PROBLEMA:

PROBLEMA:
Se dispone de un depósito cónico como el de la figura, en el que el volumen v(t) de líquido contenido es proporcional, con
constante K, al cubo de la altura h(t) del líquido en el depósito. El depósito se llena con un caudal qe(t) y se vacía con otro
caudal qs(t). Se pide:
a) Linealizar las ecuaciones entorno al punto de equilibrio qe0=1. Dibujar el
diagrama de bloques considerando qe(t) como entrada y qs como salida.
Obtener la función de transferencia entre qs(t) y qe(t) (dejar resultados en
función de B).
b) Calcular el valor final de qs(t) si qe(t) se incrementa en una unidad de manera
brusca.
c) Con el mismo incremento en qe(t) ¿Cuál debe de ser el valor de la altura H
para que el líquido llene completamente el depósito sin rebosar?
H
Como ecuaciones simplificadas se tomarán las siguientes:
Del enunciado se deduce que el volumen será: v(t ) = K ·h 3 (t )
La diferencia entre el caudal que entra y el que sale pasa a incrementar el
volumen de líquido en el depósito es:
dv(t )
dt
q e (t ) − q s (t ) =
El caudal de salida puede expresarse como: q s (t ) = B· h(t ) donde B es una constante que depende de g, del área del orificio
de salida y del coeficiente de contracción de vena.
SOLUCIÓN:
a) Es preciso linealizar las dos ecuaciones no lineales del sistema y determinar h0 para el punto de funcionamiento dado.
Finalmente, se sustituye el valor de h0 y se pasa a transformadas de Laplace:


3·K
q s 0 = qe 0 = 1
∆v(t ) = K ·3·h 2 ·∆h(t )
V ( s) = B 4 ·H ( s )
0


q2
1

d∆v(t )
Qe ( s) − Qs ( s ) = s·V ( s)
h0 = s20 = 2
∆
q
(
t
)
−
∆
q
(
t
)
=
 e
s
B
B

2
dt

Qs ( s) = B ·H ( s)
K
3
1


v0 = K ·h0 = 6
2
·∆h(t )
∆q s (t ) = B·
B
2· h0

B6
B6
Q ( s)
M ( s) = s
= 6·K ·s6 = 6·K 6
B
B
Qe (s)
1+
s+
6·K ·s
6·K
El diagrama de bloques dará la función de transferencia:
Qe(s) +
_
1
s
V(s)
B4
3·K
H(s)
B2
2
Qs(s)
b) Se puede aplicar el teorema del valor final, teniendo en cuenta que el sistema es estable y que qe(t) es un escalón unitario:
B6
1
∆q s (∞) = lim t →∞ ∆q s (t ) = lim s →0 s·Qs ( s ) = lim s →0 s·Qe ( s )·M ( s ) = lim s →0 s· · 6·K 6 = 1
s
B
s+
6·K
Por lo tanto: q s (∞ ) = q s 0 + ∆q s (∞) = 1 + 1 = 2
c) En este caso habrá que buscar la función de transferencia H(s)/Qe(s):
Qe(s) +
_
1
s
Qs(s)
V(s)
B2
2
B4
3·K
H(s)
B4
B4
H ( s)
M H ( s) =
= 3·K ·s6 = 3·K 6
Qe (s)
B
B
1+
s+
6·K ·s
6·K
De nuevo, se puede aplicar el teorema del valor final, teniendo en cuenta que el sistema es estable y que qe(t) es un escalón unitario:
B4
1
2
∆h(∞) = lim t →∞ ∆h(t ) = lim s →0 s·H ( s ) = lim s →0 s·Qe ( s )·M H ( s ) = lim s →0 s· · 3·K 6 = 2
s
B
B
s+
6·K
1
2
3
Por lo tanto: h(∞) = h0 + ∆h(∞) =
. Para que el deposito no rebose su altura total deberá ser H=3/B2.
+
=
B2 B2 B2