Horno Bote

CONTROL DE SISTEMA TÉRMICO

Diseñando nuestro sistema térmico obtenemos su curva de estabilización mostrando:

De acuerdo a la grafica obtenida en el osciloscopio

K=(V(tf)-V(to))/(V.alimentacion)=5.92/12=0.493

Y(Ƭ)=0.63*5.92=3.73

Ƭ=72seg

Teniendo nuestra función de transferencia :

Gp(s)=(0.493)/(72s+1)

Para lograr un Mp < 5% debemos lograr un ᶚ> 0;69, y teniendo en cuenta que para el sistema el valor de Ƭ=72s, ts=288, Tsdes= 230.4s .En particular, para el sistema de temperatura es conveniente que Mp = 0 %, por lo que ᶚ = 1 y BW = 0,0111rad/s. Recuerde que

G(jBW) = -7dB.

AL momento de graficar bode obtenemos:

>> planta = tf(0.4933, [72 1])

Transfer function:

0.4933

--------

72 s + 1

>> bode(planta)

>>

Para lograr un ep%=0 como lo pide nuestro ejercicio debemos adicionar un integrador a nuestro controlador para esto hacemos:

Transfer function:

1

-

s

>> margin(planta*integrador)

>>

De la grafica obtenemos un MF= 9.59 y wg=0.0822 rad/seg

Para diseñar el compensador en adelanto

Gc(s)=(T1s+1)/(T2s+1)

hallamos Өmax

Өmax=MFdes-Ө1+∅

Para

Mp = 0 %

MFdes = 77

MF = 9.59

iniciamos con ∅= 5

Өmax=77º-9.59º+5º=72.41º

Teniendo en cuenta esto obtenemos el valor de b:

b=(1+sin72.41)/(1-sin72.41)=41.77

La ganancia en dB es :

-10logb=-16.2dB

De acuerdo a la grafica tenemos que el valor de Wg'=0.2rad/seg donde el margen de fase Ө2=3.8.

Ө1-Ө2=9.59º-3.8º=5.79

Como 5.79 no es < 5 debemos cambiar nuestro ∅= 6 y repetir el proceso:

b=(1+sin73.41)/(1-sin73.41)=47.04

-10logb=-16.72dB

De donde wg’=0.2164rad/seg y un margen de fase de Ө2=3.7.

Ө1-Ө2=9.59º-3.7º=5.89º

El cual si cumple la condición y nos permite hallar el valor de T2

T2=1/(√b*wg')=0.673

Con esto la función de transferencia del controlador :

Gc(s)=((b*T2)s+1)/(T2s+1)

Gc(s)=(31.65s+1)/(0.673s+1)

De matlab obtenemos:

control=tf([31.65 1],[0.673 1])

margin(planta*integrador*control)

Con respuesta en escalón unitario:

Como podemos observar tenemos un tiempo

...