Examen de Análisis Dinámico de Sistemas (2o Teleco) curso 2008/2009 Problema 1 (5 puntos, 1 hora y 15 minutos) Un reactor quı́mico, que cuenta con un sistema de control de temperatura, cumple la siguiente ecuación diferencial en cuanto a su comportamiento térmico: C dT (t) 1 1 1 + T (t) = v(t)2 + Ta (t) dt Rt R Rt donde T (t) es su temperatura interior, Ta (t) es la temperatura ambiente exterior, v(t) es la tensión que alimenta una resistencia para el calentamiento del interior, y C, R y Rt son parámetros constantes. Se pide: 1. Linealizar en torno al punto de equilibrio donde la temperatura interior vale T0 = 50o y la temperatura ambiente es Ta0 = 20o . Hallar la función de transferencia G(s) de la variación de la temperatura interior ∆T (t) = T (t) − T0 respecto a la variación de la tensión ∆v(t) = v(t) − v0 . 2. El sistema de control de temperatura viene dado por el diagrama de bloques mostrado en la figura, donde G(s) es la función de transferencia del apartado anterior, α es una constante que corresponde a un amplificador de potencia (tensión-tensión) y θ es una constante que corresponde a un sensor de temperatura que genera una tensión proporcional al valor medido. Calcular la evolución temporal de la temperatura T (t) cuando la referencia ∆r(t) aumenta bruscamente 0,5 voltios desde condiciones iniciales nulas para Kp = 1 V /V . r + e Kp u v G s T − 3. Dibujar de forma aproximada la respuesta T (t) obtenida en el apartado 2, indicando claramente en la gráfica los valores más caracterı́sticos de su respuesta que sean aplicables de entre los siguientes: constante de tiempo, valor de pico, tiempo de pico, valor de régimen permanente y valor inicial. 4. Obtener el rango de valores de Kp para el cual el sistema de control de temperatura es estable. 5. Calcular el error de temperatura en grados centı́grados en la situación de régimen permanente del apartado 2. Datos: C = 100 J/o C R = 5 Ω Rt = 1,25 o C/W α = 20 V /V EPSIG - Universidad de Oviedo θ = 0,1 V /o C 10 de febrero de 2009 Examen de Análisis Dinámico de Sistemas (2o Teleco) curso 2008/2009 Soluciones Problema 1 Apartado 1 Se obtiene el punto de equilibrio de: 0+ 1 1 1 T0 = v02 + Ta0 Rt R Rt donde se sustituyen los valores T0 = 50 y Ta0 = 20 y despejando se obtiene v0 = 10,95 V . La ecuación linealizada serı́a: C∆Ṫ (t) + 1 2v0 1 ∆T (t) − ∆v(t) − ∆Ta (t) = 0 Rt R Rt y al sustituir los valores de las constantes: 100∆Ṫ (t) + 0,8∆T (t) − 4,38∆v(t) − 0,8∆Ta (t) = 0 Para hallar la función de transferencia de ∆T respecto de ∆v, se anulan el resto de entradas que no sean ∆v, en este caso ∆Ta y se aplica la transformada de Laplace a la ecuación diferencial, resultando después de despejar: G(s) = L{∆T (t)} T (s) 4,38 = = L{∆v(t)} V (s) 100s + 0,8 Apartado 2 Aplicando álgebra de bloques y teniendo en cuenta que R(s) = L{∆r(t)}, se obtiene la función de transferencia del sistema realimentado: 4,38 1 · 20 · 100s+0,8 87,6 T (s) = = M (s) = 4,38 R(s) 100s + 9,56 1 + 1 · 20 · 0,1 · 100s+0,8 Aplicando la entrada R(s) = 0,5/s: T (s) = M (s)R(s) = 87,6 0,5 0,438 · = 100s + 9,56 s s(s + 0,0956) y haciendo la descomposición en fracciones simples por el método de Heaviside: T (s) = 0,438 4,58 −4,58 = + s(s + 0,0956) s s + 0,0956 donde se aplica la transformada de Laplace inversa para obtener: ∆T (t) = 4,58 − 4,58 e−0,0956t ∀t>0 Finalmente se obtiene la expresión pedida: T (t) = T0 + ∆T (t) = 54,58 − 4,58 e−0,0956t EPSIG - Universidad de Oviedo ∀t>0 10 de febrero de 2009 Examen de Análisis Dinámico de Sistemas (2o Teleco) curso 2008/2009 Apartado 3 Aplicando el teorema del valor final a T (s) o bien directamente con: T∞ = lı́m T (t) = 54,58 t→∞ se obtiene el valor de régimen permanente. La constante de tiempo es τ = 10,46 s. Representando la respuesta gráficamente: 1 0,0956 = 55 T(∞)=54.58 Temperatura T ( o C) 54 T(τ)=52.89 53 52 51 50 T(0)=50 49 48 τ=10.46 0 10 20 30 40 Tiempo t (s) 50 60 70 80 Apartado 4 Se trata de calcular la función de transferencia del sistema realimentado como en el apartado 2, pero usando una Kp genérica: M (s) = 4,38 Kp · 20 · 100s+0,8 T (s) 87,6Kp = = 4,38 R(s) 100s + 0,8 + 8,76Kp 1 + Kp · 20 · 0,1 · 100s+0,8 A continuación se calculan los polos de M (s), que en este caso es único, igualando el denominador de su función de transferencia a cero: 100s + 0,8 + 8,76Kp = 0 con lo que se obtiene un polo en s = −0,008 − 0,0876Kp . El sistema serı́a estable si el polo está en el semiplano complejo con parte real negativa: −0,008 − 0,0876Kp < 0 para lo cual tiene que ser Kp > −0,0913. Apartado 5 La ganancia del sensor, θ = 0,1 V /o C, es el factor de conversión entre las unidades de la referencia y las unidades de salida. Teniendo eso en cuenta, una referencia de 0, 5 V corresponde a 0,5 V = 5o C o 0,1 V / C con lo cual, el error en régimen permanente serı́a la diferencia entre la temperatura requerida y la conseguida realmente (valor de régimen permanente de ∆T ), es decir: 5o C − 4,58o C = 0,42o C EPSIG - Universidad de Oviedo 10 de febrero de 2009