Salta al contingut
Classes de reforç

Exercicis de sistemes de control — Tecnologia i Enginyeria 2n Batxillerat

Aquest tema estudia el control automàtic amb les eines de 2n de Batxillerat. Compares el control en llaç obert i en llaç tancat, i identifiques els blocs d'un sistema real, com el control de velocitat de creuer d'un cotxe. Després calcules la funció de transferència d'un sistema realimentat a partir de la cadena directa i la realimentació, i estudies l'estabilitat. Al final treballes els automatismes industrials: què és un PLC, com és el seu cicle de funcionament i quins avantatges té davant d'un automatisme cablejat, i tradueixes un enunciat a funció lògica. Errors típics: creure que qualsevol sistema automàtic és de llaç tancat i confondre l'AND amb l'OR en traduir l'enunciat.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Digues un avantatge i un inconvenient del control en llaç tancat respecte del llaç obert.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Avantatge: gràcies a la realimentació, el llaç tancat corregeix sol les pertorbacions i manté la sortida a la consigna. Inconvenient: és més complex i car i, si està mal ajustat (guany massa alt), pot tornar-se inestable i oscil·lar.

Resolució

  1. Plantejament. En llaç obert l'acció de control no depèn de la sortida; en llaç tancat un sensor mesura la sortida i un comparador la resta de la consigna (realimentació).
  2. Avantatge. El llaç tancat corregeix les pertorbacions i les desviacions: si la sortida s'allunya de la consigna, l'error ho detecta i el controlador hi actua. Així manté la sortida a la consigna amb precisió encara que canviïn les condicions.
  3. Inconvenient. És més complex i car, perquè necessita sensor, comparador i electrònica de control. A més, si està mal ajustat (per exemple, amb un guany massa alt), pot tornar-se inestable i oscil·lar.
  4. Conclusió. Fixa't que la mateixa realimentació que dona la precisió és la que, mal ajustada, pot provocar inestabilitat.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Digues què distingeix un sistema estable d'un d'inestable.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

Un sistema estable torna a l'equilibri després d'una pertorbació i la sortida s'assenta en un valor; un d'inestable no s'estabilitza: la sortida oscil·la sense parar o es dispara cap a un extrem.

Resolució

  1. Idea clau. L'estabilitat es mira pel que fa la sortida després d'una pertorbació o d'un canvi de consigna.
  2. Sistema estable. La sortida pot oscil·lar una estona, però les oscil·lacions s'esmorteeixen i acaba assentant-se en un valor: el sistema torna a l'equilibri.
  3. Sistema inestable. La sortida no s'estabilitza: oscil·la sense parar (o amb amplitud creixent) o es dispara cap a un extrem.
  4. Conclusió. Per tant, la diferència és si la resposta, amb el temps, s'assenta en un valor o no.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Digues dos avantatges dels autòmats programables (PLC) respecte dels automatismes fets amb lògica de relés cablejats.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

1) Flexibilitat: per canviar el funcionament només cal modificar el programa, sense recablar. 2) Fiabilitat i compacitat: un sol PLC substitueix desenes de relés i temporitzadors, ocupa menys i té menys connexions que fallin.

Resolució

  1. Plantejament. En la lògica de relés cablejats el funcionament el fixa el cablejat; en un PLC, el fixa un programa.
  2. Flexibilitat. Per canviar el funcionament només cal modificar el programa, sense haver de recablar físicament l'automatisme: s'estalvia temps i es pot adaptar fàcilment.
  3. Fiabilitat i compacitat. Un PLC substitueix desenes de relés, contactors i temporitzadors per un sol dispositiu: ocupa menys espai, té menys connexions que puguin fallar i és més fiable i fàcil de mantenir.
  4. Altres avantatges. També permet funcions complexes (temporitzacions, comptadors, comunicacions) que amb relés serien impossibles o molt costoses.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Classifica aquests sistemes com a llaç obert o llaç tancat i justifica-ho en una frase:
a) una rentadora que fa cada fase del programa durant un temps fixat, sense mesurar com de neta és la roba;
b) un sistema de calefacció amb un termòstat que mesura la temperatura de la sala i connecta o desconnecta la caldera;
c) un semàfor que canvia de color segons un temporitzador fix;
d) el pilot automàtic d'un vaixell, que mesura el rumb amb una brúixola i corregeix el timó.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Apartat a)

Resultat

Llaç obert: el temps de cada fase no depèn del resultat i cap sensor no mesura la neteja de la roba.

Resolució

  1. Criteri. Criteri: hi ha llaç tancat quan la sortida es mesura i es realimenta per comparar-la amb la consigna.
  2. Anàlisi. L'acció (el temps de cada fase) està fixada pel programa i no depèn de com de neta queda la roba: no hi ha cap sensor que mesuri la sortida. Per tant, és llaç obert.

Apartat b)

Resultat

Llaç tancat: el termòstat mesura la temperatura, la compara amb la consigna i actua sobre la caldera segons l'error.

Resolució

  1. Criteri. Criteri: hi ha llaç tancat quan la sortida es mesura i es realimenta per comparar-la amb la consigna.
  2. Anàlisi. El termòstat mesura la sortida (la temperatura de la sala), la compara amb la consigna i connecta o desconnecta la caldera segons l'error. Per tant, és llaç tancat.

Apartat c)

Resultat

Llaç obert: el temporitzador actua sempre igual, hi hagi molts cotxes o cap; no mesura res de la sortida.

Resolució

  1. Criteri. Criteri: hi ha llaç tancat quan la sortida es mesura i es realimenta per comparar-la amb la consigna.
  2. Anàlisi. El temporitzador canvia el color sempre igual, tant si hi ha molts cotxes com si no n'hi ha cap: no es mesura res de la sortida. Per tant, és llaç obert.

Apartat d)

Resultat

Llaç tancat: la brúixola mesura el rumb real, es compara amb el desitjat i l'error governa el timó.

Resolució

  1. Criteri. Criteri: hi ha llaç tancat quan la sortida es mesura i es realimenta per comparar-la amb la consigna.
  2. Anàlisi. La brúixola és el sensor: mesura el rumb real, que es compara amb el rumb desitjat, i l'error governa el timó. Per tant, és llaç tancat.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Un dipòsit d'aigua s'ha de mantenir a un nivell de 2 m. Un flotador mesura el nivell, un controlador el compara amb els 2 m i governa una bomba que omple el dipòsit, mentre que el consum d'aigua el fa baixar. Identifica la variable controlada, la consigna, el sensor, el comparador, el controlador, l'actuador i la pertorbació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Variable controlada: el nivell d'aigua; consigna: 2 m; sensor: el flotador; comparador: el bloc que resta el nivell mesurat de la consigna; controlador: la unitat que decideix quan engegar la bomba; actuador: la bomba; pertorbació: el consum d'aigua.

Resolució

  1. Plantejament. En un llaç tancat cal identificar què es vol controlar, amb quin valor, què ho mesura, què ho compara, què decideix i què actua, i quin efecte extern ho altera.
  2. Sortida i consigna. La variable controlada (sortida) és el nivell de l'aigua del dipòsit. La consigna (referència) són els 2 m de nivell desitjat.
  3. Sensor i comparador. El sensor és el flotador, que converteix el nivell real en un senyal mesurable. El comparador és el bloc que resta el nivell mesurat de la consigna i dona l'error (sovint va dins del mateix controlador).
  4. Controlador i actuador. El controlador és la unitat que, a partir de l'error, decideix quan s'ha d'engegar la bomba. L'actuador és la bomba, que actua sobre el procés omplint el dipòsit.
  5. Pertorbació. El consum d'aigua és un efecte extern que fa variar la sortida (fa baixar el nivell) sense que ho ordeni el controlador.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Un sistema està format per un bloc de guany G1G_{1} = 2 connectat en sèrie amb dos blocs en paral·lel, G2G_{2} = 3 i G3G_{3} = 5, de manera que les sortides d'aquests dos últims se sumen. Calcula el guany total del sistema i la sortida quan l'entrada val 0,5.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

G=16G = 16; y=8y = 8

Resolució

  1. Dades. G1=2G_1 = 2 en sèrie amb el paral·lel de G2=3G_2 = 3 i G3=5G_3 = 5; entrada x=0,5x = 0{,}5.
  2. Blocs en paral·lel. Reben la mateixa entrada i les sortides se sumen, de manera que els guanys se sumen: G23=3+5=8G_{23} = 3 + 5 = 8.
  3. Blocs en sèrie. Els guanys es multipliquen: G=G1⋅G23=2⋅8=16G = G_1\cdot G_{23} = 2\cdot 8 = 16
  4. Sortida. y=G⋅x=16⋅0,5=8y = G\cdot x = 16\cdot 0{,}5 = 8.
  5. Comprovació. Pas a pas: després del primer bloc tenim 2⋅0,5=12\cdot 0{,}5 = 1, i els dos blocs en paral·lel donen 3⋅1+5⋅1=83\cdot 1 + 5\cdot 1 = 8.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Un sistema en llaç tancat amb realimentació negativa unitària (H = 1) té un guany de la cadena directa G = 19. Calcula la funció de transferència en llaç tancat M, la sortida per a una consigna de 40 i l'error entre la consigna i la sortida.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

M=0,95M = 0{,}95; y=38y = 38; e=2e = 2 (el 5 % de la consigna)

Resolució

  1. Dades. Realimentació negativa unitària: G=19G = 19, H=1H = 1, consigna r=40r = 40.
  2. Funció de transferència en llaç tancat. M=G1+G⋅H=191+19⋅1=1920=0,95M = \dfrac{G}{1 + G\cdot H} = \dfrac{19}{1 + 19\cdot 1} = \dfrac{19}{20} = 0{,}95
  3. Sortida. y=M⋅r=0,95⋅40=38y = M\cdot r = 0{,}95\cdot 40 = 38.
  4. Error. e=r−y=40−38=2e = r - y = 40 - 38 = 2, que és el 5 % de la consigna. També es pot calcular com e=r1+G⋅H=4020=2e = \dfrac{r}{1 + G\cdot H} = \dfrac{40}{20} = 2.
  5. Conclusió. Amb només acció proporcional queda un error permanent; es redueix augmentant el guany, però no desapareix (per això s'afegeix l'acció integral).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Un sensor de temperatura lineal dona 0,5 V a 20 °C i 2,5 V a 100 °C. Calcula'n la sensibilitat en mV/°C, la tensió que dona a 60 °C i la temperatura que mesura quan la tensió és d'1,0 V.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

S=25 mV/°CS = 25\ \text{mV/°C}; V(60 °C)=1,5 VV(60\ \text{°C}) = 1{,}5\ \text{V}; T=40 °CT = 40\ \text{°C} per a 1,0 V

Resolució

  1. Dades. Sensor lineal: 0,5 V a 20 °C i 2,5 V a 100 °C.
  2. Sensibilitat. És el pendent de la recta: S=ΔVΔT=2,5−0,5100−20=280=0,025 V/°C=25 mV/°CS = \dfrac{\Delta V}{\Delta T} = \dfrac{2{,}5 - 0{,}5}{100 - 20} = \dfrac{2}{80} = 0{,}025\ \text{V/°C} = 25\ \text{mV/°C}
  3. Tensió a 60 °C. V=0,5+0,025⋅(60−20)=0,5+1,0=1,5 VV = 0{,}5 + 0{,}025\cdot(60 - 20) = 0{,}5 + 1{,}0 = 1{,}5\ \text{V}.
  4. Temperatura per a 1,0 V. ΔT=1,0−0,50,025=20 °C\Delta T = \dfrac{1{,}0 - 0{,}5}{0{,}025} = 20\ \text{°C}, per tant T=20+20=40 °CT = 20 + 20 = 40\ \text{°C}.
  5. Comprovació. 40 °C és entre 20 °C i 60 °C, i 1,0 V és entre 0,5 V i 1,5 V; de fet, tots dos són el punt mitjà del seu interval.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Raona si són certes o falses aquestes afirmacions:
a) «Un sistema de control en llaç obert no necessita cap sensor.»
b) «El senyal d'error és la diferència entre la consigna i el valor mesurat de la sortida.»
c) «Un PLC executa el programa una sola vegada quan s'engega.»
d) «El sensor és l'element que fa actuar el sistema sobre el procés.»

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Apartat a)

Resultat

Certa: en llaç obert l'acció no depèn de la sortida, així que no cal mesurar-la.

Resolució

  1. Raonament. En llaç obert l'acció de control no depèn de la sortida, així que no cal mesurar-la.
  2. Conclusió. Només hi ha controlador i actuador; no hi ha sensor de sortida. L'afirmació és certa.

Apartat b)

Resultat

Certa: e=r−ye = r - y, consigna menys valor mesurat.

Resolució

  1. Raonament. El comparador calcula e=r−ye = r - y, on rr és la consigna i yy el valor que dona el sensor.
  2. Conclusió. El controlador treballa amb aquest error. L'afirmació és certa.

Apartat c)

Resultat

Falsa: el PLC repeteix el programa en cicle continu.

Resolució

  1. Raonament. El PLC llegeix les entrades, executa el programa, actualitza les sortides i torna a començar; aquest cicle dura pocs mil·lisegons.
  2. Conclusió. No l'executa una sola vegada, sinó contínuament mentre està en marxa. L'afirmació és falsa.

Apartat d)

Resultat

Falsa: això ho fa l'actuador; el sensor només mesura.

Resolució

  1. Raonament. L'element que actua sobre el procés és l'actuador (motor, vàlvula, resistència…).
  2. Conclusió. El sensor només mesura una magnitud i la converteix en un senyal que el controlador pot fer servir. L'afirmació és falsa.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Un alumne vol calcular la funció de transferència en llaç tancat d'un sistema amb realimentació negativa, amb G = 10 i H = 0,2, i escriu: «M = G/(1 - G·H) = 10/(1 - 2) = -10». Explica per què el resultat no té sentit, corregeix la fórmula i calcula el valor correcte.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

La fórmula correcta és M=G1+G⋅HM = \dfrac{G}{1 + G\cdot H}; M=103≈3,33M = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33

Resolució

  1. Dades. Realimentació negativa amb G=10G = 10 i H=0,2H = 0{,}2. L'alumne ha escrit M=G/(1−G⋅H)=−10M = G/(1 - G\cdot H) = -10.
  2. On és l'error. En el signe del denominador. Amb realimentació negativa el comparador resta la realimentació: y=G⋅(r−H⋅y)y = G\cdot(r - H\cdot y), d'on y⋅(1+G⋅H)=G⋅ry\cdot(1 + G\cdot H) = G\cdot r i, per tant, M=G1+G⋅HM = \dfrac{G}{1 + G\cdot H} La fórmula amb «−» correspon a la realimentació positiva.
  3. Càlcul correcte. M=101+10⋅0,2=103=3,33M = \dfrac{10}{1 + 10\cdot 0{,}2} = \dfrac{10}{3} = 3{,}33
  4. Per què no tenia sentit. Un guany negatiu (−10) voldria dir que una consigna positiva donaria una sortida negativa. Amb realimentació negativa, el guany en llaç tancat és menor que el de la cadena directa (3,33 < 10).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Explica la diferència entre un sistema de control en llaç obert i un en llaç tancat, indicant el paper de la realimentació. Posa un exemple quotidià de cadascun.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

En llaç obert l'acció no depèn de la sortida (p. ex., una rentadora per temps); en llaç tancat la realimentació mesura la sortida i la compara amb la consigna per corregir-la (p. ex., un termòstat de calefacció).

Resolució

  1. Llaç obert. L'acció de control no depèn de la sortida: el sistema actua sense comprovar el resultat. Exemple: una rentadora que fa el programa per temps, o un reg per temporitzador, que funcionen igual tant si la feina ja està feta com si no.
  2. Llaç tancat. Hi ha realimentació: un sensor mesura la sortida real i la retorna a un comparador, que la resta de la consigna per obtenir l'error; aquest error governa el controlador, que corregeix contínuament el sistema.
  3. Exemple de llaç tancat. Un termòstat de calefacció mesura la temperatura, la compara amb la desitjada i encén o apaga la caldera segons calgui.
  4. Paper de la realimentació. Permet que el sistema es corregeixi a si mateix i mantingui la sortida a la consigna malgrat les pertorbacions, cosa que el llaç obert no pot fer.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

En el sistema de control de velocitat (control de creuer) d'un cotxe, identifica: la consigna, el sensor, el comparador, el controlador i l'actuador. Explica què passa quan el cotxe puja una costa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

Consigna: la velocitat fixada; sensor: el mesurador de velocitat de les rodes; comparador: resta velocitat mesurada i consigna; controlador: la unitat electrònica; actuador: el sistema que regula el combustible/potència del motor. En una pujada, la velocitat baixa, l'error és positiu i el sistema accelera fins a recuperar la consigna.

Resolució

  1. Consigna i sensor. La consigna és la velocitat que ha fixat el conductor (per exemple, 100 km/h). El sensor és el mesurador de velocitat (tacòmetre a les rodes), que mesura la velocitat real.
  2. Comparador i controlador. El comparador resta la velocitat mesurada de la consigna per obtenir l'error. El controlador és la unitat electrònica que decideix quanta acceleració cal.
  3. Actuador. És el sistema que regula l'admissió de combustible/potència del motor.
  4. Pujada d'una costa. La costa és una pertorbació: la velocitat real baixa. El sensor ho detecta, el comparador dona un error positiu (consigna més gran que la velocitat real) i el controlador ordena a l'actuador que acceleri més fins que la velocitat torna a la consigna.
  5. Conclusió. Aquest és, precisament, l'avantatge del llaç tancat: corregeix automàticament la pertorbació de la costa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Explica què vol dir que un sistema de control és inestable i per què un guany massa elevat pot provocar inestabilitat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Un sistema és inestable quan la resposta no torna a l'equilibri: creix sense control o oscil·la amb amplitud creixent. Un guany massa alt fa que sobrecorregeixi l'error i, amb els retards del llaç, les oscil·lacions creixen en lloc d'esmorteir-se.

Resolució

  1. Definició. Un sistema és inestable quan, davant una pertorbació o un canvi de consigna, la resposta no torna a l'equilibri sinó que creix sense control o oscil·la amb amplitud cada cop més gran, fins a saturar-se o danyar-se.
  2. Sobrecorrecció. Amb un guany massa elevat, davant una petita desviació el controlador respon amb una acció exagerada que passa de llarg de la consigna cap a l'altre costat, i això genera un nou error gran de signe contrari.
  3. Efecte dels retards. Aquest nou error es torna a corregir de manera exagerada, i així successivament. Combinat amb els retards inevitables del llaç, el sobrecorregiment fa que les oscil·lacions creixin en lloc d'esmorteir-se.
  4. Conclusió. Per això el guany s'ha d'ajustar: prou alt per respondre ràpid, però no tant com per desestabilitzar el sistema.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Descriu què és un PLC i explica el cicle de funcionament amb les seves tres etapes (entrades, programa i sortides). Posa un exemple de dispositiu connectat a cada etapa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Un PLC és un dispositiu electrònic industrial que controla màquines executant un programa; repeteix contínuament el cicle: llegir entrades (p. ex., un final de cursa), executar el programa i actualitzar sortides (p. ex., un motor).

Resolució

  1. Què és. Un PLC (autòmat programable) és un dispositiu electrònic industrial que controla màquines i processos executant un programa. Substitueix la lògica cablejada de relés per una lògica programada, molt més flexible.
  2. Etapa 1: entrades. Llegeix l'estat dels sensors i polsadors connectats a les entrades. Exemples: un final de cursa, un detector de presència o un botó de marxa.
  3. Etapa 2: programa (CPU). Executa la lògica programada, que segons les entrades decideix quines sortides cal activar.
  4. Etapa 3: sortides. Actualitza les sortides activant o desactivant els actuadors. Exemples: un motor, una electrovàlvula o un llum de senyalització.
  5. Conclusió. Aquest cicle llegir–executar–actualitzar es repeteix moltes vegades per segon.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un termòstat tot-o-res amb histèresi connecta un escalfador quan la temperatura baixa de 19 °C i el desconnecta quan arriba a 21 °C. Amb l'escalfador connectat, la temperatura de la sala puja 0,8 °C per minut; desconnectat, baixa 0,4 °C per minut. Calcula la durada d'un cicle complet, el percentatge de temps que l'escalfador està connectat i la temperatura mitjana aproximada de la sala.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

T=7,5 minT = 7{,}5\ \text{min}; connectat el 33 % del temps; temperatura mitjana ≈20 °C\approx 20\ \text{°C}

Resolució

  1. Dades. Banda d'histèresi: 21 − 19 = 2 °C. Escalfament a 0,8 °C/min i refredament a 0,4 °C/min.
  2. Temps connectat i desconnectat. ton=20,8=2,5 mintoff=20,4=5 mint_{\text{on}} = \dfrac{2}{0{,}8} = 2{,}5\ \text{min} \qquad t_{\text{off}} = \dfrac{2}{0{,}4} = 5\ \text{min}
  3. Cicle i percentatge. T=2,5+5=7,5 minT = 2{,}5 + 5 = 7{,}5\ \text{min}. Percentatge connectat: 2,57,5=0,333\dfrac{2{,}5}{7{,}5} = 0{,}333, és a dir, el 33 %.
  4. Temperatura mitjana. Com que la temperatura puja i baixa linealment entre 19 i 21 °C, la mitjana és d'uns 20 °C (el punt mitjà de la banda).
  5. Conclusió. Si s'estrenyés la histèresi, la temperatura oscil·laria menys, però l'escalfador es connectaria i es desconnectaria més sovint (més desgast).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Un sensor de temperatura dona 10 mV per cada °C (0 V a 0 °C). Es connecta a l'entrada d'un convertidor analògic-digital de 10 bits amb un marge d'entrada de 0 a 5 V. Calcula la resolució del convertidor en mV i en °C, el nombre digital que s'obté a 25 °C (arrodonit a l'enter) i la temperatura màxima que es pot mesurar.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

Resolució: 4,88 mV4{,}88\ \text{mV} per pas ≈0,49 °C\approx 0{,}49\ \text{°C}; a 25 °C, nombre 51; temperatura màxima 500 °C

Resolució

  1. Dades. Sensor de 10 mV/°C; convertidor de 10 bits amb marge de 0 a 5 V.
  2. Resolució. 10 bits donen 210=10242^{10} = 1024 nivells: resolucioˊ=5 V1024=4,88 mV per pas\text{resolució} = \dfrac{5\ \text{V}}{1024} = 4{,}88\ \text{mV per pas} En temperatura, 4,8810=0,49 °C\dfrac{4{,}88}{10} = 0{,}49\ \text{°C}: no es poden distingir variacions inferiors a mig grau.
  3. Nombre a 25 °C. El sensor dona 25⋅10=250 mV25\cdot 10 = 250\ \text{mV} i el nombre és 0,255⋅1024=51,2\dfrac{0{,}25}{5}\cdot 1024 = 51{,}2, que s'arrodoneix a 51.
  4. Temperatura màxima. És la que fa arribar el sensor a 5 V: 50,01=500 °C\dfrac{5}{0{,}01} = 500\ \text{°C}.
  5. Conclusió. Per millorar la resolució cal un convertidor amb més bits (amb 12 bits seria 1,22 mV, uns 0,12 °C) o amplificar el senyal del sensor perquè ocupi tot el marge d'entrada.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Un controlador PID calcula la seva sortida com u(t) = KpK_{p}·e(t) + KiK_{i}·∫e(t)dt + KdK_{d}·de(t)/dt, amb KpK_{p} = 3, KiK_{i} = 0,5 s−1\text{s}^{-1} i KdK_{d} = 2 s.
a) L'error val e = 2 °C, constant durant els primers 10 s. Calcula la contribució de cada acció i la sortida total als 10 s.
b) Si en comptes d'això l'error creix linealment, e(t) = 0,5·t (en °C, amb t en s), calcula cada contribució i la sortida total a t = 4 s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

P = 6; I = 10; D = 0; u(10)=16u(10) = 16

Resolució

  1. Dades. Kp=3K_p = 3, Ki=0,5 s−1K_i = 0{,}5\ \text{s}^{-1}, Kd=2 sK_d = 2\ \text{s}; error constant e=2 °Ce = 2\ \text{°C} durant 10 s.
  2. Proporcional i integral. Kp⋅e=3⋅2=6K_p\cdot e = 3\cdot 2 = 6. Ki⋅∫e dt=0,5⋅(2⋅10)=10K_i\cdot\int e\,dt = 0{,}5\cdot(2\cdot 10) = 10.
  3. Derivativa. L'error no canvia, dedt=0\dfrac{de}{dt} = 0, per tant la contribució és 0.
  4. Total. u(10)=6+10+0=16u(10) = 6 + 10 + 0 = 16. Fixa't que, amb error constant, l'acció integral va creixent amb el temps (acumula l'error).

Apartat b)

Resultat

P = 6; I = 2; D = 1; u(4)=9u(4) = 9

Resolució

  1. Dades. e(t)=0,5⋅te(t) = 0{,}5\cdot t; a t=4 st = 4\ \text{s}, e=0,5⋅4=2 °Ce = 0{,}5\cdot 4 = 2\ \text{°C}.
  2. Proporcional. 3⋅2=63\cdot 2 = 6.
  3. Integral. ∫040,5 t dt=0,25⋅42=4⇒Ki⋅4=0,5⋅4=2\int_0^4 0{,}5\,t\,dt = 0{,}25\cdot 4^{2} = 4 \quad\Rightarrow\quad K_i\cdot 4 = 0{,}5\cdot 4 = 2
  4. Derivativa. dedt=0,5 °C/s\dfrac{de}{dt} = 0{,}5\ \text{°C/s}, per tant 2⋅0,5=12\cdot 0{,}5 = 1.
  5. Total. u(4)=6+2+1=9u(4) = 6 + 2 + 1 = 9. La derivativa només reacciona quan l'error canvia.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Un PLC governa una cinta transportadora amb un temporitzador a la connexió (TON) de 3 s. El temporitzador compta mentre la seva entrada I val 1 (un sensor de presència) i es reinicia a zero en el moment que I passa a 0; la sortida Q (la cinta) s'activa quan el compte arriba als 3 s. L'entrada I val 1 entre t = 1 s i t = 3 s, i de nou entre t = 5 s i t = 9 s, i la resta del temps val 0. Digues el valor de Q als instants t = 2, 4, 6, 7, 8,5 i 10 s i en quin instant s'activa i es desactiva Q.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

Q = 0 a t = 2, 4, 6 i 7 s; Q = 1 a t = 8,5 s; Q = 0 a t = 10 s. Q s'activa a t = 8 s i es desactiva a t = 9 s.

Resolució

  1. Funcionament del TON. Compta mentre I = 1 i es reinicia quan I passa a 0. Q només val 1 quan el compte ha arribat a 3 s.
  2. Primer pols. I = 1 de t = 1 s a t = 3 s: només 2 s < 3 s, així que el temporitzador es reinicia abans d'acabar i Q no s'activa mai.
  3. Segon pols. I = 1 de t = 5 s a t = 9 s (4 s). El compte arriba als 3 s a t = 5 + 3 = 8 s i Q s'activa; es desactiva a t = 9 s, quan I torna a 0.
  4. Valors de Q. t = 2 s → 0; t = 4 s → 0; t = 6 s → 0 (el compte va per 1 s); t = 7 s → 0 (el compte va per 2 s); t = 8,5 s → 1; t = 10 s → 0.
  5. Conclusió. Un temporitzador a la connexió filtra els senyals curts: la cinta només es posa en marxa si la presència dura almenys 3 s seguits.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un forn té un guany estàtic G0G_{0} = 4 °C per cada unitat del senyal de control. Es regula amb un controlador proporcional de guany K i realimentació unitària negativa (H = 1). Es vol que l'error permanent no superi el 5 % de la consigna. Calcula el guany mínim K, la sortida i l'error per a una consigna de 200 °C amb aquest guany, i digues quin inconvenient té augmentar molt K.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

Kmıˊn=4,75K_{\text{mín}} = 4{,}75; y=190 °Cy = 190\ \text{°C}; e=10 °Ce = 10\ \text{°C}. Un K molt alt fa el sistema oscil·latori o inestable i pot saturar l'actuador.

Resolució

  1. Dades. Cadena directa G=K⋅G0=4KG = K\cdot G_0 = 4K, realimentació unitària: M=G1+GM = \dfrac{G}{1 + G}.
  2. Condició d'error. L'error relatiu és er=11+G\dfrac{e}{r} = \dfrac{1}{1 + G}. 11+G≤0,05⇒1+G≥20⇒G≥19⇒4K≥19⇒K≥4,75\dfrac{1}{1 + G} \le 0{,}05 \Rightarrow 1 + G \ge 20 \Rightarrow G \ge 19 \Rightarrow 4K \ge 19 \Rightarrow K \ge 4{,}75
  3. Sortida i error. Amb K=4,75K = 4{,}75: G=19G = 19, M=1920=0,95M = \dfrac{19}{20} = 0{,}95, y=0,95⋅200=190 °Cy = 0{,}95\cdot 200 = 190\ \text{°C} i e=200−190=10 °Ce = 200 - 190 = 10\ \text{°C} (el 5 % de 200).
  4. Inconvenient de pujar molt K. L'error permanent baixa, però el sistema es torna més oscil·latori i pot arribar a ser inestable, i l'actuador pot saturar. A més, amb només acció proporcional mai no s'arriba a error zero.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un amplificador de guany G = 5 es realimenta positivament amb un factor H, i la seva funció de transferència és M = G(1−G⋅H)\tfrac{G}{(1 - G\cdot H)}. Calcula M per a H = 0,15 i comenta què passa quan H = 0,2 i quan H = 0,25. Compara-ho amb el que passaria amb realimentació negativa i H = 0,15.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

H=0,15H = 0{,}15: M=20M = 20; H=0,2H = 0{,}2: M→∞M \to \infty (inestable); H=0,25H = 0{,}25: M=−20M = -20, sense sentit físic (satura); negativa amb H=0,15H = 0{,}15: M≈2,86M \approx 2{,}86

Resolució

  1. H = 0,15. G⋅H=0,75G\cdot H = 0{,}75 i M=51−0,75=50,25=20M = \dfrac{5}{1 - 0{,}75} = \dfrac{5}{0{,}25} = 20 La realimentació positiva ha multiplicat el guany per 4 (de 5 a 20).
  2. H = 0,2. G⋅H=1G\cdot H = 1: el denominador és 0 i MM tendeix a infinit. La sortida creix sola, sense cap entrada, fins que l'element satura: el sistema és inestable (així funcionen els oscil·ladors i els biestables).
  3. H = 0,25. G⋅H=1,25G\cdot H = 1{,}25 i M=51−1,25=−20M = \dfrac{5}{1 - 1{,}25} = -20: el resultat matemàtic no té sentit físic, perquè en realitat el sistema satura.
  4. Realimentació negativa. Amb H=0,15H = 0{,}15: M=51+0,75=2,86M = \dfrac{5}{1 + 0{,}75} = 2{,}86, un guany menor que GG, però estable i molt menys sensible a les variacions de GG.
  5. Conclusió. La realimentació positiva augmenta el guany i fa perdre l'estabilitat; la negativa el redueix i l'estabilitza.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Redacta en 5–6 línies una explicació de què aporta cada acció (proporcional, integral i derivativa) en un regulador PID, indicant quin problema soluciona cada una i quin inconvenient té si n'hi ha massa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

La P dona rapidesa però deixa error permanent; la I elimina l'error permanent però, si és massa forta, dona sobrepuig; la D s'anticipa i amorteix, però amplifica el soroll.

Resolució

  1. Proporcional (P). Dona una sortida proporcional a l'error actual. Fa que el sistema reaccioni de pressa, però deixa un error permanent i, si el guany és massa gran, el sistema oscil·la o es torna inestable.
  2. Integral (I). Suma l'error acumulat al llarg del temps i continua augmentant la sortida mentre hi hagi error, de manera que elimina l'error permanent. Si és massa forta, provoca sobrepuig (la sortida passa de la consigna) i oscil·lacions lentes.
  3. Derivativa (D). Reacciona a la velocitat de canvi de l'error i s'anticipa, de manera que frena el sobrepuig i estabilitza. Amplifica el soroll de la mesura i per això se sol fer servir poc.
  4. Conclusió. Per això el PID combina les tres accions: la P dona rapidesa, la I elimina l'error final i la D amorteix les oscil·lacions.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Un sistema de control en llaç tancat té una cadena directa formada per un controlador de guany 2 i una planta de guany 10 en sèrie, i una realimentació de guany H = 0,5. Calcula: a) el guany de la cadena directa G; b) la funció de transferència global M.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

G=20G = 20

Resolució

  1. Dades. Controlador de guany 2 i planta de guany 10 en sèrie a la cadena directa; realimentació H = 0,5.
  2. Blocs en sèrie. Els guanys es multipliquen: G=2⋅10=20G = 2\cdot 10 = 20.

Apartat b)

Resultat

M=2011≈1,82M = \dfrac{20}{11} \approx 1{,}82

Resolució

  1. Funció de transferència en llaç tancat. M=G1+G⋅HM = \dfrac{G}{1 + G\cdot H}
  2. Càlcul. M=201+20⋅0,5=201+10=2011=1,82M = \dfrac{20}{1 + 20\cdot 0{,}5} = \dfrac{20}{1 + 10} = \dfrac{20}{11} = 1{,}82
  3. Conclusió. Compte a no oblidar el terme 1+G⋅H1 + G\cdot H del denominador: sense la realimentació, el guany seria 20, però el llaç tancat el redueix a 1,82.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Un llaç tancat té cadena directa G = 50 i realimentació H = 0,2. a) Calcula la funció de transferència global. b) Si es vol que la sortida global sigui exactament la meitat de l'entrada (M = 0,5) mantenint G = 50, quin valor de H cal?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

M=5011≈4,55M = \dfrac{50}{11} \approx 4{,}55

Resolució

  1. Funció de transferència en llaç tancat. M=G1+G⋅HM = \dfrac{G}{1 + G\cdot H}
  2. Càlcul. M=501+50⋅0,2=501+10=5011=4,55M = \dfrac{50}{1 + 50\cdot 0{,}2} = \dfrac{50}{1 + 10} = \dfrac{50}{11} = 4{,}55

Apartat b)

Resultat

H=1,98H = 1{,}98

Resolució

  1. Plantejament. Volem M=0,5M = 0{,}5 amb G=50G = 50: 0,5=501+50⋅H0{,}5 = \dfrac{50}{1 + 50\cdot H}
  2. Càlcul. Aïllem el denominador: 1+50⋅H=500,5=1001 + 50\cdot H = \dfrac{50}{0{,}5} = 100, d'on 50⋅H=9950\cdot H = 99 i H=1,98H = 1{,}98.
  3. Conclusió. Cal una realimentació H = 1,98. Es veu que augmentar H (més realimentació) redueix el guany global i, en general, ajuda a l'estabilitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un motor governat per un PLC ha d'engegar-se quan es prem el polsador de MARXA (M) i, alhora, NO estigui premut el polsador d'ATURADA d'emergència (E). a) Escriu la funció lògica de la sortida S. b) Construeix la taula de veritat (M i E poden valer 0 o 1). c) En quantes combinacions s'engega el motor?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

S=M⋅E‾S = M\cdot\overline{E} (M AND NOT E)

Resolució

  1. Condicions. Cal que M estigui premut (M = 1) i que E no ho estigui (E = 0, és a dir, NOT E).
  2. Funció lògica. La condició «i» és un producte lògic: S=M⋅E‾S = M\cdot\overline{E}.

Apartat b)

Resultat

S = 1 només per a M = 1 i E = 0; en les altres tres combinacions, S = 0.

Resolució

  1. Combinacions. Amb dues entrades hi ha 2² = 4 combinacions.
  2. Taula de veritat.
    MES
    000
    010
    101
    110
  3. Interpretació. M = 0: no s'ha premut marxa, S = 0. M = 1 i E = 0: marxa premuda i emergència lliure, el motor engega. M = 1 i E = 1: l'aturada d'emergència ho impedeix.

Apartat c)

Resultat

En una sola combinació: M = 1 i E = 0.

Resolució

  1. Lectura de la taula. Només hi ha un 1 a la columna S.
  2. Conclusió. El motor s'engega en una sola combinació, M = 1 i E = 0: l'aturada d'emergència sempre té prioritat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Un sistema de control té una cadena directa formada per un bloc G1G_{1} = 10 en sèrie amb un subsistema que és, al seu torn, un llaç tancat amb realimentació negativa: un bloc G2G_{2} = 5 a la cadena directa i H2H_{2} = 0,2 a la realimentació. Tot el conjunt té una realimentació negativa exterior H1H_{1} = 0,1.
a) Calcula la funció de transferència del llaç interior.
b) Calcula la funció de transferència total del sistema.
c) Calcula la sortida per a una entrada de 14.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

M2=2,5M_2 = 2{,}5

Resolució

  1. Llaç interior. És un llaç tancat amb realimentació negativa: M2=G21+G2⋅H2M_2 = \dfrac{G_2}{1 + G_2\cdot H_2}.
  2. Càlcul. M2=51+5⋅0,2=52=2,5M_2 = \dfrac{5}{1 + 5\cdot 0{,}2} = \dfrac{5}{2} = 2{,}5

Apartat b)

Resultat

M=253,5≈7,14M = \dfrac{25}{3{,}5} \approx 7{,}14

Resolució

  1. Reducció. El llaç interior queda en sèrie amb G1G_1: la cadena directa del llaç exterior és G=G1⋅M2=10⋅2,5=25G = G_1\cdot M_2 = 10\cdot 2{,}5 = 25.
  2. Llaç exterior. M=G1+G⋅H1=251+25⋅0,1=253,5=7,14M = \dfrac{G}{1 + G\cdot H_1} = \dfrac{25}{1 + 25\cdot 0{,}1} = \dfrac{25}{3{,}5} = 7{,}14
  3. Mètode. Per resoldre llaços imbricats es redueix primer el llaç més interior i es va avançant cap a fora.

Apartat c)

Resultat

y=100y = 100

Resolució

  1. Sortida. y=M⋅r=7,14⋅14=100y = M\cdot r = 7{,}14\cdot 14 = 100 (exactament, 25⋅143,5=100\dfrac{25\cdot 14}{3{,}5} = 100).
  2. Comprovació. La sortida es realimenta al comparador exterior amb 0,1⋅100=100{,}1\cdot 100 = 10; el senyal que entra a la cadena directa és 14−10=414 - 10 = 4, i 4⋅25=1004\cdot 25 = 100.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Un forn s'escalfa amb un controlador proporcional de guany K = 10 seguit d'un bloc de procés de guany G2G_{2} = 2, amb realimentació unitària negativa. A l'entrada del bloc de procés s'hi suma una pertorbació d (per exemple, l'obertura de la porta), de manera que la sortida és y = G2G_{2}·(K·e + d), amb e = r - y.
a) Troba y en funció de r i de d.
b) Calcula y per a r = 100 amb d = 0 i amb d = -10.
c) Compara-ho amb el mateix procés en llaç obert, sense realimentació i amb l'entrada escalada perquè la sortida nominal també sigui de 100: quant baixa la sortida davant la mateixa pertorbació d = -10?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

y=2021 r+221 dy = \dfrac{20}{21}\,r + \dfrac{2}{21}\,d

Resolució

  1. Plantejament. y=G2⋅(K⋅(r−y)+d)y = G_2\cdot\big(K\cdot(r - y) + d\big), amb K=10K = 10 i G2=2G_2 = 2.
  2. Aïllem y. y⋅(1+K⋅G2)=K⋅G2⋅r+G2⋅dy\cdot(1 + K\cdot G_2) = K\cdot G_2\cdot r + G_2\cdot d, per tant y=KG21+KG2 r+G21+KG2 d=2021 r+221 dy = \dfrac{K G_2}{1 + K G_2}\,r + \dfrac{G_2}{1 + K G_2}\,d = \dfrac{20}{21}\,r + \dfrac{2}{21}\,d

Apartat b)

Resultat

d=0d = 0: y=95,2y = 95{,}2; d=−10d = -10: y=94,3y = 94{,}3

Resolució

  1. Sense pertorbació. y=200021=95,2y = \dfrac{2000}{21} = 95{,}2.
  2. Amb d = −10. y=95,2−2021=95,2−0,95=94,3y = 95{,}2 - \dfrac{20}{21} = 95{,}2 - 0{,}95 = 94{,}3.
  3. Interpretació. La pertorbació només treu 0,95 unitats a la sortida (aproximadament un 1 %).

Apartat c)

Resultat

En llaç obert la sortida baixa de 100 a 80 (20 unitats, un 20 %), davant de només 0,95 unitats en llaç tancat.

Resolució

  1. Llaç obert. y=G2⋅(u+d)y = G_2\cdot(u + d), amb uu escalada perquè doni 100 sense pertorbació (u=50u = 50). Amb d=−10d = -10: y=100+2⋅(−10)=80y = 100 + 2\cdot(-10) = 80.
  2. Comparació. La pertorbació afecta la sortida G2=2G_2 = 2 vegades en llaç obert i només G21+KG2=221=0,095\dfrac{G_2}{1 + K G_2} = \dfrac{2}{21} = 0{,}095 vegades en llaç tancat: la realimentació la redueix 21 vegades.
  3. Conclusió. Aquest és el gran avantatge del llaç tancat: atenua molt l'efecte de les pertorbacions.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

La velocitat d'un motor es regula amb un amplificador de guany 20 (V/V) que alimenta un motor que gira 3 rad/s per cada volt aplicat. Una dinamo tacomètrica mesura la velocitat i dona 0,04 V per cada rad/s, i aquesta tensió es resta de la tensió de consigna (realimentació negativa).
a) Calcula el guany de la cadena directa, el producte G·H i la funció de transferència total M, en (rad/s)/V.
b) Calcula la velocitat per a una consigna de 5 V i expressa-la en rpm.
c) Si la càrrega fa que el guany del motor baixi un 10 % (de 3 a 2,7 rad/s per volt), calcula la nova velocitat per a la mateixa consigna i compara la caiguda relativa amb la d'un sistema en llaç obert.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

G=60 (rad/s)/VG = 60\ \text{(rad/s)/V}; G⋅H=2,4G\cdot H = 2{,}4; M=17,65 (rad/s)/VM = 17{,}65\ \text{(rad/s)/V}

Resolució

  1. Cadena directa. Amplificador i motor en sèrie: G=20⋅3=60 (rad/s)/VG = 20\cdot 3 = 60\ \text{(rad/s)/V}.
  2. Realimentació. H=0,04 V/(rad/s)H = 0{,}04\ \text{V/(rad/s)}; G⋅H=60⋅0,04=2,4G\cdot H = 60\cdot 0{,}04 = 2{,}4 (sense unitats).
  3. Funció de transferència. M=G1+G⋅H=601+2,4=603,4=17,65 (rad/s)/VM = \dfrac{G}{1 + G\cdot H} = \dfrac{60}{1 + 2{,}4} = \dfrac{60}{3{,}4} = 17{,}65\ \text{(rad/s)/V}

Apartat b)

Resultat

ω=88,2 rad/s≈843 rpm\omega = 88{,}2\ \text{rad/s} \approx 843\ \text{rpm}

Resolució

  1. Velocitat. ω=M⋅r=17,647⋅5=88,24 rad/s\omega = M\cdot r = 17{,}647\cdot 5 = 88{,}24\ \text{rad/s}.
  2. Pas a rpm. 88,24 rads⋅60 s/min2π rad/volta=88,24⋅9,549=843 rpm88{,}24\ \tfrac{\text{rad}}{\text{s}}\cdot\dfrac{60\ \text{s/min}}{2\pi\ \text{rad/volta}} = 88{,}24\cdot 9{,}549 = 843\ \text{rpm}

Apartat c)

Resultat

ω′=85,4 rad/s\omega' = 85{,}4\ \text{rad/s}: baixa un 3,2 %, davant del 10 % en llaç obert

Resolució

  1. Nou guany. G′=20⋅2,7=54G' = 20\cdot 2{,}7 = 54; M′=541+54⋅0,04=543,16=17,089 (rad/s)/VM' = \dfrac{54}{1 + 54\cdot 0{,}04} = \dfrac{54}{3{,}16} = 17{,}089\ \text{(rad/s)/V}.
  2. Nova velocitat. ω′=17,089⋅5=85,44 rad/s\omega' = 17{,}089\cdot 5 = 85{,}44\ \text{rad/s}. Caiguda relativa: 88,24−85,4488,24=3,2 %\dfrac{88{,}24 - 85{,}44}{88{,}24} = 3{,}2\ \%.
  3. Llaç obert. La velocitat seria proporcional al guany del motor i baixaria el mateix 10 %.
  4. Conclusió. Gràcies a la realimentació, una variació del 10 % del motor només canvia un 3 % la velocitat; com més gran és G·H, menys sensible és el sistema a les variacions de la planta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Un dipòsit té dos sensors de nivell: NbN_{b} (val 1 si l'aigua cobreix el sensor baix) i NaN_{a} (val 1 si cobreix l'alt). Una bomba B ha d'engegar-se quan el nivell baixi per sota del sensor baix (NbN_{b} = 0) i continuar funcionant fins que l'aigua arribi al sensor alt (NaN_{a} = 1), moment en què s'atura.
a) Raona per què B no pot dependre només dels valors actuals de NbN_{b} i NaN_{a} i escriu-ne l'equació amb automanteniment.
b) Calcula B en la successió d'estats (NbN_{b}, NaN_{a}) següent, començant amb B = 0: (1, 1), (1, 0), (0, 0), (1, 0), (1, 1), (1, 0).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Cal memòria, perquè amb Nb=1, Na=0N_b = 1,\ N_a = 0 la bomba pot estar engegada o aturada; B=(Nb‾+B)⋅Na‾B = (\overline{N_b} + B)\cdot\overline{N_a}

Resolució

  1. Per què cal memòria. Entre els dos sensors (Nb = 1 i Na = 0) la bomba pot estar engegada o aturada segons el que passava abans: si el nivell baixa, és aturada; si puja, és engegada. La mateixa combinació d'entrades dona dues sortides possibles.
  2. Automanteniment. Per això el circuit és seqüencial i es fa amb automanteniment: la sortida es realimenta a l'entrada.
  3. Equació. B=(Nb‾+B)⋅Na‾B = (\overline{N_b} + B)\cdot\overline{N_a} on el B de la dreta és l'estat anterior. La bomba s'activa amb nivell baix (Nb‾=1\overline{N_b} = 1), es manté a si mateixa amb B i es desactiva quan Na=1N_a = 1.

Apartat b)

Resultat

Seqüència de B: 0, 0, 1, 1, 0, 0

Resolució

  1. Mètode. Apliquem B=(Nb‾+Bant)⋅Na‾B = (\overline{N_b} + B_{\text{ant}})\cdot\overline{N_a} a cada estat, partint de B = 0.
  2. Càlcul. (1, 1): (0 + 0)·0 = 0; (1, 0): (0 + 0)·1 = 0; (0, 0): (1 + 0)·1 = 1; (1, 0): (0 + 1)·1 = 1; (1, 1): (0 + 1)·0 = 0; (1, 0): (0 + 0)·1 = 0.
  3. Interpretació. El segon i el quart estat tenen les mateixes entrades (Nb = 1, Na = 0) i la sortida és diferent: és la memòria. Aquesta histèresi evita que la bomba s'engegui i s'aturi sense parar al voltant d'un sol nivell.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Un transmissor de pressió dona un senyal de 4 mA a 0 bar i de 20 mA a 10 bar (relació lineal). L'entrada analògica d'un PLC converteix 0–20 mA en un nombre de 0 a 4095 (12 bits).
a) Quin nombre llegeix el PLC a 0 bar i a 10 bar?
b) Quina pressió hi ha quan el PLC llegeix 2048?
c) Quina és la resolució en bar?
d) Per què el zero de la magnitud correspon a 4 mA i no a 0 mA?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

A 0 bar llegeix 819; a 10 bar, 4095.

Resolució

  1. Escala del PLC. 20 mA corresponen a 4095, de manera que cada mA val 409520=204,75\dfrac{4095}{20} = 204{,}75 unitats.
  2. Càlcul. A 0 bar, 4 mA: 4⋅204,75=8194\cdot 204{,}75 = 819. A 10 bar, 20 mA: 4095.

Apartat b)

Resultat

P≈3,75 barP \approx 3{,}75\ \text{bar}

Resolució

  1. Corrent. I=2048204,75=10,00 mAI = \dfrac{2048}{204{,}75} = 10{,}00\ \text{mA}.
  2. Interpolació lineal. Entre 4 mA (0 bar) i 20 mA (10 bar): P=10,00−420−4⋅10=6,0016⋅10=3,75 barP = \dfrac{10{,}00 - 4}{20 - 4}\cdot 10 = \dfrac{6{,}00}{16}\cdot 10 = 3{,}75\ \text{bar}
  3. Comprovació. Directament amb les lectures: 2048−8194095−819⋅10=12293276⋅10=3,75 bar\dfrac{2048 - 819}{4095 - 819}\cdot 10 = \dfrac{1229}{3276}\cdot 10 = 3{,}75\ \text{bar}.

Apartat c)

Resultat

Resolució ≈0,0031 bar\approx 0{,}0031\ \text{bar} (uns 3 mbar)

Resolució

  1. Marge útil. De 819 a 4095 hi ha 3276 unitats per a 10 bar.
  2. Càlcul. 103276=0,0031 bar\dfrac{10}{3276} = 0{,}0031\ \text{bar}, uns 3 mbar per unitat.

Apartat d)

Resultat

Amb el zero «viu» a 4 mA, una lectura de 0 mA indica avaria (cable trencat o transmissor sense alimentació) i no es confon amb 0 bar.

Resolució

  1. Zero viu. A 0 bar el transmissor dona 4 mA, no 0 mA.
  2. Detecció d'avaries. Si es trenca el cable o el transmissor es queda sense alimentació, el senyal cau a 0 mA, un valor fora de rang que el PLC pot detectar com a alarma. Així es distingeix una mesura de 0 bar d'una avaria.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Un procés discret evoluciona segons y[k+1] = y[k] + 0,8·u[k], on l'acció del controlador proporcional és u[k] = K·(r - y[k]). La consigna és r = 10 i s'hi parteix de y[0] = 0.
a) Calcula y[1], y[2], y[3] i y[4] per a K = 1, K = 2 i K = 3.
b) Classifica cada cas: arriba a la consigna sense passar-se, oscil·la amb amplitud decreixent o és inestable.
c) Troba per a quins valors de K el sistema és estable.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

K = 1: y = 8; 9,6; 9,92; 9,984. K = 2: y = 16; 6,4; 12,16; 8,704. K = 3: y = 24; −9,6; 37,44; −28,416.

Resolució

  1. Equació de l'error. Amb e[k]=r−y[k]e[k] = r - y[k]: e[k+1]=e[k]−0,8 K e[k]=(1−0,8 K)⋅e[k]e[k+1] = e[k] - 0{,}8\,K\,e[k] = (1 - 0{,}8\,K)\cdot e[k], amb e[0]=10e[0] = 10.
  2. K = 1. Factor 0,2: y = 0; 8; 9,6; 9,92; 9,984.
  3. K = 2. Factor −0,6: y = 0; 16; 6,4; 12,16; 8,704.
  4. K = 3. Factor −1,4: y = 0; 24; −9,6; 37,44; −28,416.

Apartat b)

Resultat

K = 1: arriba a la consigna sense passar-se; K = 2: oscil·la amb amplitud decreixent; K = 3: inestable.

Resolució

  1. K = 1. Factor positiu i menor que 1: s'aproxima a 10 sense passar-se (amortit).
  2. K = 2. Factor negatiu de valor absolut menor que 1: passa de la consigna i oscil·la al voltant de 10 amb amplitud decreixent.
  3. K = 3. Factor −1,4: oscil·la amb amplitud creixent, és inestable.

Apartat c)

Resultat

Estable per a 0<K<2,50 < K < 2{,}5

Resolució

  1. Condició. L'error s'esvaeix si ∣1−0,8 K∣<1|1 - 0{,}8\,K| < 1, és a dir, −1<1−0,8 K<1⇒0<K<2,5-1 < 1 - 0{,}8\,K < 1 \Rightarrow 0 < K < 2{,}5.
  2. Límit. Per a K = 2,5 el factor és −1 i l'oscil·lació no s'amorteix mai; per a K > 2,5 és inestable.
  3. Conclusió. Un guany massa alt pot fer inestable un sistema que amb un guany moderat funcionava bé; per això el guany d'un controlador no es pot augmentar indefinidament.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Un forn elèctric de ceràmica es modelitza, respecte de la temperatura ambient (20 °C), com un sistema de primer ordre: ΔT(s)/u(s) = 4/(200·s + 1), amb u la potència del calefactor en % (de 0 a 100 %), ΔT en °C i s en s−1. Un controlador proporcional dona u = K·e, on e és la consigna menys la temperatura mesurada (realimentació unitària negativa), amb K = 5 %/°C. La consigna és de 300 °C (és a dir, +280 °C sobre l'ambient).
a) Obté la funció de transferència de llaç tancat, el seu guany estàtic i la seva constant de temps. Calcula l'error en règim estacionari i la potència que dona el controlador en règim estacionari.
b) Si l'actuador no tingués límit, quant trigaria el forn a arribar al 95 % del valor final? Calcula la potència que demanaria el controlador en el primer instant i raona per què el resultat anterior no és realista.
c) Tingues en compte que u no pot passar del 100 %. Mentre l'actuador està saturat, el forn escalfa com un primer ordre cap a 400 °C sobre l'ambient (4·100). A partir de quin valor de ΔT surt de la saturació el controlador? Calcula el temps real per arribar al 95 % del valor estacionari i compara'l amb l'apartat b).
d) Es vol que l'error estacionari sigui inferior a 5 °C només modificant K. Calcula la K mínima i la banda proporcional (100/K, en °C). Quin inconvenient té fer K molt gran i quina acció de control elimina l'error sense haver de fer-ho?

Pista 1

Llaç tancat: M(s) = K·G(s)/(1 + K·G(s)). Amb G(s) = G0/(τ·s + 1), el resultat és de nou un primer ordre amb guany K·G0/(1 + K·G0) i constant de temps τ/(1 + K·G0).

Pista 2

En saturació, ΔT(t) = 400·(1 − e−t/200). El controlador surt de la saturació quan K·e = 100 %.

Pista 3

Per a l'apartat d), l'error estacionari és e = 280/(1 + K·G0). Aïlla K.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

M(s)=20200 s+21=0,9529,52 s+1M(s) = \dfrac{20}{200\,s + 21} = \dfrac{0{,}952}{9{,}52\,s + 1}; guany estàtic 0,952; τlt=9,52 s\tau_{\text{lt}} = 9{,}52\ \text{s}; ess=13,3 °Ce_{ss} = 13{,}3\ \text{°C}; u=66,7 %u = 66{,}7\ \%

Resolució

  1. Dades. Planta G(s)=4200 s+1G(s) = \dfrac{4}{200\,s + 1} (G0=4 °C/%G_0 = 4\ \text{°C/\%}, τ=200 s\tau = 200\ \text{s}), controlador K=5 %/°CK = 5\ \text{\%/°C}, consigna +280 °C sobre l'ambient.
  2. Llaç tancat. K⋅G(s)=20200 s+1K\cdot G(s) = \dfrac{20}{200\,s + 1} i M(s)=KG1+KG=20200 s+21=0,9529,52 s+1M(s) = \dfrac{K G}{1 + K G} = \dfrac{20}{200\,s + 21} = \dfrac{0{,}952}{9{,}52\,s + 1} Guany estàtic 2021=0,952\dfrac{20}{21} = 0{,}952 i constant de temps τlt=20021=9,52 s\tau_{\text{lt}} = \dfrac{200}{21} = 9{,}52\ \text{s}.
  3. Valor final i error. ΔT=0,952⋅280=266,7 °C\Delta T = 0{,}952\cdot 280 = 266{,}7\ \text{°C} (és a dir, T=286,7 °CT = 286{,}7\ \text{°C} absoluts). Error: 280−266,7=13,3 °C280 - 266{,}7 = 13{,}3\ \text{°C} (4,8 %).
  4. Potència estacionària. u=K⋅e=5⋅13,3=66,7 %u = K\cdot e = 5\cdot 13{,}3 = 66{,}7\ \%, coherent amb ΔT=4⋅66,7=266,7 °C\Delta T = 4\cdot 66{,}7 = 266{,}7\ \text{°C}.
  5. Interpretació. Sense error el controlador proporcional no donaria cap potència: l'error és necessari perquè l'escalfador treballi.

Apartat b)

Resultat

t95%≈3 τlt=28,6 st_{95\%} \approx 3\,\tau_{\text{lt}} = 28{,}6\ \text{s}; u(0)=1400 %u(0) = 1400\ \%, impossible: el temps no és realista

Resolució

  1. Temps al 95 %. En un primer ordre, el 95 % s'assoleix a t≈3 τlt=3⋅9,52=28,6 st \approx 3\,\tau_{\text{lt}} = 3\cdot 9{,}52 = 28{,}6\ \text{s}.
  2. Potència inicial. A t=0t = 0, e=280 °Ce = 280\ \text{°C} i u=5⋅280=1400 %u = 5\cdot 280 = 1400\ \%.
  3. Conclusió. L'escalfador no pot donar-ho: el model lineal només és vàlid mentre u estigui entre 0 i 100 %, de manera que aquest temps no és realista.

Apartat c)

Resultat

Surt de la saturació a ΔT=260 °C\Delta T = 260\ \text{°C} (t≈210 st \approx 210\ \text{s}); el 95 % (253,3 °C) s'assoleix a t≈201 st \approx 201\ \text{s}, unes set vegades més que a b)

Resolució

  1. Sortida de la saturació. 5⋅e≤100⇒e≤20 °C⇒ΔT≥260 °C5\cdot e \le 100 \Rightarrow e \le 20\ \text{°C} \Rightarrow \Delta T \ge 260\ \text{°C}.
  2. Escalfament saturat. ΔT(t)=400 (1−e−t/200)\Delta T(t) = 400\,(1 - e^{-t/200}) arriba a 260 °C a t=−200⋅ln⁡ ⁣(1−260400)=210 st = -200\cdot\ln\!\left(1 - \dfrac{260}{400}\right) = 210\ \text{s}
  3. Temps al 95 %. El 95 % de 266,7 °C és 253,3 °C, que es toca encara dins de la saturació: t=−200⋅ln⁡ ⁣(1−253,3400)=200,7 st = -200\cdot\ln\!\left(1 - \dfrac{253{,}3}{400}\right) = 200{,}7\ \text{s}
  4. Comparació. Són unes set vegades més que els 28,6 s teòrics. Després el forn s'acosta a 266,7 °C amb la constant de 9,5 s del llaç tancat (una simulació numèrica del sistema amb saturació dona també 200,7 s).

Apartat d)

Resultat

K>13,75 %/°CK > 13{,}75\ \text{\%/°C} (a la pràctica K=14K = 14, error 4,9 °C); banda proporcional ≈7,1 °C\approx 7{,}1\ \text{°C}. Un K gran amplifica el soroll i pot donar inestabilitat; l'acció integral (PI) elimina l'error.

Resolució

  1. Condició. ess=2801+4K<5⇒1+4K>56⇒K>13,75 %/°Ce_{ss} = \dfrac{280}{1 + 4K} < 5 \Rightarrow 1 + 4K > 56 \Rightarrow K > 13{,}75\ \text{\%/°C} Amb K=14 %/°CK = 14\ \text{\%/°C} l'error és de 4,9 °C.
  2. Banda proporcional. 10014=7,1 °C\dfrac{100}{14} = 7{,}1\ \text{°C} (7,3 °C amb el valor límit 13,75): només dins d'aquest marge d'error la potència és proporcional; fora, l'actuador és saturat.
  3. Inconvenient de K gran. Amplifica el soroll del sensor (el calefactor «tremola») i, si el sistema té retards no modelats (inèrcia de la sonda, del cos del forn), pot portar a oscil·lacions i inestabilitat.
  4. Solució. L'acció integral (regulador PI) elimina l'error estacionari amb un K moderat: mentre hi hagi error, la integral creix i augmenta la potència fins que l'error és zero.

Errors típics

  • Aplicar el model lineal sense comprovar si el controlador demana més del 100 % de potència.
  • Pensar que un controlador proporcional pot arribar a error zero en un sistema de tipus 0 (sense integrador).
  • Oblidar que el model és respecte de l'ambient i donar 266,7 °C en lloc de 286,7 °C absoluts.

Conceptes treballats: sistemes de primer ordre, funció de transferència de llaç tancat, error en règim estacionari, control proporcional i banda proporcional, saturació de l'actuador, acció integral.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Un posicionador electropneumàtic d'una vàlvula es comporta com un sistema de segon ordre sense zeros: y(s)/U(s) = K·ωnω_{n}2/(s2s^{2} + 2·ζ·ωnω_{n}·s + ωnω_{n}2). Per identificar-lo, s'aplica un esglaó de 10 V a l'entrada i es registra el desplaçament de l'obturador: el valor màxim és de 30 mm, assolit a t = 0,80 s, i el sistema s'estabilitza en 25 mm.
a) Calcula el guany estàtic K, el sobrepuig relatiu MpM_{p} i el coeficient d'amortiment ζ.
b) Calcula la freqüència amortida ωdω_{d}, la freqüència natural ωnω_{n} i el temps d'establiment al 2 % (tst_{s} ≈ 4ζ⋅ωn\tfrac{4}{\zeta \cdot \omega_{n}}).
c) Prediu el valor i l'instant del primer mínim de la resposta (després del màxim).
d) El fabricant exigeix un sobrepuig inferior al 10 %. Quin valor mínim de ζ cal? Si es pogués actuar sobre l'amortiment sense canviar ωnω_{n}, quin tpt_{p} i quin tst_{s} s'obtindrien? Quina és la penalització?

Pista 1

MpM_{p} = (ymaˋxy_{\mathrm{màx}} − yfinaly_{\mathrm{final}})/yfinaly_{\mathrm{final}} i ζ = −ln(MpM_{p})/√(π2π^{2} + ln2(MpM_{p})).

Pista 2

El temps de pic és tpt_{p} = πωd\tfrac{\pi}{\omega_{d}}, amb ωdω_{d} = ωnω_{n}·1−ζ2\sqrt{1 - \zeta^{2}}.

Pista 3

Els extrems successius de la resposta es troben a tpt_{p}, 2·tpt_{p}, 3·tpt_{p}… i cada excursió és MpM_{p} vegades l'anterior, amb signe alternat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

K=2,5 mm/VK = 2{,}5\ \text{mm/V}; Mp=0,20M_p = 0{,}20 (20 %); ζ=0,456\zeta = 0{,}456

Resolució

  1. Guany estàtic. Valor final entre esglaó: K=25 mm10 V=2,5 mm/VK = \dfrac{25\ \text{mm}}{10\ \text{V}} = 2{,}5\ \text{mm/V} (no el valor de pic).
  2. Sobrepuig. Mp=ymaˋx−yfinalyfinal=30−2525=0,20M_p = \dfrac{y_{\text{màx}} - y_{\text{final}}}{y_{\text{final}}} = \dfrac{30 - 25}{25} = 0{,}20.
  3. Amortiment. ζ=−ln⁡Mpπ2+ln⁡2Mp=1,6099,870+2,590=0,456\zeta = \dfrac{-\ln M_p}{\sqrt{\pi^{2} + \ln^{2} M_p}} = \dfrac{1{,}609}{\sqrt{9{,}870 + 2{,}590}} = 0{,}456

Apartat b)

Resultat

ωd=3,93 rad/s\omega_d = 3{,}93\ \text{rad/s}; ωn=4,41 rad/s\omega_n = 4{,}41\ \text{rad/s}; ts≈2,0 st_s \approx 2{,}0\ \text{s}

Resolució

  1. Freqüència amortida. El temps de pic és tp=π/ωdt_p = \pi/\omega_d: ωd=π0,80=3,93 rad/s\omega_d = \dfrac{\pi}{0{,}80} = 3{,}93\ \text{rad/s}.
  2. Freqüència natural. ωn=ωd1−ζ2=3,930,890=4,41 rad/s\omega_n = \dfrac{\omega_d}{\sqrt{1 - \zeta^{2}}} = \dfrac{3{,}93}{0{,}890} = 4{,}41\ \text{rad/s}.
  3. Temps d'establiment. ζ ωn=2,01 s−1\zeta\,\omega_n = 2{,}01\ \text{s}^{-1}, de manera que ts≈42,01=2,0 st_s \approx \dfrac{4}{2{,}01} = 2{,}0\ \text{s}.
  4. Model identificat. G(s)=2,5⋅19,5s2+4,02 s+19,5G(s) = \dfrac{2{,}5\cdot 19{,}5}{s^{2} + 4{,}02\,s + 19{,}5}

Apartat c)

Resultat

Primer mínim: y=24 mmy = 24\ \text{mm} a t=1,6 st = 1{,}6\ \text{s}

Resolució

  1. Instant. Els extrems són a tp,2tp,3tp…t_p, 2t_p, 3t_p\ldots: el primer mínim és a 2⋅0,80=1,6 s2\cdot 0{,}80 = 1{,}6\ \text{s}.
  2. Valor. L'excursió al primer màxim és +5 mm; la següent és −Mp⋅5=−1 mm-M_p\cdot 5 = -1\ \text{mm}, de manera que el mínim és 25−1=24 mm25 - 1 = 24\ \text{mm}.
  3. Interpretació. Cada excursió és la cinquena part de l'anterior: la resposta fa 30, 24, 25,2… mm i es va assentant sobre 25 mm.

Apartat d)

Resultat

ζ≥0,591\zeta \ge 0{,}591; tp≈0,88 st_p \approx 0{,}88\ \text{s}; ts≈1,5 st_s \approx 1{,}5\ \text{s}. Penalització: el temps de pic augmenta (resposta inicial més lenta).

Resolució

  1. Amortiment mínim. Per a Mp=0,10M_p = 0{,}10: ζ=2,3039,870+5,302=0,591\zeta = \dfrac{2{,}303}{\sqrt{9{,}870 + 5{,}302}} = 0{,}591.
  2. Nous temps. Amb ωn=4,41 rad/s\omega_n = 4{,}41\ \text{rad/s}: tp=π4,411−0,5912=0,88 st_p = \dfrac{\pi}{4{,}41\sqrt{1 - 0{,}591^{2}}} = 0{,}88\ \text{s} i ts=40,591⋅4,41=1,5 st_s = \dfrac{4}{0{,}591\cdot 4{,}41} = 1{,}5\ \text{s}.
  3. Penalització. Més amortiment redueix el sobrepuig i el temps d'establiment, però el temps de pic augmenta (de 0,80 a 0,88 s): la resposta és una mica més lenta en el primer tram. A la pràctica, augmentar l'amortiment sol costar guany de llaç (precisió) o velocitat.

Errors típics

  • Calcular Mp dividint pel valor màxim i no pel valor final.
  • Confondre ωd amb ωn en fer servir tp = π/ωd.
  • Prendre el guany estàtic com a 30/10 (el valor de pic) en lloc de 25/10.

Conceptes treballats: sistemes de segon ordre, resposta a un esglaó, sobrepuig, coeficient d'amortiment i freqüència natural, temps de pic i d'establiment, identificació experimental de models.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

El servo de posició d'una cinta transportadora té una funció de transferència de llaç obert G(s) = Ks⋅(s+2)⋅(s+5)\tfrac{K}{s\cdot (s + 2)\cdot (s + 5)} (un integrador per a la posició i dos retards: motor i filtre), amb realimentació unitària negativa i guany K ajustable.
a) Escriu l'equació característica del llaç tancat i aplica el criteri de Routh-Hurwitz per trobar el rang de K per al qual és estable.
b) Per al valor crític de K, calcula la freqüència (rad/s) i el període de l'oscil·lació sostinguda.
c) Calcula els pols del llaç tancat per a K = 20 i per a K = 100 i compara'ls. Valora si K = 20 és un bon ajust.
d) El mètode de Ziegler-Nichols en llaç tancat fixa un regulador PID amb KpK_{p} = 0,6·KuK_{u}, TiT_{i} = Tu2\tfrac{T_{u}}{2} i TdT_{d} = Tu8\tfrac{T_{u}}{8}, on KuK_{u} és el guany crític i TuT_{u} el període de l'apartat b). Calcula'ls i explica per què aquest procediment es pot fer sense conèixer el model.

Pista 1

1 + G(s) = 0 → s·(s + 2)·(s + 5) + K = 0 → s3s^{3} + 7·s2s^{2} + 10·s + K = 0.

Pista 2

Construeix la taula de Routh amb els coeficients 1, 7, 10 i K. Perquè el sistema sigui estable, cap element de la primera columna no pot canviar de signe.

Pista 3

Quan una fila de Routh s'anul·la, l'equació auxiliar formada amb la fila anterior dona els pols imaginaris purs.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

s3+7s2+10s+K=0s^{3} + 7s^{2} + 10s + K = 0; estable per a 0<K<700 < K < 70

Resolució

  1. Equació característica. 1+G(s)=0⇒s(s+2)(s+5)+K=0⇒s3+7s2+10s+K=01 + G(s) = 0 \Rightarrow s(s+2)(s+5) + K = 0 \Rightarrow s^{3} + 7s^{2} + 10s + K = 0.
  2. Taula de Routh. Fila s³: 1, 10. Fila s²: 7, K. Fila s¹: (7·10 − 1·K)/7 = (70 − K)/7. Fila s⁰: K.
  3. Criteri de Routh-Hurwitz. Tots els elements de la primera columna han de ser positius: 70−K7>0\dfrac{70 - K}{7} > 0 i K>0K > 0.
  4. Conclusió. Estable per a 0 < K < 70; a K = 70 és críticament estable i per a K > 70, inestable.

Apartat b)

Resultat

ω=10=3,16 rad/s\omega = \sqrt{10} = 3{,}16\ \text{rad/s}; Tu=1,99 sT_u = 1{,}99\ \text{s}

Resolució

  1. Equació auxiliar. A Ku=70K_u = 70 la fila s¹ s'anul·la i l'equació auxiliar és 7s2+70=0⇒s=±j107s^{2} + 70 = 0 \Rightarrow s = \pm j\sqrt{10}.
  2. Freqüència i període. ω=3,16 rad/s\omega = 3{,}16\ \text{rad/s} i Tu=2π3,16=1,99 sT_u = \dfrac{2\pi}{3{,}16} = 1{,}99\ \text{s}.
  3. Comprovació. El tercer pol és s = −7: la suma dels pols és −7, com exigeix el coeficient de s².

Apartat c)

Resultat

K=20K = 20: pols −5,88-5{,}88 i −0,56±1,76j-0{,}56 \pm 1{,}76j (estable però poc amortit, ζ≈0,30\zeta \approx 0{,}30: no és un bon ajust); K=100K = 100: −7,46-7{,}46 i +0,23±3,65j+0{,}23 \pm 3{,}65j (inestable)

Resolució

  1. K = 20. Arrels de s3+7s2+10s+20=0s^{3} + 7s^{2} + 10s + 20 = 0: s=−5,88s = -5{,}88 i s=−0,56±1,76js = -0{,}56 \pm 1{,}76j.
  2. Valoració de K = 20. Amortiment dels pols complexos: ζ=0,561,85=0,30\zeta = \dfrac{0{,}56}{1{,}85} = 0{,}30. La part real petita (−0,56) vol dir oscil·lacions que triguen uns 4/0,56≈7 s4/0{,}56 \approx 7\ \text{s} a esmorteir-se: no és un bon ajust, encara que sigui estable.
  3. K = 100. Arrels de s3+7s2+10s+100=0s^{3} + 7s^{2} + 10s + 100 = 0: s=−7,46s = -7{,}46 i s=+0,23±3,65js = +0{,}23 \pm 3{,}65j. Part real positiva: oscil·lacions que creixen, inestable.
  4. Conclusió. Estar a la zona estable no vol dir tenir una bona resposta: cal marge respecte del límit.

Apartat d)

Resultat

Kp=42K_p = 42; Ti≈0,99 sT_i \approx 0{,}99\ \text{s}; Td≈0,25 sT_d \approx 0{,}25\ \text{s}

Resolució

  1. Regles de Ziegler-Nichols. Kp=0,6⋅70=42K_p = 0{,}6\cdot 70 = 42; Ti=1,992=0,99 sT_i = \dfrac{1{,}99}{2} = 0{,}99\ \text{s}; Td=1,998=0,25 sT_d = \dfrac{1{,}99}{8} = 0{,}25\ \text{s}.
  2. Per què no cal el model. Només cal un assaig amb el sistema real: es posa només l'acció proporcional, s'augmenta K fins que la sortida oscil·li amb amplitud constant i es mesuren Ku i Tu.
  3. Precaucions. L'assaig és delicat, perquè porta el sistema fins al límit de la inestabilitat, i les regles donen ajustos força «nerviosos» que sovint es moderen a la pràctica.

Errors típics

  • Considerar estable qualsevol K que només compleixi que el coeficient K sigui positiu.
  • Confondre l'equació característica amb la funció de transferència (el numerador no hi surt).
  • Pensar que un sistema estable és sempre un sistema ben ajustat.

Conceptes treballats: estabilitat de sistemes lineals, equació característica, criteri de Routh-Hurwitz, guany crític i oscil·lació sostinguda, pols del llaç tancat, ajust empíric de reguladors PID.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Un seguidor solar orienta un panell perquè segueixi el moviment aparent del sol, que és d'uns 15° per hora. El llaç de posició té realimentació unitària negativa i una funció de transferència de llaç obert G(s) = K/[s·(20·s + 1)] (motor i reductor; K en s−1).
a) Expressa la consigna en °/s. De quin tipus és el sistema? Calcula la constant d'error de velocitat Kv i l'error estacionari de seguiment en funció de K.
b) Es vol un error de seguiment d'1/10 de grau com a màxim. Calcula la K necessària i, amb ella, ζ, ωn, el sobrepuig Mp i el temps d'establiment ts ≈ 4/(ζ·ωn) a un esglaó.
c) Es demana ara 1/100 de grau. Calcula la nova K i el nou sobrepuig. Valora el resultat.
d) Quin valor de K donaria ζ = 0,707 i quin error de seguiment s'obtindria? Proposa una solució perquè el seguiment sigui precís i alhora ben amortit.

Pista 1

El tipus d'un sistema és el nombre de pols a s = 0 de G(s). Per a una consigna en rampa de pendent v, ess = v/Kv, amb Kv = lims→0 s·G(s).

Pista 2

El llaç tancat és ωn2/(s2 + 2·ζ·ωn·s + ωn2) amb 20·s2 + s + K = 0 → ωn2 = K/20 i 2·ζ·ωn = 1/20.

Pista 3

Mp = exp(−π·ζ/√(1 − ζ2)). Un ζ petit dona molt sobrepuig.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

v=0,00417 °/sv = 0{,}00417\ \text{°/s}; tipus 1; Kv=KK_v = K; ess=0,00417Ke_{ss} = \dfrac{0{,}00417}{K} graus

Resolució

  1. Consigna. 15 °/h=153600=0,00417 °/s15\ \text{°/h} = \dfrac{15}{3600} = 0{,}00417\ \text{°/s}: és una rampa.
  2. Tipus. G(s) té un pol a s = 0 (un integrador): el sistema és de tipus 1, i a un esglaó l'error és zero.
  3. Constant d'error de velocitat. Kv=lim⁡s→0s G(s)=KK_v = \lim_{s\to 0} s\,G(s) = K i ess=vKv=0,00417Ke_{ss} = \dfrac{v}{K_v} = \dfrac{0{,}00417}{K} (en graus).

Apartat b)

Resultat

K=0,0417 s−1K = 0{,}0417\ \text{s}^{-1}; ωn=0,0456 rad/s\omega_n = 0{,}0456\ \text{rad/s}; ζ=0,548\zeta = 0{,}548; Mp=12,8 %M_p = 12{,}8\ \%; ts≈160 st_s \approx 160\ \text{s}

Resolució

  1. Guany. 0,00417K≤0,1⇒K≥0,0417 s−1\dfrac{0{,}00417}{K} \le 0{,}1 \Rightarrow K \ge 0{,}0417\ \text{s}^{-1}.
  2. Equació característica. 20s2+s+K=0⇒s2+0,05 s+K20=020s^{2} + s + K = 0 \Rightarrow s^{2} + 0{,}05\,s + \dfrac{K}{20} = 0, de manera que ωn2=K/20\omega_n^{2} = K/20 i 2ζωn=0,052\zeta\omega_n = 0{,}05.
  3. Paràmetres. ωn=0,0417/20=0,0456 rad/s\omega_n = \sqrt{0{,}0417/20} = 0{,}0456\ \text{rad/s}; ζ=0,052⋅0,0456=0,548\zeta = \dfrac{0{,}05}{2\cdot 0{,}0456} = 0{,}548.
  4. Resposta a l'esglaó. Mp=e−π⋅0,548/0,837=12,8 %M_p = e^{-\pi\cdot 0{,}548/0{,}837} = 12{,}8\ \%; ts=40,548⋅0,0456=40,025=160 st_s = \dfrac{4}{0{,}548\cdot 0{,}0456} = \dfrac{4}{0{,}025} = 160\ \text{s}.

Apartat c)

Resultat

K=0,417 s−1K = 0{,}417\ \text{s}^{-1}; ζ=0,173\zeta = 0{,}173; Mp=57,6 %M_p = 57{,}6\ \% (i tst_s continua sent 160 s): precís però molt oscil·latori

Resolució

  1. Guany. K=0,004170,01=0,417 s−1K = \dfrac{0{,}00417}{0{,}01} = 0{,}417\ \text{s}^{-1}.
  2. Paràmetres. ωn=0,417/20=0,144 rad/s\omega_n = \sqrt{0{,}417/20} = 0{,}144\ \text{rad/s}; ζ=0,052⋅0,144=0,173\zeta = \dfrac{0{,}05}{2\cdot 0{,}144} = 0{,}173; Mp=57,6 %M_p = 57{,}6\ \%.
  3. Temps d'establiment. Continua sent 160 s: el producte ζωn=0,025\zeta\omega_n = 0{,}025 és fix, perquè només depèn del terme 1/20 de la planta.
  4. Valoració. Un sobrepuig tan gran fa que el panell oscil·li molt en cada moviment: la precisió en rampa millora, però l'estabilitat relativa empitjora.

Apartat d)

Resultat

K=0,025 s−1K = 0{,}025\ \text{s}^{-1}; error de seguiment ≈0,167°\approx 0{,}167\text{°}. Solució: afegir acció derivativa o un control anticipatiu de la velocitat del sol.

Resolució

  1. Guany per a ζ = 0,707. ζ=0,052K/20=0,707⇒K/20=0,03536⇒K=20⋅0,00125=0,025 s−1\zeta = \dfrac{0{,}05}{2\sqrt{K/20}} = 0{,}707 \Rightarrow \sqrt{K/20} = 0{,}03536 \Rightarrow K = 20\cdot 0{,}00125 = 0{,}025\ \text{s}^{-1}.
  2. Error de seguiment. ess=0,004170,025=0,167°e_{ss} = \dfrac{0{,}00417}{0{,}025} = 0{,}167\text{°}.
  3. Compromís. Només amb K no es poden tenir alhora un error petit i un bon amortiment.
  4. Solució. Afegir una acció derivativa (avanç de fase) per amortir, o una acció anticipativa: el moviment del sol és conegut (efemèrides), de manera que es pot enviar la velocitat de consigna directament al motor (pre-alimentació) i deixar al llaç la correcció dels petits errors.

Errors típics

  • Aplicar la fórmula de l'error a la rampa a un sistema de tipus 0 (donaria infinit).
  • Pensar que el sobrepuig només depèn de K i no del terme 1/20 de la planta.
  • Oblidar passar els 15°/h a °/s.

Conceptes treballats: tipus de sistema i constants d'error, error de seguiment a una rampa, sistemes de segon ordre, compromís entre precisió i amortiment, control anticipatiu, energia solar.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Un regulador PI digital actua sobre un bany tèrmic el comportament del qual, amb el període de mostreig Δt = 1 s, és y[k+1] = y[k] + 0,1·(−y[k] + 2·u[k]), amb y la temperatura sobre l'ambient (°C) i u la potència del calefactor (en unitats arbitràries). El regulador calcula: e[k] = r − y[k]; ucu_{c}[k] = KpK_{p}·e[k] + I[k]; I[k+1] = I[k] + KiK_{i}·Δt·e[k], amb KpK_{p} = 1,5, KiK_{i} = 0,4 s−1\text{s}^{-1}, r = 10 i I[0] = 0. La potència aplicada és u[k] = ucu_{c}[k].
a) Calcula y[1], y[2], y[3] i y[4].
b) Quins valors de u, I i y tindrà el sistema en règim estacionari? Justifica'ls sense simular.
c) El calefactor només pot donar entre 0 i 6 (u = màxim(0, mínim(ucu_{c}, 6))). Repeteix y[1], y[2], y[3] i calcula la sortida del regulador ucu_{c}[k] i la integral I[k] durant aquests tres passos. Què passa amb la integral?
d) Una simulació de 100 s del cas c) dona una temperatura màxima d'11,9 °C a k = 49, i la mateixa simulació amb la integral congelada mentre l'actuador és saturat i l'error empeny cap a més saturació en dona 10,2 °C a k = 22. Explica el fenomen (windup) i per què la segona estratègia l'evita.

Pista 1

Per al pas k: e[k] = 10 − y[k]; ucu_{c}[k] = 1,5·e[k] + I[k]; després actualitza I i y.

Pista 2

En règim estacionari e = 0, de manera que la sortida de la integral ha de ser la potència que exigeix el bany: y = 2·u (perquè y[k+1] = y[k]).

Pista 3

Compara la ucu_{c} que demana el regulador amb la u que realment rep el bany.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

y[1]=3,0y[1] = 3{,}0; y[2]=5,6y[2] = 5{,}6; y[3]=7,72y[3] = 7{,}72; y[4]=9,344y[4] = 9{,}344

Resolució

  1. Algorisme. A cada pas: e=10−y[k]e = 10 - y[k]; uc=1,5 e+I[k]u_c = 1{,}5\,e + I[k]; y[k+1]=y[k]+0,1 (−y[k]+2u)y[k+1] = y[k] + 0{,}1\,(-y[k] + 2u); I[k+1]=I[k]+0,4 eI[k+1] = I[k] + 0{,}4\,e.
  2. k = 0 i k = 1. k = 0: e=10e = 10, uc=15u_c = 15, y[1]=0+0,1⋅30=3,0y[1] = 0 + 0{,}1\cdot 30 = 3{,}0, I[1]=4I[1] = 4. k = 1: e=7e = 7, uc=10,5+4=14,5u_c = 10{,}5 + 4 = 14{,}5, y[2]=3+0,1⋅(−3+29)=5,6y[2] = 3 + 0{,}1\cdot(-3 + 29) = 5{,}6, I[2]=6,8I[2] = 6{,}8.
  3. k = 2 i k = 3. k = 2: e=4,4e = 4{,}4, uc=6,6+6,8=13,4u_c = 6{,}6 + 6{,}8 = 13{,}4, y[3]=5,6+0,1⋅(−5,6+26,8)=7,72y[3] = 5{,}6 + 0{,}1\cdot(-5{,}6 + 26{,}8) = 7{,}72, I[3]=8,56I[3] = 8{,}56. k = 3: e=2,28e = 2{,}28, uc=3,42+8,56=11,98u_c = 3{,}42 + 8{,}56 = 11{,}98, y[4]=7,72+0,1⋅(−7,72+23,96)=9,344y[4] = 7{,}72 + 0{,}1\cdot(-7{,}72 + 23{,}96) = 9{,}344.

Apartat b)

Resultat

y=10y = 10; u=5u = 5; I=5I = 5

Resolució

  1. Equilibri del bany. En règim estacionari y[k+1]=y[k]y[k+1] = y[k], d'on −y+2u=0⇒u=y/2-y + 2u = 0 \Rightarrow u = y/2.
  2. Efecte de la integral. La integral porta l'error a zero: y=r=10y = r = 10 i, per tant, u=5u = 5. Com que e=0e = 0, u=Iu = I i I=5I = 5.
  3. Comprovació. La potència de 5 és dins del límit de 6 de l'apartat c): en règim estacionari l'actuador no satura.

Apartat c)

Resultat

y[1]=1,2y[1] = 1{,}2; y[2]=2,28y[2] = 2{,}28; y[3]=3,252y[3] = 3{,}252; ucu_c = 15; 17,2; 19,1 (però u = 6); I = 4; 7,52; 10,61: la integral creix sense servir de res (windup)

Resolució

  1. k = 0. uc=15→u=6u_c = 15 \to u = 6; y[1]=0+0,1⋅12=1,2y[1] = 0 + 0{,}1\cdot 12 = 1{,}2; I[1]=4I[1] = 4.
  2. k = 1. e=8,8e = 8{,}8; uc=13,2+4=17,2→u=6u_c = 13{,}2 + 4 = 17{,}2 \to u = 6; y[2]=1,2+0,1⋅(−1,2+12)=2,28y[2] = 1{,}2 + 0{,}1\cdot(-1{,}2 + 12) = 2{,}28; I[2]=7,52I[2] = 7{,}52.
  3. k = 2. e=7,72e = 7{,}72; uc=11,58+7,52=19,1→u=6u_c = 11{,}58 + 7{,}52 = 19{,}1 \to u = 6; y[3]=2,28+0,1⋅(−2,28+12)=3,252y[3] = 2{,}28 + 0{,}1\cdot(-2{,}28 + 12) = 3{,}252; I[3]=10,61I[3] = 10{,}61.
  4. Què passa amb la integral. El regulador demana 15, 17,2 i 19,1, però el calefactor només dona 6. La integral continua creixent (4; 7,5; 10,6…) perquè l'error és gran, encara que això no serveixi de res: s'acumula «càrrega» que després s'haurà de desfer.

Apartat d)

Resultat

És el windup: amb l'actuador saturat la integral es carrega molt per sobre de 5 i provoca un sobrepuig gran (11,9 °C); congelant-la (anti-windup) no s'acumula i el sobrepuig cau a 10,2 °C.

Resolució

  1. Windup. Mentre l'actuador està saturat, I creix molt per sobre del valor final (5). Quan la temperatura s'apropa a 10, l'error ja és petit, però la integral està tan carregada que ucu_c segueix sent superior al que cal.
  2. Conseqüència. La temperatura passa de 10 (fins a 11,9 °C, un 19 % de sobrepuig) fins que l'error negatiu descarrega la integral: transitori llarg i amb sobrepuig.
  3. Anti-windup. Congelant la integral mentre el calefactor és saturat (integració condicional), I no creix quan no serveix: en sortir de la saturació té un valor raonable i el sobrepuig cau a 10,2 °C (2 %).
  4. Comprovació. Una simulació pròpia de 100 passos reprodueix els valors de l'enunciat: 11,9 °C a k = 49 amb windup i 10,2 °C a k = 22 amb la integral congelada.

Errors típics

  • Aplicar el límit del calefactor però seguir integrant l'error sense restriccions.
  • Pensar que la uc calculada pel regulador és la potència real del bany quan hi ha saturació.
  • Oblidar actualitzar la integral amb l'error del mateix pas k (i no el de k + 1).

Conceptes treballats: control digital, regulador PI discret, període de mostreig, errors i règim estacionari, saturació de l'actuador, windup i anti-windup.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Una habitació es comporta com un sistema tèrmic de primer ordre amb una constant de temps de 2 h (7200 s). Un calefactor de 2 kW, amb el temps, portaria la temperatura de l'habitació 30 °C per sobre de la de l'exterior (per tant, a 35 °C si a fora fan 5 °C). Un termòstat de tot-o-res té consigna de 21 °C i una histèresi de ±0,5 °C: connecta el calefactor a 20,5 °C i el desconnecta a 21,5 °C.
a) Calcula el temps de connexió tont_{\mathrm{on}} (T puja de 20,5 a 21,5 °C amb el calefactor posat) i el de desconnexió tofft_{\mathrm{off}} (T baixa de 21,5 a 20,5 °C amb el calefactor aturat) per a una temperatura exterior de 5 °C. Usa T(t) = T∞ + (T0T_{0} − T∞)·e−t/τ.
b) Calcula el període del cicle, la fracció de temps connectat (cicle de treball) i la potència mitjana. Comprova el cicle de treball amb un raonament de balanç d'energia.
c) Repeteix l'apartat a) i b) quan a fora fan −5 °C (el calefactor, ara, portaria l'habitació a 25 °C). Què passa amb el cicle de treball?
d) Si la histèresi passa a ser de ±2 °C, calcula el nombre de commutacions per dia amb 5 °C a l'exterior i la durada esperada d'un relé de 100 000 maniobres. Quin compromís hi ha en triar la histèresi?

Pista 1

En escalfament: T∞ = 35 °C. En refredament: T∞ = 5 °C. Aïlla t de T(t) = T∞ + (T0T_{0} − T∞)·e−t/τ.

Pista 2

Balanç d'energia: perquè la temperatura es mantingui, la potència mitjana ha de compensar les pèrdues a 21 °C, que són proporcionals a (21 − TextT_{\mathrm{ext}}).

Pista 3

Un cicle = tont_{\mathrm{on}} + tofft_{\mathrm{off}}. Cicles per dia = 86 400perıˊode\tfrac{86\,400}{\text{període}}. Una commutació és una maniobra del relé: dues per cicle.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

ton≈515 st_{\text{on}} \approx 515\ \text{s} (8,6 min); toff≈450 st_{\text{off}} \approx 450\ \text{s} (7,5 min)

Resolució

  1. Model. T(t)=T∞+(T0−T∞) e−t/τT(t) = T_\infty + (T_0 - T_\infty)\,e^{-t/\tau}, d'on t=τ⋅ln⁡T0−T∞T−T∞t = \tau\cdot\ln\dfrac{T_0 - T_\infty}{T - T_\infty}, amb τ=7200 s\tau = 7200\ \text{s}.
  2. Escalfament. T∞=35 °CT_\infty = 35\ \text{°C}: ton=7200⋅ln⁡35−20,535−21,5=7200⋅ln⁡14,513,5=515 st_{\text{on}} = 7200\cdot\ln\dfrac{35 - 20{,}5}{35 - 21{,}5} = 7200\cdot\ln\dfrac{14{,}5}{13{,}5} = 515\ \text{s}
  3. Refredament. T∞=5 °CT_\infty = 5\ \text{°C}: toff=7200⋅ln⁡21,5−520,5−5=7200⋅ln⁡16,515,5=450 st_{\text{off}} = 7200\cdot\ln\dfrac{21{,}5 - 5}{20{,}5 - 5} = 7200\cdot\ln\dfrac{16{,}5}{15{,}5} = 450\ \text{s}

Apartat b)

Resultat

Període 965 s (16,1 min); cicle de treball 53,3 %; potència mitjana 1,07 kW

Resolució

  1. Període i cicle de treball. 965 s965\ \text{s} (16,1 min); 515965=53,3 %\dfrac{515}{965} = 53{,}3\ \%.
  2. Potència mitjana. 0,533⋅2 kW=1,07 kW0{,}533\cdot 2\ \text{kW} = 1{,}07\ \text{kW}.
  3. Balanç d'energia. Les pèrdues són proporcionals a la diferència amb l'exterior. A 21 °C valen 21−535−5⋅2 kW=1,067 kW\dfrac{21 - 5}{35 - 5}\cdot 2\ \text{kW} = 1{,}067\ \text{kW}: el calefactor només ha d'estar connectat el 1630=53,3 %\dfrac{16}{30} = 53{,}3\ \% del temps. Coincideix.

Apartat c)

Resultat

ton≈1809 st_{\text{on}} \approx 1809\ \text{s}; toff≈277 st_{\text{off}} \approx 277\ \text{s}; període 2086 s (34,8 min); cicle de treball 86,7 %: com més fred, més temps connectat

Resolució

  1. Temps. ton=7200⋅ln⁡25−20,525−21,5=1809 stoff=7200⋅ln⁡21,5+520,5+5=277 st_{\text{on}} = 7200\cdot\ln\dfrac{25 - 20{,}5}{25 - 21{,}5} = 1809\ \text{s} \qquad t_{\text{off}} = 7200\cdot\ln\dfrac{21{,}5 + 5}{20{,}5 + 5} = 277\ \text{s}
  2. Cicle. Període de 2086 s (34,8 min); cicle de treball 18092086=86,7 %\dfrac{1809}{2086} = 86{,}7\ \%; balanç: 2630=86,7 %\dfrac{26}{30} = 86{,}7\ \%.
  3. Interpretació. Com més fred fa, més temps està connectat. Amb una calefacció just superior a les necessitats, el cicle de treball s'apropa al 100 % i la temperatura es recupera cada cop més lentament.

Apartat d)

Resultat

Amb ±2 °C: 22,3 cicles/dia (44,5 maniobres/dia), relé ≈ 6,2 anys; amb ±0,5 °C: 179 maniobres/dia, relé ≈ 1,5 anys. Compromís: confort contra desgast.

Resolució

  1. Temps amb ±2 °C. De 19 a 23 °C: ton=7200⋅ln⁡1612=2071 st_{\text{on}} = 7200\cdot\ln\dfrac{16}{12} = 2071\ \text{s} i toff=7200⋅ln⁡1814=1809 st_{\text{off}} = 7200\cdot\ln\dfrac{18}{14} = 1809\ \text{s}; cicle de 3881 s (64,7 min); el cicle de treball continua sent 53,4 %.
  2. Commutacions. 86 4003881=22,3\dfrac{86\,400}{3881} = 22{,}3 cicles/dia, és a dir, 44,5 maniobres/dia (dues per cicle: connexió i desconnexió). Amb ±0,5 °C: 86 400965=89,5\dfrac{86\,400}{965} = 89{,}5 cicles/dia, és a dir, 179 maniobres/dia.
  3. Vida del relé. 100 000179≈558\dfrac{100\,000}{179} \approx 558 dies (1,5 anys) amb ±0,5 °C i 100 00044,5≈2250\dfrac{100\,000}{44{,}5} \approx 2250 dies (6,2 anys) amb ±2 °C.
  4. Compromís. Una histèresi petita manté la temperatura més estable, però desgasta els contactes (i el compressor o la caldera, si n'hi ha); una histèresi gran allarga la vida dels elements, però dona oscil·lacions de temperatura més amples (±2 °C es nota en el confort).

Errors típics

  • Fer servir la mateixa T∞ en escalfar i en refredar.
  • Pensar que el cicle de treball és 50 % perquè «puja i baixa el mateix».
  • Comptar un cicle com una sola maniobra del relé (en són dues: connexió i desconnexió).

Conceptes treballats: control de tot-o-res, histèresi, resposta d'un sistema tèrmic de primer ordre, cicle de treball, balanç d'energia, fiabilitat dels elements de maniobra.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Un dipòsit de 2 m2 de secció és alimentat per una vàlvula que dona 0,5 L/s per cada 1 % d'obertura u. Un consum d (L/s) extrau aigua del dipòsit. El nivell h (m) compleix 2000·dh/dt = 0,5·u − d, on 2000 L/m és la capacitat per metre d'alçada. La consigna és r = 3 m. El regulador és proporcional, u = Kp·(r − h), amb Kp = 20 %/m.
a) Raona que el dipòsit és un integrador. Calcula la constant de temps del llaç tancat amb el regulador proporcional i el nivell estacionari quan el consum és d = 5 L/s. Quin és l'error estacionari i quina obertura de la vàlvula hi ha?
b) Per què cal un error per tal que la vàlvula estigui oberta? Quina seria la conseqüència si el consum doblés?
c) Es canvia per un regulador PI, u = Kp·[e + (1/Ti)·∫e·dt], amb Ti = 400 s. Escriu l'equació característica, calcula ωn i ζ, i el sobrepuig corresponent.
d) Una simulació parteix del nivell estacionari h = 3 m amb d = 0 i, a t = 100 s, el consum passa de sobte a 5 L/s. Amb el PI el nivell cau fins a 2,68 m (a t ≈ 414 s) i torna a 3 m; amb el P s'estabilitza en 2,5 m. Comenta els resultats i digues quin regulador triaries si el nivell no pot baixar de 2,9 m.

Pista 1

Si 0,5·u = d, el nivell no varia. El nivell varia quan el cabal d'entrada i el de sortida són diferents: és el que fa un integrador.

Pista 2

Amb el P: 2000·dh/dt = 0,5·20·(3 − h) − d = 10·(3 − h) − d. És un primer ordre amb τ = 2000/10.

Pista 3

Amb el PI: 2000·s2 + 10·s + 10/Ti = 0 (per al llaç tancat), de manera que ωn2 = 10/(2000·Ti) i 2·ζ·ωn = 10/2000.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

És un integrador; τ=200 s\tau = 200\ \text{s}; h=2,5 mh = 2{,}5\ \text{m}; ess=0,5 me_{ss} = 0{,}5\ \text{m}; obertura 10 %

Resolució

  1. Integrador. dhdt=0,5 u−d2000\dfrac{dh}{dt} = \dfrac{0{,}5\,u - d}{2000}: el nivell és la integral de (cabal d'entrada − cabal de sortida) dividida per la capacitat. Si 0,5·u = d, el nivell no varia.
  2. Llaç amb el P. 2000 dhdt=0,5⋅20⋅(3−h)−d=10 (3−h)−d2000\,\dfrac{dh}{dt} = 0{,}5\cdot 20\cdot(3 - h) - d = 10\,(3 - h) - d: primer ordre amb τ=200010=200 s\tau = \dfrac{2000}{10} = 200\ \text{s}.
  3. Règim estacionari. dhdt=0⇒10 (3−h)=5⇒h=2,5 m\dfrac{dh}{dt} = 0 \Rightarrow 10\,(3 - h) = 5 \Rightarrow h = 2{,}5\ \text{m}. Error: 0,5 m (17 % de la consigna).
  4. Obertura. u=20⋅0,5=10 %u = 20\cdot 0{,}5 = 10\ \%; comprovació: 0,5⋅10=5 L/s0{,}5\cdot 10 = 5\ \text{L/s}, igual que el consum.

Apartat b)

Resultat

El P només obre la vàlvula si hi ha error (u = Kp·e); si el consum doblés, l'error doblaria (1 m) i el nivell es quedaria a 2 m.

Resolució

  1. Raonament. El regulador proporcional només dona obertura si hi ha error (u=Kp⋅eu = K_p\cdot e): perquè la vàlvula doni els 5 L/s cal un error de 0,5 m.
  2. Consum doble. Amb 10 L/s: 10 (3−h)=10⇒e=1 m10\,(3 - h) = 10 \Rightarrow e = 1\ \text{m} i el nivell s'estabilitza en 2 m.
  3. Conclusió. El P no pot fer error zero davant d'un consum constant diferent de zero.

Apartat c)

Resultat

2000 s2+10 s+0,025=02000\,s^{2} + 10\,s + 0{,}025 = 0; ωn=0,00354 rad/s\omega_n = 0{,}00354\ \text{rad/s}; ζ=0,707\zeta = 0{,}707; Mp≈4,3 %M_p \approx 4{,}3\ \%

Resolució

  1. Equació característica. Amb el PI: 2000 s2+10 s+10400=02000\,s^{2} + 10\,s + \dfrac{10}{400} = 0, és a dir, s2+0,005 s+1,25⋅10−5=0s^{2} + 0{,}005\,s + 1{,}25\cdot 10^{-5} = 0.
  2. Paràmetres. ωn=1,25⋅10−5=0,00354 rad/s\omega_n = \sqrt{1{,}25\cdot 10^{-5}} = 0{,}00354\ \text{rad/s}; ζ=0,0052⋅0,00354=0,707\zeta = \dfrac{0{,}005}{2\cdot 0{,}00354} = 0{,}707.
  3. Sobrepuig. Mp=e−πζ/1−ζ2=e−π=4,3 %M_p = e^{-\pi\zeta/\sqrt{1 - \zeta^{2}}} = e^{-\pi} = 4{,}3\ \%; ts≈4ζωn=1600 st_s \approx \dfrac{4}{\zeta\omega_n} = 1600\ \text{s}.

Apartat d)

Resultat

Cap dels dos compleix el límit de 2,9 m (el P per l'error estacionari, aquest PI per la caiguda transitòria); es tria un PI amb Kp alt (p. ex. 100 %/m i Ti = 80 s, mínim 2,94 m).

Resolució

  1. Resultats. Amb el PI el nivell cau fins a 2,68 m uns 314 s després de l'esglaó i després l'acció integral va obrint la vàlvula fins que recupera el nivell exacte: error final zero. Amb el P el nivell es queda a 2,5 m per sempre.
  2. Requisit. Cap dels dos compleix el requisit de no baixar de 2,9 m: el P pel seu error estacionari i aquest PI perquè la caiguda transitòria és massa gran.
  3. Ajust. Com que l'acció integral només afegeix obertura quan l'error és positiu, el PI no baixa mai tant com el P amb la mateixa KpK_p: n'hi ha prou que el P compleixi el límit, 50,5 Kp≤0,1 m⇒Kp≥100 %/m\dfrac{5}{0{,}5\,K_p} \le 0{,}1\ \text{m} \Rightarrow K_p \ge 100\ \text{\%/m}.
  4. Conclusió. Amb Kp=100 %/mK_p = 100\ \text{\%/m} i Ti=80 sT_i = 80\ \text{s} (que manté ζ=0,71\zeta = 0{,}71) una simulació dona un mínim de 2,94 m i error final zero. Es tria, doncs, un PI amb guany proporcional alt.

Errors típics

  • Pensar que el regulador P pot portar l'error a zero quan hi ha un consum constant.
  • Confondre el dipòsit (integrador, tipus 1) amb un primer ordre sense integrador.
  • Oblidar que 2 m2 són 2000 L per metre d'alçada en passar a litres.

Conceptes treballats: sistemes integradors, control P i PI, error estacionari davant de pertorbacions, equació característica de segon ordre, amortiment, regulació de nivell.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Una màquina omple i tapa ampolles d'una en una. Entrades: m (marxa), p (ampolla present a l'estació), n (nivell correcte, mesurat un cop acabat l'ompliment), c (tap col·locat) i s (ampolla sortida de l'estació). Sortides: B (bomba d'ompliment), T (tapadora), C (cinta d'evacuació) i R (empenta de rebuig). La seqüència és:
• Etapa 0 (inicial, repòs). Passa a 1 quan m·p.
• Etapa 1: ompliment (B). Passa a 2 al cap de 2,0 s.
• Etapa 2: espera d'estabilització (0,5 s). Després, si n va a l'etapa 3; si no n, a l'etapa 5.
• Etapa 3: tapar (T). Passa a 4 quan c (1,5 s en funcionament normal).
• Etapa 4: evacuar (C). Torna a 0 quan s (1,0 s).
• Etapa 5: rebuig (R). Torna a 0 quan s (1,2 s).
a) Escriu les equacions d'activació de les etapes 0 a 5 i les de les sortides, en la forma XiX_{i} = (Xi−1·receptivitat + XiX_{i})·Xˉ\bar{X}i+1 (a les etapes amb bifurcació o convergència cal adaptar-ho). Fes servir t1t_{1} i t2t_{2} per als temporitzadors de 2,0 s i 0,5 s.
b) Calcula la durada d'un cicle amb ampolla correcta i la d'un cicle amb rebuig, i el nombre d'ampolles correctes per hora si el 4 % es rebutgen (suposa que cada ampolla arriba tot just quan acaba l'anterior).
c) Raona per què les receptivitats de les dues transicions que surten de l'etapa 2 han de ser excloents. Què passaria si n fos un sensor que falla i queda sempre a 1?
d) Si el sensor c falla (queda a 0), la màquina queda bloquejada a l'etapa 3 amb la tapadora activada. Afegeix una sortida de seguretat: com ho resols amb un temporitzador i quina etapa afegeixes?

Pista 1

Cada etapa s'activa quan l'anterior és activa i la transició es compleix, i es desactiva quan l'etapa següent s'activa. L'etapa 0 té dues etapes anteriors (4 i 5).

Pista 2

Cicle correcte = suma de les durades de les etapes 1, 2, 3 i 4. Cicle de rebuig: 1, 2 i 5.

Pista 3

Un temporitzador associat a l'etapa 3 pot portar la màquina a una etapa d'alarma si c no arriba en un temps raonable.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

X1=(X0mp+X1) X2‾X_1 = (X_0 m p + X_1)\,\overline{X_2}; X2=(X1t1+X2) X3‾ X5‾X_2 = (X_1 t_1 + X_2)\,\overline{X_3}\,\overline{X_5}; X3=(X2t2n+X3) X4‾X_3 = (X_2 t_2 n + X_3)\,\overline{X_4}; X4=(X3c+X4) X0‾X_4 = (X_3 c + X_4)\,\overline{X_0}; X5=(X2t2n‾+X5) X0‾X_5 = (X_2 t_2 \overline{n} + X_5)\,\overline{X_0}; X0=(X4s+X5s+X0) X1‾X_0 = (X_4 s + X_5 s + X_0)\,\overline{X_1}. Sortides: B = X1, T = X3, C = X4, R = X5.

Resolució

  1. Regla. Cada etapa s'activa quan l'anterior és activa i es compleix la receptivitat, es manté a si mateixa i es desactiva quan s'activa la següent: Xi=(Xi−1⋅recept.+Xi)⋅Xi+1‾X_i = (X_{i-1}\cdot\text{recept.} + X_i)\cdot\overline{X_{i+1}}.
  2. Seqüència lineal. X1=(X0 m p+X1) X2‾X3=(X2 t2 n+X3) X4‾X4=(X3 c+X4) X0‾X_1 = (X_0\, m\, p + X_1)\,\overline{X_2} \qquad X_3 = (X_2\, t_2\, n + X_3)\,\overline{X_4} \qquad X_4 = (X_3\, c + X_4)\,\overline{X_0}
  3. Divergència a l'etapa 2. L'etapa 2 es desactiva tant si s'activa la 3 com la 5, i l'etapa 5 s'activa amb la receptivitat complementària: X2=(X1 t1+X2) X3‾ X5‾X5=(X2 t2 n‾+X5) X0‾X_2 = (X_1\, t_1 + X_2)\,\overline{X_3}\,\overline{X_5} \qquad X_5 = (X_2\, t_2\, \overline{n} + X_5)\,\overline{X_0}
  4. Convergència a l'etapa 0. S'hi arriba des de la 4 o des de la 5: X0=(X4 s+X5 s+X0) X1‾X_0 = (X_4\, s + X_5\, s + X_0)\,\overline{X_1} amb X0=1X_0 = 1 en iniciar el PLC.
  5. Sortides. B = X1; T = X3; C = X4; R = X5. Una simulació lògica de les equacions recorre 0 → 1 → 2 → 3 → 4 → 0 amb n = 1 i 0 → 1 → 2 → 5 → 0 amb n = 0.

Apartat b)

Resultat

Cicle correcte: 5,0 s; cicle amb rebuig: 3,7 s; unes 698 ampolles correctes per hora

Resolució

  1. Durades. Cicle correcte (etapes 1, 2, 3 i 4): 2,0 + 0,5 + 1,5 + 1,0 = 5,0 s. Cicle amb rebuig (1, 2 i 5): 2,0 + 0,5 + 1,2 = 3,7 s.
  2. Durada mitjana. 0,96⋅5,0+0,04⋅3,7=4,948 s0{,}96\cdot 5{,}0 + 0{,}04\cdot 3{,}7 = 4{,}948\ \text{s}.
  3. Producció. Ampolles processades per hora: 36004,948=727,6\dfrac{3600}{4{,}948} = 727{,}6; correctes: 0,96⋅727,6=6980{,}96\cdot 727{,}6 = 698 ampolles/h (cal descomptar les rebutjades).

Apartat c)

Resultat

Han de ser excloents perquè només s'activi una de les dues etapes (tapar o rebutjar); si n quedés sempre a 1, cap ampolla mal omplerta no es rebutjaria (fallada silenciosa).

Resolució

  1. Exclusió. Les receptivitats t2 nt_2\,n i t2 n‾t_2\,\overline{n} són excloents: en cada moment només se'n compleix una, i només s'activa l'etapa 3 o la 5.
  2. Si no ho fossin. S'activarien les dues etapes alhora (es taparia i es rebutjaria la mateixa ampolla) i la seqüència deixaria d'estar controlada.
  3. Sensor n encallat a 1. No es rebutjaria mai cap ampolla mal omplerta: el defecte passa a l'estació de tapat i el producte defectuós arriba al client. És una fallada «silenciosa», més perillosa que una fallada que aturi la màquina.

Apartat d)

Resultat

S'afegeix un temporitzador t3t_3 a l'etapa 3 (p. ex. 4 s) i una etapa 6 d'alarma, activada per X3 t3 c‾X_3\, t_3\, \overline{c}, que desactiva la tapadora, avisa l'operari i torna a 0 amb un rearmament.

Resolució

  1. Temporitzador de vigilància. Un temporitzador t3t_3 associat a l'etapa 3, d'uns 4 s (unes tres vegades el temps normal d'1,5 s).
  2. Etapa d'alarma. Nova etapa 6, a la qual es passa quan t3⋅c‾t_3\cdot\overline{c}: X6=(X3 t3 c‾+X6) X0‾X_6 = (X_3\, t_3\, \overline{c} + X_6)\,\overline{X_0}, i ara X3=(X2 t2 n+X3) X4‾ X6‾X_3 = (X_2\, t_2\, n + X_3)\,\overline{X_4}\,\overline{X_6}.
  3. Què fa l'etapa 6. Com que T=X3T = X_3, en passar a l'etapa 6 la tapadora es desactiva; s'encén un senyal d'avís i es demana la intervenció de l'operari. Torna a l'etapa 0 quan es prem un rearmament.
  4. Conclusió. Així la tapadora no queda sota tensió indefinidament i la fallada queda diagnosticada.

Errors típics

  • Activar l'etapa 5 amb la mateixa receptivitat que l'etapa 3 (les dues transicions han de ser excloents).
  • Oblidar que l'etapa 0 pot venir de l'etapa 4 o de la 5.
  • Calcular el rendiment sense descomptar les ampolles rebutjades.

Conceptes treballats: automatismes seqüencials, GRAFCET, equacions d'activació d'etapes, divergència i convergència en O, temporitzadors, tractament de fallades i seguretat, control de qualitat en línia.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

A la sortida d'un bescanviador de calor es regula la temperatura T de l'aigua calenta sanitària. En règim estacionari, T (°C sobre una referència) depèn de l'obertura de la vàlvula de vapor u (%) i del cabal d'aigua demandat d (L/min): T = GpG_{p}·u + GdG_{d}·d, amb GpG_{p} = 0,8 °C/% i GdG_{d} = −0,5 °C per L/min (més cabal baixa la temperatura). Un regulador proporcional dona u = K·(r − T) amb K = 5 %/°C. Considera r = 0 (treballem amb desviacions).
a) Quina variació de T provoca un augment de 6 L/min del cabal si no hi ha regulació? I amb el regulador proporcional? Calcula el factor de reducció.
b) Es vol afegir un control anticipatiu que mesura d i suma a la vàlvula una contribució uffu_{ff} = GffG_{ff}·d. Calcula el valor de GffG_{ff} que anul·la la influència de d sobre T. Raona per què no cal esperar que T canviï.
c) El valor de GdG_{d} només es coneix amb un ±10 % d'incertesa. Calcula la variació de T per a un augment de 6 L/min si el control anticipatiu es calcula amb GdG_{d} sobrestimat un 10 % o subestimat un 10 %, (c1) amb control anticipatiu sol (sense regulador) i (c2) combinat amb el regulador proporcional.
d) Explica per què es combinen el control anticipatiu i la realimentació, i quins límits té cada un d'ells.

Pista 1

Amb regulador: T = GpG_{p}·u + GdG_{d}·d i u = −K·T (r = 0) → T·(1 + K·GpG_{p}) = GdG_{d}·d.

Pista 2

Perquè d no afecti T: GpG_{p}·GffG_{ff} + GdG_{d} = 0.

Pista 3

Amb una estimació errònia, l'efecte de d no s'anul·la del tot: GpG_{p}·GffG_{ff} + GdG_{d} ≠ 0.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

Sense regulació ΔT=−3,0 °C\Delta T = -3{,}0\ \text{°C}; amb el P ΔT=−0,6 °C\Delta T = -0{,}6\ \text{°C}; factor de reducció 5

Resolució

  1. Sense regulació. ΔT=Gd⋅Δd=−0,5⋅6=−3,0 °C\Delta T = G_d\cdot\Delta d = -0{,}5\cdot 6 = -3{,}0\ \text{°C}.
  2. Amb el regulador proporcional. T=Gp u+Gd dT = G_p\,u + G_d\,d i u=−K Tu = -K\,T, de manera que T (1+KGp)=Gd dT\,(1 + K G_p) = G_d\,d: ΔT=Gd Δd1+KGp=−3,01+4=−0,6 °C\Delta T = \dfrac{G_d\,\Delta d}{1 + K G_p} = \dfrac{-3{,}0}{1 + 4} = -0{,}6\ \text{°C}
  3. Factor de reducció. 1+KGp=51 + K G_p = 5: la regulació redueix l'efecte 5 vegades, però no l'anul·la.

Apartat b)

Resultat

Gff=−GdGp=0,625 %/(L/min)G_{ff} = -\dfrac{G_d}{G_p} = 0{,}625\ \text{\%/(L/min)}

Resolució

  1. Condició. Perquè d no afecti T: Gp Gff+Gd=0⇒Gff=−GdGp=0,50,8=0,625 %/(L/min)G_p\,G_{ff} + G_d = 0 \Rightarrow G_{ff} = -\dfrac{G_d}{G_p} = \dfrac{0{,}5}{0{,}8} = 0{,}625\ \text{\%/(L/min)}.
  2. Exemple. Davant d'un cabal de +6 L/min, la vàlvula s'obre 0,625⋅6=3,75 %0{,}625\cdot 6 = 3{,}75\ \% abans que T hagi canviat. Fixa't en el signe: si la pertorbació baixa T, la compensació ha d'augmentar u.
  3. Per què no cal esperar. El control anticipatiu actua sobre la causa (el cabal mesurat), no sobre l'efecte: no depèn que hi hagi error.

Apartat c)

Resultat

(c1) Només anticipatiu: ΔT=±0,3 °C\Delta T = \pm 0{,}3\ \text{°C}; (c2) anticipatiu + P: ΔT=±0,06 °C\Delta T = \pm 0{,}06\ \text{°C} (+ si Gd es sobrestima, − si se subestima)

Resolució

  1. Gd sobrestimat. S'estima Gd=−0,55G_d = -0{,}55: Gff=0,550,8=0,6875G_{ff} = \dfrac{0{,}55}{0{,}8} = 0{,}6875 i la influència residual és Gp Gff+Gd=0,55−0,5=+0,05 °C per L/minG_p\,G_{ff} + G_d = 0{,}55 - 0{,}5 = +0{,}05\ \text{°C per L/min}.
  2. Gd subestimat. S'estima Gd=−0,45G_d = -0{,}45: Gff=0,5625G_{ff} = 0{,}5625 i la influència residual és 0,45−0,5=−0,05 °C per L/min0{,}45 - 0{,}5 = -0{,}05\ \text{°C per L/min}.
  3. (c1) Només anticipatiu. ΔT=±0,05⋅6=±0,3 °C\Delta T = \pm 0{,}05\cdot 6 = \pm 0{,}3\ \text{°C}.
  4. (c2) Combinat amb el P. El residu també queda dividit pel factor de la realimentació: ΔT=±0,31+4=±0,06 °C\Delta T = \dfrac{\pm 0{,}3}{1 + 4} = \pm 0{,}06\ \text{°C}.
  5. Comparació. Respecte del cas amb només regulador (−0,6 °C) és una millora de 10 vegades, tot i la incertesa del 10 %.

Apartat d)

Resultat

L'anticipatiu és ràpid però només compensa la pertorbació mesurada i depèn del model; la realimentació corregeix qualsevol pertorbació però actua tard. Combinats, se sumen els avantatges.

Resolució

  1. Control anticipatiu. És ràpid i no pot fer inestable el llaç, però només compensa la pertorbació que es mesura i depèn de la precisió del model (un error del 10 % deixa un 10 % de l'efecte).
  2. Realimentació. Corregeix qualsevol pertorbació o error de model, incloses les que no es mesuren (com un canvi de qualitat del vapor), però només actua després que T ja s'ha desviat.
  3. Conclusió. Combinar-los aprofita els dos avantatges: l'anticipatiu elimina la major part de l'efecte de la pertorbació principal i la realimentació neteja el residu i totes les altres.

Errors típics

  • Confondre el signe de Gff: si la pertorbació baixa T, la compensació ha d'augmentar u.
  • Pensar que el control anticipatiu pot substituir del tot la realimentació.
  • Aplicar la reducció 1 + K·Gp a la contribució de la compensació sense tenir en compte que la compensació s'ha de sumar abans.

Conceptes treballats: control anticipatiu (feedforward) i realimentació, rebuig de pertorbacions, sensibilitat a errors de model, guany de llaç, regulació de processos tèrmics.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Un servomecanisme de posició de braç robòtic es modelitza amb la planta θ(s)/V(s) = 1/[s·(s + 4)] (rad per volt). Un amplificador de guany A = 64 V/rad rep el senyal d'error (1 V/rad de sensor de posició) i excita el motor. Se'n vol millorar l'amortiment amb un tacòmetre que mesura la velocitat angular ω = s·θ i en resta Kt·ω a l'error abans de l'amplificador (Kt en V·s/rad), de manera que V = A·(r − θ − Kt·s·θ).
a) Sense tacòmetre (Kt = 0), calcula ωn, ζ, el sobrepuig, el temps de pic i el temps d'establiment al 2 % (4/(ζ·ωn)).
b) Demostra que amb tacòmetre la funció de transferència és θ/r = A/[s2 + (4 + A·Kt)·s + A] i calcula el Kt perquè ζ = 0,707.
c) Calcula amb aquest Kt el sobrepuig, el temps de pic i el d'establiment. Compara amb l'apartat a).
d) Calcula la constant d'error de velocitat Kv en els dos casos i l'error estacionari per a una rampa d'1 rad/s. Raona quin és el preu de l'amortiment i quina interpretació física té el tacòmetre.

Pista 1

Substitueix V al model: s·(s + 4)·θ = A·(r − θ − Kt·s·θ) i aïlla θ.

Pista 2

ωn = √A i 2·ζ·ωn = 4 + A·Kt. Fixa ζ = 0,707 i aïlla Kt.

Pista 3

Per a una rampa, ess = 1/Kv amb Kv = lim s·[A/(s·(s + 4 + A·Kt))] = A/(4 + A·Kt).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

ωn=8 rad/s\omega_n = 8\ \text{rad/s}; ζ=0,25\zeta = 0{,}25; Mp=44,4 %M_p = 44{,}4\ \%; tp=0,41 st_p = 0{,}41\ \text{s}; ts=2,0 st_s = 2{,}0\ \text{s}

Resolució

  1. Llaç tancat. θr=As2+4s+A=64s2+4s+64\dfrac{\theta}{r} = \dfrac{A}{s^{2} + 4s + A} = \dfrac{64}{s^{2} + 4s + 64}
  2. Paràmetres. ωn=64=8 rad/s\omega_n = \sqrt{64} = 8\ \text{rad/s}; 2ζωn=4⇒ζ=0,252\zeta\omega_n = 4 \Rightarrow \zeta = 0{,}25.
  3. Resposta. Mp=e−π⋅0,25/1−0,0625=44,4 %M_p = e^{-\pi\cdot 0{,}25/\sqrt{1 - 0{,}0625}} = 44{,}4\ \%; tp=π8⋅0,968=0,41 st_p = \dfrac{\pi}{8\cdot 0{,}968} = 0{,}41\ \text{s}; ts=40,25⋅8=2,0 st_s = \dfrac{4}{0{,}25\cdot 8} = 2{,}0\ \text{s}.
  4. Valoració. Un robot amb un 44 % de sobrepuig és inacceptable.

Apartat b)

Resultat

θr=As2+(4+AKt)s+A\dfrac{\theta}{r} = \dfrac{A}{s^{2} + (4 + A K_t)s + A}; Kt=0,114 V⋅s/radK_t = 0{,}114\ \text{V}\cdot\text{s/rad}

Resolució

  1. Demostració. s(s+4) θ=A r−A θ−AKt s θ⇒θ [s2+4s+AKts+A]=A rs(s+4)\,\theta = A\,r - A\,\theta - A K_t\, s\,\theta \Rightarrow \theta\,[s^{2} + 4s + A K_t s + A] = A\,r, per tant θr=As2+(4+AKt) s+A\dfrac{\theta}{r} = \dfrac{A}{s^{2} + (4 + A K_t)\,s + A}
  2. Efecte del tacòmetre. ωn=A=8 rad/s\omega_n = \sqrt{A} = 8\ \text{rad/s} no canvia: el tacòmetre només modifica el terme de s.
  3. Càlcul de Kt. 4+64 Kt=2⋅0,707⋅8=11,31⇒Kt=0,114 V⋅s/rad4 + 64\,K_t = 2\cdot 0{,}707\cdot 8 = 11{,}31 \Rightarrow K_t = 0{,}114\ \text{V}\cdot\text{s/rad}.

Apartat c)

Resultat

Mp=4,3 %M_p = 4{,}3\ \%; tp=0,56 st_p = 0{,}56\ \text{s}; ts=0,71 st_s = 0{,}71\ \text{s}: molt menys sobrepuig i gairebé tres vegades més ràpid d'establir-se

Resolució

  1. Resposta amb ζ = 0,707. Mp=e−π=4,3 %M_p = e^{-\pi} = 4{,}3\ \%; tp=π8⋅0,707=0,56 st_p = \dfrac{\pi}{8\cdot 0{,}707} = 0{,}56\ \text{s}; ts=40,707⋅8=0,71 st_s = \dfrac{4}{0{,}707\cdot 8} = 0{,}71\ \text{s}.
  2. Comparació. El sobrepuig cau de 44,4 % a 4,3 % i el temps d'establiment de 2,0 a 0,71 s (gairebé tres vegades més ràpid), a canvi d'un temps de pic una mica més llarg (0,41 → 0,56 s).

Apartat d)

Resultat

Sense tacòmetre Kv=16 s−1K_v = 16\ \text{s}^{-1}, ess=0,0625 rade_{ss} = 0{,}0625\ \text{rad}; amb tacòmetre Kv=5,66 s−1K_v = 5{,}66\ \text{s}^{-1}, ess=0,177 rade_{ss} = 0{,}177\ \text{rad}. El preu de l'amortiment és perdre precisió en rampa.

Resolució

  1. Constant d'error de velocitat. Kv=lim⁡s→0s⋅As (s+4+AKt)=A4+AKtK_v = \lim_{s\to 0} s\cdot\dfrac{A}{s\,(s + 4 + A K_t)} = \dfrac{A}{4 + A K_t} i, per a una rampa d'1 rad/s, ess=1/Kve_{ss} = 1/K_v.
  2. Càlcul. Sense tacòmetre: Kv=644=16 s−1K_v = \dfrac{64}{4} = 16\ \text{s}^{-1}, ess=0,0625 rade_{ss} = 0{,}0625\ \text{rad}. Amb tacòmetre: Kv=6411,31=5,66 s−1K_v = \dfrac{64}{11{,}31} = 5{,}66\ \text{s}^{-1}, ess=0,177 rade_{ss} = 0{,}177\ \text{rad}, gairebé tres vegades pitjor.
  3. Interpretació física. El tacòmetre afegeix un fre «viscós» electrònic proporcional a la velocitat: com més de pressa es mou el braç, més s'oposa el senyal, com un amortidor en una suspensió.
  4. Com recuperar precisió. Augmentant A i reajustant KtK_t per mantenir ζ (llavors Kv=A2ζK_v = \dfrac{\sqrt{A}}{2\zeta} creix com A\sqrt{A}), o amb una acció integral.

Errors típics

  • Suposar que el tacòmetre canvia ωn: només modifica el terme de s.
  • Pensar que més amortiment no té cap cost.
  • Confondre el sobrepuig (relatiu) amb el valor absolut de l'excursió.

Conceptes treballats: servomecanismes, sistemes de segon ordre, realimentació de velocitat (tacomètrica), amortiment, error en rampa i constant Kv, compromís entre precisió i estabilitat relativa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Com es calcula la funció de transferència d'un llaç tancat?

Amb realimentació negativa, és G(1+G⋅H)\tfrac{G}{(1 + G \cdot H)}, on G és la cadena directa i H la realimentació.

Com és el cicle de funcionament d'un PLC?

Llegeix les entrades, executa el programa i actualitza les sortides, i ho repeteix contínuament en cicles de pocs mil·lisegons.

Tornar a Tecnologia i Enginyeria

Altres temes de Tecnologia i Enginyeria 2n Batxillerat