaci ción ón"" re resp spec ecto to de dell es esta tado do es esta taci cion onar ario io.. Así, la MISMA estructura de la ecuación anterior es válida para pa ra vari variab able les s de desv svia iaci ción ón,, in indi dica cada das s po porr un una a "p "pri rima ma"" en el superíndice:
arreglo que resulta útil pues los valores iniciales serán cero. Si se transforman ambos lados por Laplace:
Cada función de transferencia representa la reacción dinámica del sistema a un cambio en cada una de las
OQ A va vari riabl ables es de ent entrad rada; a; en particular, es posible visualisar el proceso de obtención de las funciones de transferencia como aque aq uell llas as qu que e se ob obti tien enen en cuan cuando do camb cambia ia UN UNA A varia ariabl ble e de entr en trad ada a (y (y,, da dad do qu que e est stán án en varia ariabl ble e de desv svia iac ció ión n, la ot otra ra
entrada es nul ula a) arrojando así cad ada a una de las funciones de transferencia por separado. Dado que el modelo es line lineal al,, la respu espue esta sta din dinám ámiica co com mpl plet eta a es la sim imp ple su suma ma de la las s resp respue uest stas as po porr sepa separa rado do..
Es decir, para un modelo con dos variables de entrada y
una de salida, se obti btienen 2 funciones de transfere ren ncia, que explican el comporta rtamien entto de la salida da.. Es posible, entonces, diagramar en bloques este modelo de entrada/salida.
2. Renovación de un líquido y ventilación de una galería Ce: concentración entrada g/l qe: flujo de entrada l/min
Sea: V0: volumen del depósito a T=0 C0: concentración inicial g/l a T=0
OQA qs: flujo de salida l/min
Un depósito de V0 litros contiene un c0 (gramos/litro) de soluto (sal, alcohol, monóxido de carbono, cont ontam amin inan ante tes, s, et etc) c) y un disol isolve ven nte (a (agu guaa, air ire, e, etc) etc).. Me Med dia ian nte un tu tub bo se in intr trod odu uce en el dep epós ósit ito o una seg segun und da diso disolu luci ción ón que que con conti tien ene e un ce (gr (gramos amos/l /lit itrro) de solu soluto to a un ri ritm tmo o de en entr trad adaa de qe li litr tros os/m /min inut uto. o. Al mi mism smo o ti tiem empo po se vacía el depó epósito a un ritmo de salid idaa de qs li littros/min inu uto . Suponiend endo que la solución del depósito se agit itaa cons consta tan nteme temen nte te,, se tr trat ataa de hall hallar ar la ca can ntida tidad d de solu soluto to m( m(T) T) que que qued quedaa en él desp despué uéss de T mi minu nuto tos. s. Si ce es constante y
+=− = −= += =− . + = (() =
t=0 Cond. inic
, y el
= = q + = = + ( − )
volumen de disolución se mantiene constante constan te V(t) = V0, las solución se simplifica bastante:
= + () − () = () −(() + ) ()
3. Me Mezc zcla la en do doss ta tanq nque uess co cone nect ctad ados os. litros de disolución y el (t) kg de soluto en El tan anq que 1 conti ontien ene e tanque 2 tiene (t) kg de soluto en litros de disolu lucción. La l/ l/mi min ny disol isolu uci ción ón se bombe ombeaa de un tan anq que a otr otro con caud udal ales es
OQA
l/min. Por otro lado, al tanque 1 se incorpora disolución con una conc concen entr trac ació ión n ce a raz azón ón de ll/m /min y del tan anq que 2 es esccap apaa dis isol olu ución ción a razó ra zón n de l/min. Se tra trata de calc calcul ular ar la can canti tida dad d de solu soluto to en ambo amboss ta tanq nque uess tr tran ansc scur urri rido do un tiem iempo T . Condic Con dicion iones es ini inicia ciales les pa para ra t=0
Balan Bal ances ces de materi materia: a:
(0) = (0) =
Este sistema de ecuaciones se puede simplificar, bajo las siguiente condiciones:
− = = − = =
Estas ecuaciones de estado se pueden resolver en forma matricial, por el método de Cramer.
=(1, = 2)2) = (, 0)0)
− 0 = + − () ++ − 0 −= =−( 0 ++)()
OQA +
− ++ 0 ++ =− 0 0 + + = − ++ 0 + ++− + ++ = − −++ 0 ++ −− +
4. Modelo de calefactor solar
OQA
= − + − = ( =( ) + H= += =ℎ ℎ − − + −
5. Temperatura de un vástago
La solución analítica de(1) es muy complicada se resuelve numéricamente
OQA (,) = −2 +
(, ) = (,)
̇ = − 2 + K= 1,2 ……… N-1
(1)
0,,0 == () , = 0, = , = 0
TRANSFORMADA TRANSFORMADASS DE LA PLACE 6. Resolver el Sistema de ecuaciones diferenciales con el uso de la transformada de Laplace
OQA 0 ==28,− 30 = 3 = − 2 −− 00 == 2 −2() − 3() − 2+(−−1)+1)3 ==((00)) (1)
Aplicando transformadas a (1) y (2)
Despejando X(s) e Y(s) y reordenando
8 3 = 3 −1 = 8 − 1 − 3 ∗ 3 −2( −−2∗3 ∗3−22)∗3 = − − 2−3282 2 −22−3−31 1 =−−2 −28∗−12 −−13−2∗3 = 8 8−∗3−172 −− 34( = −( 82+) 1)−17(( 22 − 4)−3 =− = = +1+5 1 + −−4−3 34 − 4 =(+ +1+51)1((− − −4−4)2 4 = 5 + 3 = 5 + 2
(3)
2
(4)
El sistema de ecuaciones (3) y (4), se resuelve por el método de Cramer.
(2)
(5) (6)
Descomponiendo Descomponiend o en fracciones 5 y 6
Aplicando transformada inversa y
7.Resolver el siguiente sistema
(1)
5 + 3 5 + 2 = 2020 + 10 200() − 30 100() = 3030 100 () − 3030200() 100 − 0 = 20 + + 0,0,0505 −0,3() + 0,3− 0−0,= −0,0515 = 1+0,0 +3 20()
OQA (2)
Reordenando y aplicando transformadas
= +() () − (()) (0) ==( −) − ( = +0 =) ( =)10 10+10 + −0,20 + 3 −0,+ 05+0,15 = 10+1010+ 20 ++ +0,3 Despejando m1(s) y m2(s) y reordenando reordenando
=10 Kg
asumiendo
Datos V1= 100 L; V2= 200 L Q12=30 l/min; Q21=10 l/min
+ 1+0,0,0 33 +0,0,0+0+0,155,15 +0,10,033 +0,0,01505,3 10+10 + 20 + +0,3 10+10 + 20 + −0,05 −0,+0,30−150−10(+0, 5,3 3) = −0,201+0,0 33 −0,+0,0+0+0,155,15 = 10+10− + 20−0,+0,1033 −0, 10+10 + +0,15 +0,5 1+6+5 6−0,(3∗0,+1) +0814)1)05 = 10+ 0+,3 +2 + + (01,015+0,− 3+0686)(+0, ,23∗ 0,0+5 20814) + 3 = −1010 + ++0,6 ( +3+0,103+0,686)(+0, = ++ + ( − + +0, 3686 + +0,+ 0,0814814 = ++ + −− + +0,+ 0,3686866 + +0, 0814
Q12 30 l/min; Q21 10 l/min
OQA Descomponiendo Descomponiend o en fracciones simples
+ + + +0, 3686+ 686 + +0,0,+ 0814 0814 ++ + + +0,0,+ 3686 3686++ +0,0,+ 081081 = ( + )()() = ( − ) ()() = ( − )() = ( − )() ,,)) = + (10 + 6 + 0,0,11+ + 0,0,666)06814)) () = −58, 14 = (()(,)(, () = + (−)(+0,3686)(+0, A
B
OQA -15,31
,,)) ) = = (()(,)(,
-20,3
+ 63686)(+0, = +−(−(10)(+0, +0,1 +0,606)814) = −53,4
= ((1100 + ++22 ( +++0,2,2,2,2,11110814)++ 0,0,0,0,32332)322 ), = −0,82 = = ((1100 + + +226 6(( + +20,0,2222200814)8+14)+1+112)2) , = =−22,143,3886 ,
,
+ ( +0,3686) 46,35 + ( +0,3686) = + + + = + + + 03818145 4 = −58,++ 14 + ( −53,− 4) + −22,+0,+0,0,+ 336863686688 6 + +0,0,++0,143,0,0814 = −+15,31 +( −20,− 3) + +0,+0,0,+−0,33686 86866286++ +0,0,++0,46,0814 08818146 4 Resolviendo para N=10 entonces w=0,1
OQA Agrupando primer y segundo termino
83)682+6 +0,0,+−0, +0,+3686 = −=39, −135,7 − 5 +−4, ++6,95 18(+ ++0,0,+−0,3686 3846,6820,306818145+4 +0,46,038145 = −111,33 ++4,+4, 95 + −22,+0,336868 + +0,143,088146 = −35,5cos 0,1 −49,5 0,1 −0,82 ,, + 46,46,35,, = −111,33cos 0,1 +49,5 0,1 −22,38 +143,86 Aplicando transformada inversa
Para N=20 w=0,05
= 1=0 + +210 + ( +102+0, + 3+686)(+0, 21,1,025 025 +++0,0,201551814)5 5+ 3 == 101010 + + +6 (6 ++0, +10100,0,3686)(+0, +6+ +0,+6(0,300075) 814) ++115)) 025 0 25 007 = 0,8172172 + −2,−0,0,2,0025 0062 25 (+(++ 0,0,+0,0,+−0,3686 3686)(3686 098,814)0814 0 +025+4,+4,(95++0,0, +3686 36 −22, 86)(+0,)(33+68680,0,0814 0+814) +0,143,) 088146 36685)(6 + 0,0, +0,0,+0814 0381) 4 = −111, + 0,0,330025
OQA Aplicando transformada inversa
==0,−111, 82cos33cos0,050,−20,1 +4,62950,00,51−0,−22,6538,, + +98,98143,,3,86,
ANALISIS TEMPORAL
Paso 2. hallar la respuesta temporal para escalón unidad
1 1 = = +1+ +1 + = − = 1 − 1 = 3 32 − 32 + 32 = 3 352 − 3 +2+ 52+ 3 = − = − 6 6 + 6 = 216− 6 + 6
8. Hallar la respuesta temporal temporal del sistema de la Fig. para una entrada escalón unidad para los valores de la
r(t)=1
ganancia K = 1, 2 y 5. R +
Descomponer en fracciones simples para K=1, K=2, K=5
OQA +1 1
K
-
C
(5)
Paso 1. se simplifica el sistema Y1
reempl. en (4)
(6)
Y2
(7)
= − = − = +1+ 1 (1)
(2)
(3)
reempl ree mpl 1 en 2 y en 3
Despejando C
(4)
Paso 3. aplicar transformada inversa a (5), (6),(7)
= = +1+1+ +1++1
= 356(1 −− ) Paso 2. hallar la respuesta temporal para escalón unidad
1 1 ( +1 10) 10= 1 1 = 1( + 10 + ) = = − + + = 100 50+ 620 = − 72 72 4011 + 6 2 510 + 7240 1+6++26210 = = − + + = − = = −=( +10)10) +11+ 1100 =121− 401 +1112 + 401211 +110
9. Dibujar la respuesta temporal del sistema de la Fig. para una entrada entrada escalón unidad y valores de K = 10, 50 y 100. Calcular el valor de K que consigue que el sistema sea críticamente amortiguado. R C + K -
OQA r(t)=1
reempl. en (4)
Descomponer en fracciones simples para K=10, K=50, K=100
(5)
Paso 1. se simplifica el sistema Y1
(1)
Y2
(2)
(3)
Paso 3. aplicar transformada inversa a (5), (6),(7)
reempl reem pl 1 en 2 y en 3
Despejando C
(6)
(4)
(7)
= (( ++110)100 +) )
==−−121 1 72+712+ 101156 + + 727121121
Para sistema críticamente amortiguado
OQA = 1 + 1 + 20 20
= 1 + =1 1 ++
Se tiene que hallar el valor de comparación de términos
, por
= + 2 ++ ( + ) = 10+2+ 20
2 =++ 10
Para K=10
=0
20∗10 = 10
+=20= + 20
= 120 20 = 20
10. Si Sim mpli lifi ficcar el dia iaggram amaa de la fi figg. qu que e rep eprres esen entta un si sist stem emaa de rea eali lime men nta taci ción ón ne neggati tiva va no un unit itar aria ia en presencia de perturbaciones. N(s) señal de perturbación
= 1 + + 1 ++ 1 + ≈ 1 1 + ≈ 0
(H)
OQA Para un funcionamiento de forma exacta (ideal) Y=U y
Para conseguir conseguir las dos cosas, G1 grande grande y H =1. (realimentación negativa unitaria). Por eso:
E=U-B
= . = + Y=G2Y2 B = Y.H
(1)
(2)
(3)
(4) (5)
Rempl. 5 en 1, luego en 2, 3 y 4
Despejando Y y reordenando reordenando
El controlador se coloca inmediatamente inmediatamente después del cálculo del error, y actúa en función de la señal del error. A la actuación del controlador controlador se añaden las perturbaciones perturbaciones que puedan existir sobre la planta. Un sistema servo busca el seguimiento de la señal, es decir, que la función de transferencia de la U sea lo más parecida a la unidad. Un sistema regulador busca sobre todo el rechazo a las perturbaciones, es decir, anular la función de transferencia que
= −− .. + .
multiplica a la perturbación. perturbación.
11. Simplificar el sistema de realimentación negativa unitaria
realimentación ón negativa unitaria, 12. Simplificar el Sistema de realimentaci con perturbaciones H(s)=1, significa que el sensor transmisor no modifica la señal
OQA De la función de transferencia directa De la relación en el comparador:
Y(s) = E(s). G(s) E(s) = U(s) – Y(s)
(2)
Y=G2Y2
= 1+ () (()) = 1+ Y(s)= [U(s)-Y(s)].G(s)
== .+ = −− . + . E=U-Y
(1)
Reemplazando 2 en 1
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Despejando Y(s)
(1)
(2)
(3) (4)
Rempl. 1 en 2, luego luego en 3 y 4
(I)
Desp. Y y reord. reord.
Este mismo resultado se obtiene haciendo H(s)=1 en la ec. G
1+() (()) = 1 + () () (()) = 1+
13. Obtener la función de transferencia equivalente del sistema:
= 1 + + 1 +
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Reemplazando Reemplazan do (1) en (2)
OQA = . − . +()
Factorizando U(s)
Y1(s)
( )+1 = ( )). −1−1. .()+() () () = −1 . ()+1
= .()
-U(s) -U(s)
(1) (2)
U(s)
Y(s)
= . +()
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
14. Simplificar el diagrama de bloques
Reempl. 6 en 1 luego en 2 y 7 en 3
(9)
= =++ − − − −
5 en 9
(10)
10 en 4 y desp. desp. y4
(11)
11 EN 5
12 EN 8
= + = = (1)
(2)
(4)
(3)
Y
(7)
(8)
= =11++ + + − − =
Y
(12)
= − − = = = + (5)
(6)
15. Simplificar de forma analítica e siguiente diagrama de bloques Y8
11 Y 7 EN 4
= + −− − = 1 + =−− −1 +−− −
OQA Y2
Y3
Y1
Y5
Y4
Y6
(12)
12 EN 5
Y7
= + = = − − = == +( + (1)
(7)
(2)
(8)
(9)
1 EN 2
(4)
(5)
(6)
+ =1 ++ 1++ −−− − =1 ++ − = 1 += −+ + (13)
(3)
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
8 Y 13 EN 9
)
(10)
6,7,10 EN 3
=
= + −− − = + 1 + − −1+ − +− + + (11)
16. Simplificar el diagrama de bloques de la fig. y escribe la función de transferencia que relaciona la salida con la entrada de la forma mas compacta posible.
OQA = = −− −−−−++ −++ −
C
(13)
6 Y 7 EN 13 Y DESPJANDO C
C
= + =−−+ + −−=+ +) =−−++ −++−− C(1
== − + − − C
(9)
(1)
(8)
(2)
= =+ =
(3)
C(1
(10)
(11)
(4)
(6)
C(1
REEMPL, 8,9 EN 1 Y EN 2
(5)
)
12 EN 3 Y EN 4 Y EN 5
++++ +( ++ +−− +)=)= −− + + −−
(12)
)
= = C(1
(7)
= (−−−−− −− −
OQA + + + − + + ) = ( + ) () ( + ) () = 1 ++ − + ( + ) + ( + )
17. desarrollar la ecuación diferencial que gobierna la altura h de un fluido contenid contenido o en un depósito. depósito.
OQA − = = − ∆ + ∆2 + ∆ + ℎ = 0 2 − ℎ = 0 = ℎ = 2ℎ = .. = = 2ℎ = ℎ
(1)
(2)
Reemplazando en (1) y reordenando
(3)
ℎ + = = 1 , ℎ = ℎ ℎ
ℎ + ℎ =
La (3) es una ecuación diferencial no lineal
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Se linealiza aplicando series de Taylor Taylor,, evaluada en la condición inicial cuando
OQA
−− ℎ =
0 0
si h=H si qi= Qi
+ = ..
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
18. Modelar el sistema de nivel de líquido, y calc ca lcul ular ar la fu funci nción ón de tr tran ansf sfer eren enci cia, a, pa para ra el si sist stem emaa most mo stra rado do en la fi figu gura ra..
OQA − = =
(2)
∆ = +.. ∆22 +∆ =+ℎ = 0 =22 −ℎ− ℎ2ℎ= 0 = =ℎ 2ℎ
(3)
Reemplazando Reemplazand o en (1) y (3) en (2) y reordenando reordenando
= 13 ℎ = 45 → = ℎ
(1)
− ℎ = ℎ ℎ − ℎ = ℎ ℎ , ℎ = ℎ
La (4) es una ecuación diferencial diferencial no lineal
(4)
= 13 ℎ = ℎ ℎ , ℎ ≈ , ℎ + − + (ℎ − ℎ) , , ⁄ ℎ( −, ℎ ℎ = −( ℎ, ℎ)ℎ) + − + (− + ℎ )(ℎ − ℎ)ℎ
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
OQA )=
Reordenando y tomando en cuenta que
(, ℎ − + = −ℎ + (− + )(ℎ −−ℎℎ) )=
ℎ= ℎ− −ℎ −= (− )(ℎ −ℎ− ℎ= 2)ℎ = 2ℎ ℎ+ ℎ=−ℎ− 2 ℎℎ − =
=
si
c
c
ℎ + ℎ = ℎ = 0 ℎ= ℎ = + 1 1+1+ 1 ℎ
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
19.
1. Función de transferencia para el tanque
OQA − = − − = ℎ ℎ
(1)
∆ = +..∆22 + ∆ =+ ℎ = 0 22 = −ℎ = 2ℎ0 = 2ℎℎ ℎ + = ℎ + ℎ =
(2)
Reemplazando en (1) y reordenando
(3)
Las ec. (2) se puede aproximar para pequeñas variaciones de volumen mediante series de Taylor y (3) es una ecuación diferencial diferencial no lineal, se linealiza aplicando
también las series de Taylor ec. (4) Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
, ℎ ≈ , ℎ + , − + ℎ , (ℎ −−ℎℎ) = + ℎ ℎ −ℎ− ℎ = = ∗0,0,∗ 0505 = 0,008 ℎ = 2222ℎ = 2ℎ ℎ = 4,() (4)
OQA 1.1. Función de transferencia del caudal
Para pequeños cambios de volumen, escribimos la (4), de Para la siguiente forma
Remplazando Remplazand o valores en (7)
(5)
Derivando Deriv ando la ec 2
Reempl. En 5 y reordenando
ℎ −=ℎ− =ℎ 2ℎ ℎ −ℎ−= ℎ − = 2ℎ ℎ
Realizando cambio de variables
(6)
Aplicando
transformadas a 6
(7)
(8)
Ahora aplicamos aplicamos la ec (4) para para linealizar la ec. (3), que relaciona la variación de la altura de tanque con los caudales de entrada y salida
() = = 2ℎ () ℎ 1 1 ℎ ≈ 1 − −− −1 +(ℎ − ℎ )− − 2 (ℎ −ℎ− ℎ) 1.2. Función de transferencia de la altura
2. Función de transferencia del regulador
OQA
Entrada del regulador, de la grafica e(t)=1 Aplicando transformadas E(s)=1/s
Del gráfico de respuesta (ec. de una recta
t=0, h=H;
ℎ (0) = 0 + ℎ = −1− 11 ℎ 0 = 1 () ()
ℎℎ = ℎ1− −ℎ 1
v
= 10 +
= 1=0 1+0 2+ 2 ()() = 10 +1 2 = 10+ 2 = ((++ ,, ) v
Aplicando transformadas
Función de transferencia transferencia g(s)=V(s)/E(s)
Aplicando transformadas
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
(9)
3. La válvula motorizada tiene función q(t)=10V(t)
(10)
= = () =
Q(s) 10V(s)
Tomando en cuenta el diagrama del flujo del proceso y las ecuaciones (8), (9), (10) y (11), se construye el diagrama de bloques que relaciona la
OQA entrada entr ada U(s) con la salida H(s)
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon(11)
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
20.
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
21.
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
Respuesta en el tiempo para sistemas de segundo orden
Para analizar este modelo previamente se debe resolver la ecuación característica, característica, es decir hallar sus raíces
OQA
+ 2 + , = − ± 1 − =0
() = + 2 + () = 1 () = ( + 2 + )
Resolviendo para escalón unitario
Aplicando transformada inversa (tablas) y asumiendo condiciones iniciales nulas se tiene la respuesta respues ta en el tiempo
Para condiciones iniciales cero, todas las salidas y todas Para la derivadas con respecto al tiempo son nulas, lo que facilita la comparación de sistemas. Presentan Present anestacionario. oscilaciones amortiguadas antes de alcanzar el estado
= 1 − 1− 1 − + + () ()
ANÁLISIS DE RESPUESTA TRANSITORIA Y ESTACIONARIA
OQA entonces
= + ()
∝lim = 0
= ()
Varia sobre el setpoint
Ing. Osvaldo Quiñones Aillon
22. Deducir la función de transferencia del sistema, la frecuencia de las oscilaciones, el tiempo de establecimiento del sistema y la posición de las raíces en el plano S., si presenta un
OQA sobreimpulso del 20 % a los 413 ms. En régimen est sobreimpulso estacionario acionario se alcanza el valor exacto de la señal de referencia. Soluciones: G(s) = 73.1/(s2+ 73.1/(s2+7.8s+7 7.8s+73.1) 3.1) , ωd = 7.6 rad/s, rad/s, ts = 1.026 s y p1,2 = −3.9 ± 7.6j (ζ = 0.456) 0.456)
= =1− 1 =−8,54 /
Tiempo de establecimiento establecimiento
= 0,8 +2,5 = 0,8 +2,2, + 7, 5 6 ∗ 0,0, 456 4 5 6 = 0, 2 58 = = = = 7,6 / 0,413 = = 4 = 0, 4 56∗8. 3, − ln = − 1 − 1 − = ln 1 −− = ln− = + 22 ++54 4 = 1, ()0()26
Datos: Sobre impulso Mp= 0,2 Tiempo tipo Tp= 0,413 s Sobre impulso
La frecuencia natural amortiguada se calcula por:
Tiempo de levantamiento para 2% de tolerancia
1 −− = 3,81 1 = 4,81 = 0,456
= + 7,7,73,881+ 73,73,1 = ()()
23. Graficar la respuesta impulso para el siguiente sistema
OQA R(s)=1
= 52 +5+1 5
Aplicando transformada inversa
= 52
= 52
24. Graficar la respuesta temporal, para respuesta rampa de la función:
OQA (()) ) = +1 +1
Rampa r(t)=t R(s)= 1/s^2 Y(s)
= ( )
H(t)=1
= (()) = +3+2 3 = +1+1 1 = 1 = 1 = 2
25. Graficar la respuesta temporal, para respuesta de la función:
OQA Aplicando transformada inversa
() = ( + 3) 2 ( ( + 1) = − + = +32 = + +3+ 3 = 32 − 3( 2++3)3) = 2 − 2 = ++2433 = + + + +3+ +3 =+3+ 3 ==− 429 −+342 ++2+3 29 − 4 27 9 3 27
26. Para el sistema de la figura, figura , determinar los valores de la ganancia K y la constante de realimentación de velocidad Kv, para que el sobre
2 = + ∞ = l→im () = →lim + + ++ = 1 ∞ = ln = − − − 1 −− = 3,811− 1 = 4, 81 =1− = ln == 0,1 4=−−56 = =3,1l4n/ 4
OQA
En la ecuación a 1 llevando al limite cuando t tiende a infinito y R(s)=1/s
impulso la respuesta resp uesta a escalon el tiempoenpico 1 segundo. Calcularunitario ademássea el 0,2 y tiempo de levantamiento levantamiento y el tiempo de asentamiento. asentamien to. Suponga que J=1 Kg-m y B=1 Nm/rads Por tanto el sistema se estabiliza cuando Datos: Sobre impulso Mp= 0,2
Primer paso: se simplifica el sistema
=
() () = + + () () = + + ++ +
1
2
Paso2: comparar termino a térmico con la función de transferencia de segundo orden
Tiempo tipo Tp= Tp= 1 s
=1
= 1 − = 1− = 1−0,3,1416456 = 3,53 / 12, 4 6∗(3, 5 3) = + 2 ++ = + 2 ∗0,0,∗ 456456 ∗ 3,3,5533 +(3+ (3,,53) 2 = + = ⟹ =12,2,1 4646 − == + 3,155,22155, 2+ 212,2,46 +3,22+12, 46,46cos −6,38,() = =arccos 2 −− = =arccos 2 ∗ 0,0,45465612,∗ 3=4,561,3 ∗0971 −1 = 0,178 = 12, 46−12, = = ,, , = = 2,4185 = 2,485 ≈ 2 = 4 = 4 = 2,485 = + 2 ++
3
Calculo del tiempo de asentamiento. asentamiento. De la comparación de términos
OQA 4
=
Para escalón unitario R(s)=1/s
Como J=1
Despejando de 4 Kv y reemplazando valores
Aplicando transormada inversa
El numero de picos para alcanzar la estabilidad
0,65 seg
Tiempo de asentamiento
(0,456)(3,53)
Para hallar la respuesta temporal, reemplazamos reemplaza mos datos datos en la ec 3
27. Representar gráficamente la respuesta temporal del sistema de la Fig. para una entrada escalón unidad y K = 1. Calcular los valores de K que consiguen una respuesta temporal
= 1 ( + + ) = + +
OQA bien amortiguada. Sistema de control
Paso 1. se simplifica el sistema Y1
= −
(1)
reempl ree mpl 1 en 2 y en 3
Y2
= =− == + (2)
(3)
Paso 2. hallar la respuesta temporal para escalón unidad
3 3
r(t)=1
= 1 + = 1 ( +)+)+
= 1− 1− 2 −− 32
reempl. en (4)
la inclusión de polos adicionales a un determinado sistema no influye en la respuesta temporal del mismo mientras los nuevos polos se encuentren suficientemente alejados del eje
Otro método, hallar c(t) e igualar terminos correspondientes, correspon dientes, con ecuación función función de wn,wd y t
01 0
OQA imaginario del plano complejo S respecto a los que ya tenía el sistema. Por norma general se puede admitir que los polos que se encuentren encuentr en más alejados que cinco veces la distancia de los polos más lentos al eje imaginario, tienen una influencia en la respuesta temporal del sistema prácticamente despreciable. Por esta razón, los polos lentos se llaman también polos dominantes del sistema.
> 0 3 1−1− − 23 1−−− 32 = 1 − = () = 1 3 = 1 = + 2 ++ 2 = ()() K = + + 2 = 2 1 − 3 Igualando términos
(6)
=1
(7) (8)
Resolviendo, de 6
=1
Para sistema estable
Para sistema bien amortiguado 1 >ζ> 0.5 Resolviendo,7 y 8, para para =1 =0,5 De 7 Reempl en 8
=0,25
Resolviendo,7 y 8, para para =0,5
De 7
=1
Reempl en 8
=1
=
De 7 De 8
=0,5 =1
28. Obtener el tiempo de crecimiento crecimiento y el sobreimpulso sobreimpulso del sistema de la Fig. Fig.
OQA Paso1.- Simplificando el sistema sistema
= − = (0,4+0, +16)) 0,4 +1 0,4 +1 = + 0 , 6 ( − ) = = 1 = 1 0, 4++1+ 1 + + 1 (2)
(1)
reemp reempll 1 en 2
Solución: Tomando Tomando 1 >ζ> 0.5, entonces 0.25 −>038750 − − 1050 ≻ −120 >0 (−∞, −81736.16)
(−11760, 466.16)
6 −3 6 −−3 >>0 0 0
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