IQ57A- Dinámica y Control de Procesos Profesor: Cristian Salgado Pauta Control 1 Problema 1 a) 5 ⋅ e −2 s = Gd ( s ) (10s + 1) Gf ( s ) = 1 Gp( s ) = 1 Gc( s ) = Kc ⋅ 1 + 5s 1 Gm( s ) = (s + 1) Se utilizará el criterio de Bode: 1 5 1 GOL = Gc ⋅ G p ⋅ G f ⋅ Gm = Kc ⋅ 1 + ⋅ ⋅ e −2s ⋅1 ⋅ (s + 1) 5s (10s + 1) AROL = ARc ⋅ AR p ⋅ AR f ⋅ ARm = Kc 1 + 1 5 1 ⋅ ⋅1 ⋅ 2 2 (5W ) 1 + (10W ) 1 + (W ) 2 1 −1 −1 − tan (10W ) − 2W + 0 − tan (W ) 5 W φOL = φ c ⋅ φ p ⋅ φ f ⋅ φ m = − tan −1 • Primera condición: φ(Wco) = -180º: 1 − tan −1 5Wco − tan −1 (10Wco ) − 2Wco − tan −1 (Wco ) = −π Wco = 0,4695 ≈ 0,47 • La otra condición es que AR(Wco) < 1, luego Kcrítico para AR=1 AROL = Kcritico ⋅ 1 + Kcritico ⋅ 1 + 1 5 1 ⋅ ⋅ =1 2 2 (5W ) 1 + (10W ) 1 + (W ) 2 1 5 1 ⋅ ⋅ =1 2 2 (5 ⋅ 0,47) 1 + (10 ⋅ 0,47) 1 + (0,47) 2 Kcritico ⋅ 1,023 = 1 Kcritico = 0,974 Luego, para que sea estable Kc ≤ 0.974 b) Si se utilizó un margen de ganancia entonces: Kc ⋅ 1,023 = AR AR = 0,2 ⋅ 1,023 = 0,2046 GM = 1 / AR = 1 / 0,2046 = 4,88 Margen de fase: 0,2 ⋅ 1 + 1 5 1 ⋅ ⋅ =1 2 2 (5 ⋅ W ) 1 + (10 ⋅ W ) 1 + (W ) 2 W = 0,14 De esta manera: 1 − tan −1 − tan −1 (10 ⋅ 0,14) − 2 ⋅ 0,14 − tan −1 (0,14) = −π + φ F 5 ⋅ 0,14 φF = 0,812 rad φF = 0,812*(180/π) = 46,5º c) 1 = 1,7 AR AR = 0,5882 0,5882 Kc ≤ = 0,575 1,023 d) A) Kcritico ⋅ 1 + 1 6 1 ⋅ ⋅ =1 2 2 (5 ⋅ 0,47) 1 + (10 ⋅ 0,47) 1 + (0,47) 2 Kcritico ⋅ 1,227 = 1 Kcritico=0,814 (no se puede usar el Kcritico de parte a, porque AR>1, es decir, el proceso es inestable) B) Kc=0,2 GM=4,07 AR=0,24 C) Kc=0,47 GM=1,7 AR=0,588 *Mientras mayor sea el margen de ganancia se obtiene un Kc menor, esto implica una respuesta más lenta, pero asegura estabilidad.