ety s s s s s s s sy ssy ssy syssy sy ssy ssyssy sy y

280
PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
1/7
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADEMICO
AREA: INGENIERIA
CARRERA: INGENIERÍA INDUSTRIAL
MODELO DE RESPUESTA
SEMESTRE:
Formación
Profesional
(Electiva)
PRUEBA: PRUEBA INTEGRAL
ASIGNATURA: INSTRUMENTACION Y
CONTROL
CODIGO DE CARRERA
280
LAPSO
TIPO
3
2014- 2
NÚMERO
1
SEMANA
FECHA
18 07 15
VERSIÓN
1
29
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: 1 U: 1 O: 1
Nº 1
RESPUESTA:
C.D.: 1/1
.
y ( s )  s y ( s )  sy(0)  y (0)  4sy( s )  4 y (0)  3 y ( s )  0
2
y ( s )  s 2 y ( s )  s  1  4sy( s )  4  3 y ( s )  0
y ( s )  s 2 y ( s )  4sy( s )  3 y ( s )  s  3 0
s  3  1  y(t )  e t
s3
y( s)  2

s  4s  3 ( s  1)( s  3) s  1
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
280
PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
2/7
M: 1 U: 2 O: 2
Nº2
RESPUESTA:
C.D.: 1/1
M: 2 U: 3 O: 3
Nº 3
RESPUESTA:
Ecuaciones del sistema:
C.D.: 1/1
Para el primer deposito
qe  q12  qe  Ph
1 1  A1
Para el segundo deposito
dh2
dt
dh
q23  qs  P2 h2  P3h3  A3 3
dt
Para el tercer deposito
dh1
dt
q12  q23  Ph
1 1  P2 h2  A2
Expresando en transformada de Laplace:

qe  Ph
1 1  A1sh1
Para el primer deposito 
1 1  A1sh1  h1  A1s  P1 
qe  Ph
Ph

1 1  P2 h2  A2 sh2

Ph  P h  A sh  h A s  P2 
Para el segundo deposito  1 1 2 2 2 2 2  2
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
3/7

dh
 P2 h2  P3 h3  A3 3  A3 sh3
dt

P
h

h
sA

2 2
3
3  P3 
Para el tercer deposito 
P2 h2

h3 
 sA3  P3 

Del segundo deposito
h2 
Ph
1 1
 A2 s  P2 
Luego
h3 
P2 Ph
1 1
sA

P
 3 3  A2 s  P2 
Del primer deposito
h1 
qe
 A1s  P1 
Relación pedida:
h3
P2 P1

qe  sA3  P3  A2 s  P2  A1s  P1 
M: 2 U: 4 O: 4
Nº4
RESPUESTA:
La función de transferencia del sistema es:
C.D.: 1/1
La tabla de Routh-Hurwitz es:
6K
 0 K 6 K  0
3
Para que el sistema sea estable, K debe pertenecer al intervalo (0,6)
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
4/7
M: 3 U: 5 O: 5
Nº 5
RESPUESTA:
Calculo de E(S )  R(S )  C (S ) pero
C.D.: 1/1
K10
 0, 2s  1 0,5s  1  R(S )
K10
C ( S )  R( S )
sustituyendo
K10
0,
2
s

1
0,5
s

1

K
10



1
 0, 2s  1 0,5s  1
tendremos: E ( S )  R( S )  R(S )
K10
 0, 2s  1 0,5s  1  K10


K10
E ( S )  R( S ) 1 

  0, 2 s  1 0,5s  1  K10 
  0, 2s  1 0,5s  1 
E ( S )  R( S ) 

  0, 2 s  1 0,5s  1  K10 
 0,1s  0, 7 s  1 
E ( S )  R( S ) 

 0,1s  0, 7 s  1  K10 
ess  sE (s) Lim s0
0,1s  0, 7 s  1 

ess   sR( S )
0,1s  0, 7 s  1  K10  Lim s0

b
Para la señal aplicada R( S )  02
s
0,1s  0, 7 s  1 
b
ess   0


s
0,1
s

0,
7
s

1

K
10

 Lim s0
M: 3 U: 6 O: 6
C.D.: 1/1
Nº 6
RESPUESTA:
El sistema no presentará sobreoscilación entre los dos puntos de
bifurcación.
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
5/7
M: 3 U: 7 O: 7
Nº 7
C.D.: 1/1
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
280
PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
6/7
M: 3 U: 8 O: 8
C.D.: 1/1
Nº 8
RESPUESTA:
Para lograr estabilidad la magnitud no debe exceder de 1 cuando la

180º
fase es 180º. La condición limitante para la fase es 
para
1
  Tg  0 
lograr la estabilidad.
La función de respuesta en frecuencia es:
G  j  
K
j  1 j  1 3 1 j  1 Separando en parte real e
imaginaria.
G  j  
G  j  
K
K

2 3
j  3   j  4 1   1   j3 1    2  4 1   j 
2
1
2
K
  4 1   j 1  3 12 2 
2
 2  4 1   j 1  3 12 2 
K
G  j  
.
 2  41   j 1  3 12 2   2  4 1   j 1  3 12 2 
G  j   K
G  j   K
 2  4 1   j 1  3 12 2 

  2 41   j 1  312 2 
2
  4 1   j 1  3 12 2 
 3  4 1    1  3 12 2 
2

2
2


1  3 12 2 

  4 1 


G  j   K
j
2
2
2
2
3
2
2
3
2
2
   4    1  3  
  4 1    1  3 1   
1
1

K
   4 1   j 1  3 12 2  
G  j  
2
2


 3  4 1    1  3 12 2 
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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PRUEBA INTEGRAL
Versión 1
LAPSO 2015-1
228
7/7
Fase:
 1  3 12 2   1  3 12 2 
1

G  j   Tg 
 0  1  3 12 2  0   
   4 1  
  4 1 
1 3


1
Magnitud:
G  j  
K
2
 3  41    1  3 12
2
Sustituyendo  
  4    1  3  

2
1
1
2 2
2 2
1
1 3
2
 1 
 

2 1 
4


1

3

 





  1


1
1
2
  3
 
3

 1 
 1 
 
K
3
 1 
 1 
2
2 1 

  4 1   
 1  3 1 2 
3 1 
 1 3 
 1 3  
 1 

K 
4 1  


  3

 1 

3
 1 
2

  4 1 
 1 3 
2
 1
K
2
 1 

 4 1

3
 1 
=
K 3 1
4
 1 K
4
3 1
FIN DEL MODELO DE RESPUESTA
Coordinación Responsable: Ingeniería Industrial
Especialista de contenido Profesor Germán Olivo C.
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