teoria control automatico

Rodrigo CovarrubiasNota adhesivaEstudiar Apuntes Ogata, entregados por profesor

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Rodrigo CovarrubiasNota adhesivaSubamortiguado0

Rodrigo CovarrubiasNota adhesivatan-1(.578/.3337)=60.0006cos(60.00006)=0.5

wn=sqr((.3337^2+.578^^2)

wn=0.667413

Sistemas fsicos 81

3.4. :Btplsito de seccin cog~~Il~;'C'U" f:,gultlcindel :.,";" ,O",}'

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82 Control de sistemas continuos. Problemas resueltos.

Solucin al problema 3.4

lO) Las ecuaciones fsicas del sistema son: n = Nh q.. = wv w = K(n - r) v = V2 g h qe -q.< = AJi

Cinco ecuaciones que resultan suficientes, al ser siete las variables del sistema (n, h, q,,, w, v, qe' r) y dos las variables de entrada (q., r).

Sustituyendo los valores conocidos, las ecuaciones quedan: n(t) = 10 h(t) q

.< (t) = w(t) v(t)

w(t) = O.OOS(n(t)-r(t)) v(t) = V20h(t) Ji(t) = 2(q/t) -q..(t))

En el equilibrio, dado que el volumen del depsito es constante, la altura h no sufrir variacin, por lo que el caudal de entrada y el de salida sern iguales:

r = 7 {} no = lOho q..o = wo.vo Wo = O.ooS (no -7) Vo = J20.ho qeO = qsO = 0.02

Con lo que: 0.02 = w ' V = O.OOS (lOh -7) -V 20h =>o o o o => 4.10-4 = 2S'1O-6(looh~ +49 -140h )(20h ) =>o o=> 0.8 = 100ho

3 -140ho

2 +49ho

Sistemas fsicos 83

Ecuacin de tercer grado que puede resolverse por iteracin: 1 3 2hO == --[100hO -140ho -0.8]49

Se puede comenzar suponiendo ha=1

(ho == 1) ho __1 [100-140-0.8] == 0.833 49 (h == 0.833) h __1 [100.0.8333 -140.0.8332 -0.8] == 0.819o o 49 (h == 0.819) h __1 [100.0.821 3 -140.0.821 2 -0.8] == 0.812o o 49 (h == 0.812) h __1 [100.0.8143 -140.0.8142 -0.8] == 0.807o o 49

Este resultado puede tomarse como suficientemente aproximado. Por otra parte, la solucin numrica proporciona que las tres races estn en:

(1) ho == 0.01716 = no == 0.1716 = - 0.034 (2) h == 0.582 = no == 5.82 - 0.006o (3) ho == 0.8 = no == 8 = Wo == 0.005

Las dos primeras soluciones resultan absurdas al ser w negativo (correspondera a un qs entrante), por lo que puede tomarse como solucin ho == 0.8.

Por tanto, se toma como punto de equilibrio: ro == 7V qeo == qso == 0.02m 31s ho == 0.8m no == 8 V W == 0.005 m 2 v == 4mlso o

Linealizando en torno a este punto se obtiene: n(t) == lOh(t) q/t) == 0.005v(t) +4w(t) w(t)== 0.005 (n(t) - r(t)) v(t) == 2.5 h(t) l(t) == 2 (qeCt) -q/!))

Donde todas las variables representan incrementos respectos al punto de equilibrio l .

'En adelante, y salvo indicacin expresa, las variables utilizadas en las ecuaciones linealizadas representan incrementos respecto del punto de equilibrio, prescindindose del smbolo "/1" para indicar esta circunstancia.


2) Transformando por Laplace las ecuaciones del sistema se obtiene:

N(s) = lOR(s) Q/s) = 0.005 Ves) +4 W(s) W(s) = 0.005 (N(s)-R(s Ves) = 2.5R(s) sRes) = 2(Q (s) - Q (s

e S

Con lo que el diagrama de bloques es el representado en la Figura 3.4-2:

H 4

2w-0.005

s

N v 0.005 2.5

10

Figura 3.4-2: Diagrama de bloques.

Como se observa en el diagrama de bloques, este sistema de control posee dos entradas Qis) y R(s) correspondientes a sus dos posibles objetivos: a) mantener constante el nivel h a pesar de posibles variaciones incontroladas del caudal de entrada qe' y b) seguir las consignas de mando r ajustando el nivel real h lo mejor posible a la referencia. Pueden combinarse simultneamente ambos modos de funcionamiento (normalmente se fijar r y su valor slo ser modificado en raras ocasiones).

Sistemas fsicos 85

3) Suponiendo R(s)=O se obtiene el siguiente diagrama de bloques simplificado:

2 s

HH 2 s

1 12.5.0.005 tJ -_o-1 0.2125 ~I

I 1---110.0.005.4 ~

Figura 3.4-3: Diagrama de bloques simplificado.

2 R(s) s 2 Q/s) 2 s +0.4251 +-0.2125

s

que corresponde a un sistema de primer orden.

4) Para que el depsito rebose debe cumplirse que: h(00) = h + flh( 00) = 1m = flh( 00) = 0.2 mo

Por ser el sistema estable, podr aplicarse el teorema del valor final:

flh(oo) = 0.2 = lim sRes) = lim s' flqe. 2 = s- o s- o s S +0.425

= flqe = 0.425 0.2 = 0.0425 2

luego: q (00) = q + flq = 0.0625 m 3/Se eO e

Este valor de qe asegurar que el depsito no rebose en un tiempo infinito. .''fI~

Para asegurar que el depsito no rebose en un tiempo de 2 segundos se deber calcular el valor de h(t) para t =2.


Puesto que: 2H(s)

= s +0.425 Qe(s)

SI:

s

entonces: t1qe 2

H(s) = =$ s +0.425 s

t1h(t) = ~-1[ t1qe ~] = _2_(1 -e -0.425~ t1q s +0.425 s 0.425 e

Con lo que: 0.425 0.2t1h(2) = 0.2 t1qe -------

= 0.0742=$ 2 1 - e -0.425. 2

Luego:

;M(;t~(

tes)

0.35 :, 0.2

Figura 3.4-4

La Figura 3.4-4 muestra la evolucin temporal de Jh(t) ante una variacin en escaln de 0.0742 unidades de qe'

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1.- Introduccin al Control Automtico2.- El concepto de funcin de transferenciaLinealizacin-Serie TaylorDefinicin Polo

3.- Respuesta temporal transitoriaSistema Segundo OrdenGrfica Respuesta TemporalPolos en Plano ComplejoPolos DominantesAdicin de un Polo

4.- Error de estado estacionario y estabilidadTabla Resumen Error Estado EstacionarioEstabilidadCriterio de estabilidad de Routh-HUrwitz

5.- El lugar de las racesDefinicin Lugar GeomtricoEjemplo Lugar Raices

6.- Respuesta en frecuencia7.- El criterio de estabilidad de Nyquist8.- Acciones bsicas de control9.- Diseo de controladores analgicos

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