EXAMEN DE CONTROL AUTOMÁTICO
EXAMEN DE RECUPERACION
SEPTIEMBRE 16 DE 2008
El examen consta de seis temas de los cuales son obligatorios los temas: I-B, II-A y III-B
El estudiante deberá seleccionar el cuarto tema entre los temas restantes.
PRIMER TEMA:
A (25 puntos) Se dispone de un sistema para controlar la posición de una gran antena la misma que está sujeta a
perturbaciones del
viento.
G (s) =
G1( s ) =
ωn2
; ζ = 0.707 ; ωn = 15
s ( s 2 + 2ζωn s + ωn2 )
ka
τ s +1
; τ = 0.15sec. ; ks = 1
a.
b.
(50%) Encuentre la Sensibilidad del sistema para cambios de “ka”.
(50%) Encuentre el valor de “ka” de tal forma que el error de estado estacionario sea menor igual a 0.10º para una
perturbación: Td(s) = 10/s , R(s) = 0
Nota: Observe que la señal de posición de salida está en radianes y que el error de estado estacionario está en grados.
B (25 puntos)
Un reactor químico tiene la siguiente función de trasferencia:
G ( jω ) =
Ke− jωT
(1 + jωτ )
2
; T = 50sec ; τ = 40sec ; K = 1
H ( jω ) = 1 ; ess = 0.10 A ; Gc( jω ) = ?
a.
(10%) Evaluar la Constante de Posición Kp de tal manera que el Error de Estado Estacionario “ess = 0.10A”, cuando la
señal de prueba es un Escalón con magnitud “Au(t)”.
b. (30%) Haga los gráficos de Bode de Magnitud y Angulo con el valor de Kp encontrado en a).
c. (10%) ¿Es el sistema estable? Porque?
d. (50%) Se desea un Margen de Fase “MF” igual a 45º. Diseñe el compensador apropiado “Gc(jω)” utilizando el método
de gráficos de Bode.
Nota: Recuerde que “ωT” está en radianes, para convertir a grados multiplicar por ” 180/π”.
SEGUNDO TEMA:
A (25 puntos) Bosqueje con todos los detalles posibles, el
B (25 puntos) Aplicando el Criterio de Nyquist determine la
Lugar Geométrico de las Rapara la función:
estabilidad del siguiente sistema:
GH ( s ) =
K ( s 2 + 4s + 8)
s 2 ( s + 4)
GH ( s) =
K
(1 + 0.5s)(1 + 2s)
Determine la estabilidad del sistema.
TERCER TEMA:
A. (25 puntos)
La figura muestra un amplificador con alta impedancia de
entrada con ganancia unitaria como detector de error, en
cascada con un amplificador magnético y un filtro paso
bajo.
a. Seleccione al valor del capacitor C, para que el
sistema de lazo cerrado cumpla con la
especificación de la relación de amortiguación de
la respuesta Vo(t) ante una entrada Vin(t)=u(t),
b. Para el valor de C determinado en la pregunta
anterior, determine el tiempo de estabilización.
c. Para el valor de C determinado en la primera
pregunta, realice los gráficos de Bode asintóticos
de magnitud y fase de la función de transferencia
de lazo. Determine el margen de fase.
B. (25 puntos)
La figura muestra un sistema de fluidos, donde mediante
una válvula se ingresa fluido no compresible a un tanque
con apertura. La sección transversal del tanque es A.
El punto de equilibrio esta definido por: Q1, Q2 y H
1/2
constantes; de tal manera que: Q1 = Q2, y Q2 = KH
(Q1 + ΔQ1) − (Q 2 + ΔQ 2) = A
a.
b.
d ( H + ΔH )
dt
El diferencial de caudal ΔQ2 es proporcional al
cambio de altura ΔH. Usando una aproximación
lineal determine la constante de proporcionalidad.
Determine la función de transferencia:
ΔQ1(s)/ΔQ2(s)
ζ =
1
2
; K = 10 ; τ = 1sec .
Solución
Primer Tema A
a) S kaT =
dT ka
G1( s )G ( s )
kaG ( s )
; T (s) =
; T (s) =
dka T
1 + Gc( s )G ( s )
0.15s + 1 + kaG ( s )
( 0.15s + 1) G ( s)
dT
=
dka ( 0.15s + 1 + kaG ( s ) )2
; SkaT =
0.15s + 1
0.15s + 1 + kaG ( s )
b) E ( s ) = R ( s ) − ϑ ( s ) ; R ( s ) = 0 ; E ( s ) = −ϑ ( s ) ; ess = lim sE ( s ) ; ess = − lim sϑ ( s )
s →0
s →0
G (s)
−G ( s )
10
ess = 0.10º ; ϑ ( s ) = −
Td ( s ) ; ess = lim s
Td ( s ) ; Td ( s ) =
s → 0 1 + G1( s )G ( s )
1 + G1( s )G ( s )
s
−10
10
π
ess =
; 0.10º
=
; ka = 5730
1 + ka
180 1 + ka
Primer Tema B
a) ess =
A
9e− j 50ω
; ess = 0.10 A ; Kp = 9 ; G ( jω ) =
2
1 + Kp
(1 + j 40ω )
Para el Retardo, el ángulo = (ωT) rad. = (ωT180/π)º
ω rad/sec.
0.001
0.01
0.1
Fase rad.
0.05
0.5
5
Fase º
2.86
28.6
286
Se observa que el sistema es inestable ya que el Margen de Fase tendría un valor negativo y el Margen de Magnitud en dB también
sería negativo.
b) Se desea un Margen de fase de 45º. Debemos usar una red de Atraso de Fase (p < z) debido a que el ángulo crece muy
rápidamente en la zona de la frecuencia de cruce: ωcp = 0.07 rad/sec. La fase de 45º la tendríamos en la nueva frecuencia de cruce en
0.02 rad/sec. Según el método, debemos ubicar el cero del compensador una década por debajo de 0.02, es decir: z = 0.002
La curva de magnitud debe bajar 15 dB para generar la nueva frecuencia de cruce en: ωcp = 0.02 rad/sec. Los 15 dB son 5.62 en
magnitud; por lo tanto, el polo debe estar ubicado en 0.002/5.62 = 0.00035
G ( jω ) =
9e − jω 50
(1 + j 40ω )
2
; Gc( jω ) =
1 + jω / 0.002
1 + jω / 0.00035
MG = 3.09dB ; ωcg = 0.028rad / s ; MF = 45.6º ; ωcp = 0.0191rad / s
Segundo tema A
GH ( s ) =
K ( s 2 + 4s + 8)
K ( s + 2 + 2i )( s + 2 − 2i )
; GH ( s ) =
s 2 ( s + 4)
s 2 ( s + 4)
EC : s 3 + (4 + K ) s 2 + 4 Ks + 8K = 0
K
s3 1
s 2 4 + K 8K
s1 A
s 0 8K
4 K (4 + K ) − 8K 4 K ( K + 2)
=
> 0 → 4K > 0 ; K + 2 = 0
4+ K
4+ K
K >0
A=
El ángulo de llegada al cero superior:
Φ = -180+45+2x135-90 = 45º
Segundo tema B
GH (s ) =
K
K
; GH ( s) =
(1 + 0.5s)(1 + 2s)
(s + 2)( s + 0.5)
s
GH(s)
a
0
K
b
r/+90
0/-180
c
r/0
0/0
d
r/ -90
0/ 180
Comentario
s=r/ Φ
r= ∞
GH(s) =K/r2 /- 2Φ
Rango: jw: (a) Æ (b)
N=0, Z=0
Sistema Estable, 0<K<inf
Tercer tema A
1 ⎞
1
1
⎛
I ( s ) → Vo( s ) =
Va ( s )
; Va ( s ) = ⎜ R +
⎟ I ( s ) ; Vo( s ) =
Cs ⎠
Cs
1 + RCs
⎝
⎛ K ⎞⎛ 1 ⎞
G( s) = ⎜
⎟⎜
⎟ ; K = 10 ;τ = 1 ; R = 50
⎝ 1 + τs ⎠⎝ 1 + RCs ⎠
EC : 1 + G ( s ) = 0 ; (1 + τs )(1 + RCs ) + K = 0 ; τRCs 2 + (τ + RC ) s + K + 1 = 0
Gm =
K
1 + τs
2
⎧ 2
2
2
2
⎪⎪s + 2ζω n s + ωn = 0 → s + 2 ωn s + ωn = 0
⎨
⎪s 2 + (τ + RC ) s + K + 1 = 0 → s 2 + 1 + 50C s + 11 = 0
⎪⎩
τRC
τRC
50C
50C
11
⎧ 2
⎪ωn = 50C
⎪
⎨
2
⎪ 2 ω = 1 + 50C → ω = 2 1 + 50C ; 1 ⎛⎜ 1 + 50C ⎞⎟ = 11
n
⎪⎩ 2 n
50C
2 50C
2 ⎝ 50C ⎠
50C
2500C 2 − 1000C + 1 = 0 → C 2 − 0.4C + 0.0004 = 0 ; C ≈ 0.4
b). Ts =
c). 1 +
4
ζω n
; ωn =
11
= 0.74 → Ts = 48.24 sec
20
10
= 0 ; MF = ? ; MG = ? ; ωcg = ? ; ωcp = ?
(1 + jω )(1 + j 20ω )
>> G=zpk([],[-1 -1/20],10/20)
Zero/pole/gain:
0.5
-------------(s+1) (s+0.05)
>> margin(G)
Tercer tema B
(Q1 + ΔQ1) − (Q 2 + ΔQ 2) =
A
d ( H + ΔH )
dt
dH
⎧
⎪⎪Q1 − Q 2 = A dt = 0 ; Q1 = Q 2
⎨
⎪ΔQ1 − ΔQ 2 = A dΔH
⎪⎩
dt
K
K
a) Q 2 = K H → ΔQ 2 =
ΔH ; Kh =
; ΔQ 2 = Kh ⋅ ΔH
2 H
2 H
dΔH
A dΔQ 2
b) ΔQ1 − ΔQ 2 = A
→ ΔQ1 − ΔQ 2 =
dt
Kh dt
A
⎛ A
⎞
ΔQ1( s) − ΔQ 2( s ) = s ΔQ 2 → ⎜ s + 1⎟ΔQ 2( s ) = ΔQ1( s )
Kh
⎝ Kh ⎠
ΔQ 2( s)
Kh
=
ΔQ1( s) Kh + As
0
