Examen Parcial de Control de Procesos 2018 - 0 [PDF]

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EXAMEN PARCIAL DE CONTROL DE PROCESOS 2018 - 0 1. En el sistema nivel-líquido mostrado en la figura, la función de forzamiento en el flujo al segundo tanque es una función impulso de magnitud 5. Considere los siguientes datos: A1 = 0,25 m2, A2 = A3 = 0,5 m2, R1 = 0,2 m/m3, and R2 = 0,3 m/m3. El flujo 3 es constante. f0

a) Establezca la variable de control, la de perturbación y la de manipulación; así como las razones para ello. Variable de control: nivel del tanque 3. Por razones de seguridad y operatividad principalmente. Variable de perturbación: flujo de entrada superior al tanque 2. Porque es el más susceptible a cambiar de acuerdo con su disponibilidad y demanda. Variable de manipulación: flujo de salida del tanque 2 o del tanque 3. El flujo 2 porque está directamente relacionado con el nivel del tanque 3; y si la bomba es de velocidad regulable sería también una buena alternativa. b) Determine expresiones para H1(s), H2(s), H3(s). Presunciones: ➢ La densidad es constante puesto que no hay cambios de temperatura considerable ➢ Es un fluido incompresible ➢ No hay perdidas por evaporación ➢ Pérdidas por fricción despreciables Balance de materia en el tanque 2: in – out  gen = acc 𝜌𝑓1 (𝑡) =

𝑑𝜌𝐴1 ℎ1 (𝑡) 𝑑𝑡

𝑓1 (𝑡) = 𝐴1

𝑑ℎ1 (𝑡) 𝑑𝑡

(1) 1 ecuación con 3 incógnitas: h1, f1

•

Válvulas: 𝑓1 (𝑡) =

√𝜌𝑔[ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡)] √𝜌𝑔 √[ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡)] = 𝑅1 𝑅1

(2)

2 ecuaciones con 3 incógnitas: h1, h2, f1 Balance de materia en el tanque 2: 𝑓0 (𝑡) − 𝑓1 (𝑡) − 𝑓2 (𝑡) = 𝐴2

𝑑ℎ2 (𝑡) 𝑑𝑡

(3) 3 ecuaciones con 4 incógnitas: h1, h2, f1, f2

𝑓2 (𝑡) =

√𝜌𝑔ℎ2 (𝑡) √𝜌𝑔 √ℎ2 (𝑡) = 𝑅2 𝑅2

(4) 4 ecuaciones con 4 incógnitas: h1, h2, f1, f2

Balance de materia en el tanque 3: 𝑓2 (𝑡) − 𝑓3 = 𝐴3

𝑑ℎ3 (𝑡) 𝑑𝑡

(5) 5 ecuaciones con 5 incógnitas: h1, h2, h3, f1, f2

Combinando ecuaciones (1) y (2) 𝑑ℎ1 (𝑡) √𝜌𝑔 √[ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡)] = 𝐴1 𝑅1 𝑑𝑡

(6)

Combinando ecuaciones (2) y (3) y (4) 𝑓0 (𝑡) −

𝑑ℎ2 (𝑡) √𝜌𝑔 √𝜌𝑔 √[ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡)] − √ℎ2 (𝑡) = 𝐴2 𝑅1 𝑅2 𝑑𝑡

(7)

Combinando ecuaciones (4) y (5) 𝑑ℎ3 (𝑡) √𝜌𝑔 √ℎ2 (𝑡) − 𝑓3 = 𝐴3 𝑅2 𝑑𝑡

(8)

Linealizando: √[ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡)] = √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ] −

+

1 2

√ℎ2 (𝑡) = √ℎ̅2 +

1

1 2

1 √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

[ℎ1 (𝑡) − ℎ̅1 ] (9)

[ℎ2 (𝑡) − ℎ̅12 ]

√[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

1 1 [ℎ (𝑡) − ℎ̅12 ] 2 √ℎ̅2 2

(10)

Evaluando las ecuaciones (6), (7) y (8) en estado estacionario: √𝜌𝑔 √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ] = 0 𝑅1 𝑓0̅ −

(11)

√𝜌𝑔 √𝜌𝑔 √ℎ̅2 = 0 √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ] − 𝑅1 𝑅2

(12)

√𝜌𝑔 √ℎ̅2 − 𝑓3 = 0 𝑅2

(13)

Restando las ecuaciones (11), (12) y (13) de las ecuaciones (6), (7) y (8) respectivamente: 1 − 2

√𝜌𝑔 𝑅1 √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

𝑓0 (𝑡) − 𝑓0̅ +

1 2

1 [ℎ1 (𝑡) − ℎ̅1 ] + 2 √𝜌𝑔 𝑅1

√𝜌𝑔 𝑅1

[ℎ2 (𝑡) − ℎ̅12 ] = 𝐴1

√[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

[ℎ1 (𝑡) − ℎ̅1 ] −

√[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

1 2

√𝜌𝑔 𝑅1

𝑑ℎ1 (𝑡) 𝑑𝑡

(14)

[ℎ2 (𝑡) − ℎ̅12 ]

√[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

(15)

√𝜌𝑔 1 𝑅2 𝑑ℎ2 (𝑡) − [ℎ2 (𝑡) − ℎ̅12 ] = 𝐴2 2 √ℎ̅2 𝑑𝑡 √𝜌𝑔 1 𝑅2 𝑑ℎ3 (𝑡) [ℎ2 (𝑡) − ℎ̅12 ] − 𝑓3 + 𝑓3 = 𝐴3 2 √ℎ̅2 𝑑𝑡

(16)

En términos de las variables de desviación las ecuaciones anteriores quedan así −𝐶1 𝐻1 (𝑡) + 𝐶1 𝐻2 (𝑡) = 𝐴1

𝑑𝐻1 (𝑡) 𝑑𝑡

𝐹0 (𝑡) + 𝐶1 𝐻1 (𝑡)−𝐶1 𝐻2 (𝑡) − 𝐶2 𝐻2 (𝑡) = 𝐴2 𝐶2 𝐻2 (𝑡) = 𝐴3

(17) 𝑑𝐻2 (𝑡) 𝑑𝑡

(18)

𝑑𝐻3 (𝑡) 𝑑𝑡

(19)

Donde: 1 𝐶1 = 2

√𝜌𝑔 𝑅1 √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ]

Definiendo los siguientes parámetros: 𝐴1 = 𝜏1 𝐶1

√𝜌𝑔 1 𝑅2 𝐶2 = 2 √ℎ̅2

𝐴2 = 𝜏2 (𝐶1 + 𝐶2 )

1 = 𝐾1 (𝐶1 + 𝐶2 )

𝐶1 = 𝐾2 (𝐶1 + 𝐶2 )

𝐴3 = 𝜏3 𝐶2 Usando estos parámetros y aplicando la transformada de Laplace a las tres ecuaciones anteriores: 𝐇2 (𝑠) 𝜏1 𝑠 + 1 𝐾1 𝐾2 𝐇2 (𝑠) = 𝐅0 (𝑠) + 𝐇 (𝑠) 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 1 𝐇1 (𝑠) =

𝐇3 (𝑠) =

𝐇2 (𝑠) 𝜏3 𝑠

(18) (19) (20)

Trabajando para H1(s): 𝐇1 (𝑠) = [1 −

1 𝐾1 𝐾2 [ 𝐅0 (𝑠) + 𝐇 (𝑠)] 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 1

1 𝐾2 1 𝐾1 × ] 𝐇1 (𝑠) = × 𝐅 (𝑠) 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 0

[𝜏1 𝜏2 𝑠 2 + (𝜏1 +𝜏2 )𝑠 + 1 − 𝐾2 ]𝐇1 (𝑠) = 𝐾1 𝐅0 (𝑠) [

𝜏1 𝜏2 2 (𝜏1 +𝜏2 ) 𝐾1 𝑠 + 𝑠 + 1] 𝐇1 (𝑠) = 𝐅 (𝑠) 1 − 𝐾2 1 − 𝐾2 1 − 𝐾2 0

Si 𝜏1 𝜏2 ⇒ 1 − 𝐾2

𝜏2 =

2𝜉𝜏 = 𝐾=

(𝜏1 +𝜏2 ) 1 − 𝐾2

𝜏=√

⇒

𝜏1 𝜏2 1 − 𝐾2

𝜉=

(𝜏1 +𝜏2 ) 1 √ (1 − 𝐾2 )𝜏1 𝜏2 2

𝐾1 1 − 𝐾2

(21)

(22)

(23)

Queda H1(s): 𝐇1 (𝑠) =

𝜏 2𝑠2

𝐾 𝐅 (𝑠) + 2𝜉𝜏𝑠 + 1 0

(24)

Aunque este procedimiento está correcto, la solución no es válida debido a que el término √[ℎ̅2 − ℎ̅1 ] es cero, haciendo que se indetermine muchos términos de las ecuaciones anteriores; esto muestra las limitaciones de la linealización, que, en algunos casos como en este problema, no puede ser aplicado de manera generalizada.

Si las válvulas son de tipo lineal, con coeficientes de resistencia: , R1 = 0,2 m-s/m3, and R2 = 0,3 m-s/m3. Balance de materia en el tanque 1: in – out  gen = acc 𝑑𝜌𝐴1 ℎ1 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑑ℎ1 (𝑡) 𝑓1 (𝑡) = 𝐴1 𝑑𝑡

𝜌𝑓1 (𝑡) =

•

(1) 1 ecuación con 3 incógnitas: h1, f1

Válvulas con resistencias lineales: 𝑓1 (𝑡) =

ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡) 𝑅1

(2) 2 ecuaciones con 3 incógnitas: h1, h2, f1

Balance de materia en el tanque 2: 𝑓0 (𝑡) − 𝑓1 (𝑡) − 𝑓2 (𝑡) = 𝐴2

𝑑ℎ2 (𝑡) 𝑑𝑡

(3) 3 ecuaciones con 4 incógnitas: h1, h2, f1, f2

ℎ2 (𝑡) 𝑓2 (𝑡) = 𝑅2

(4) 4 ecuaciones con 4 incógnitas: h1, h2, f1, f2

Balance de materia en el tanque 3: 𝑓2 (𝑡) − 𝑓3 = 𝐴3

𝑑ℎ3 (𝑡) 𝑑𝑡

(5) 5 ecuaciones con 5 incógnitas: h1, h2, h3, f1, f2

Combinando ecuaciones (1) y (2) ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡) 𝑑ℎ1 (𝑡) = 𝐴1 𝑅1 𝑑𝑡 Combinando ecuaciones (2) y (3) y (4)

(6)

ℎ2 (𝑡) − ℎ1 (𝑡) ℎ2 (𝑡) 𝑑ℎ2 (𝑡) − = 𝐴2 𝑅1 𝑅2 𝑑𝑡 Combinando ecuaciones (4) y (5)

(7)

𝑓0 (𝑡) −

ℎ2 (𝑡) 𝑑ℎ3 (𝑡) − 𝑓3 = 𝐴3 𝑅2 𝑑𝑡 Evaluando las ecuaciones (6), (7) y (8) en estado estacionario: ℎ̅2 − ℎ̅1 =0 𝑅1 ℎ̅2 − ℎ̅1 ℎ̅2 𝑓0̅ − − =0 𝑅1 𝑅2 ℎ̅2 − 𝑓3 = 0 𝑅2

(8)

(9) (10) (11)

Restando las ecuaciones (9), (10) y (11) de las ecuaciones (6), (7) y (8) respectivamente:

𝐻2 (𝑡) − 𝐻1 (𝑡) 𝑑𝐻1 (𝑡) = 𝐴1 𝑅1 𝑑𝑡 𝐻2 (𝑡) − 𝐻1 (𝑡) 𝐻2 (𝑡) 𝑑𝐻2 (𝑡) 𝐹0 (𝑡) − − = 𝐴2 𝑅1 𝑅2 𝑑𝑡 (𝑡) 𝐻2 (𝑡) 𝑑𝐻3 = 𝐴3 𝑅2 𝑑𝑡

(12) (13) (14)

Rearreglando las anteriores ecuaciones: 𝑑𝐻1 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑅1 𝑅2 1 𝑅1 𝑅2 𝑅1 𝑅2 𝑑𝐻2 (𝑡) ( ) 𝐹0 (𝑡) + ( ) 𝐻1 (𝑡) − 𝐻2 (𝑡) = ( ) 𝐴2 𝑅1 + 𝑅2 𝑅1 𝑅1 + 𝑅2 𝑅1 + 𝑅2 𝑑𝑡 𝐻2 (𝑡) − 𝐻1 (𝑡) = 𝑅1 𝐴1

𝐻2 (𝑡) = 𝑅2 𝐴3

𝑑𝐻3 (𝑡) 𝑑𝑡

(15) (16) (17)

Definiendo los siguientes parámetros: (

𝑅1 𝐴1 = 𝜏1 (

𝑅1 𝑅2 ) = 𝐾1 𝑅1 + 𝑅2

𝑅1 𝑅2 ) 𝐴 = 𝜏2 𝑅1 + 𝑅2 2 𝑅2 ( ) = 𝐾2 𝑅1 + 𝑅2

𝑅2 𝐴3 = 𝜏3 Usando estos parámetros y aplicando la transformada de Laplace a las tres ecuaciones anteriores: 𝐇2 (𝑠) 𝜏1 𝑠 + 1 𝐾1 𝐾2 𝐇2 (𝑠) = 𝐅0 (𝑠) + 𝐇 (𝑠) 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 1 𝐇2 (𝑠) 𝐇3 (𝑠) = 𝜏3 𝑠 Trabajando para H1(s): 𝐇1 (𝑠) =

𝐇1 (𝑠) = [1 −

(18) (19) (20)

1 𝐾1 𝐾2 [ 𝐅0 (𝑠) + 𝐇 (𝑠)] 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 1

1 𝐾2 1 𝐾1 × ] 𝐇1 (𝑠) = × 𝐅 (𝑠) 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 𝜏1 𝑠 + 1 𝜏2 𝑠 + 1 0 [𝜏1 𝜏2 𝑠 2 + (𝜏1 +𝜏2 )𝑠 + 1 − 𝐾2 ]𝐇1 (𝑠) = 𝐾1 𝐅0 (𝑠) [

𝜏1 𝜏2 2 (𝜏1 +𝜏2 ) 𝐾1 𝑠 + 𝑠 + 1] 𝐇1 (𝑠) = 𝐅 (𝑠) 1 − 𝐾2 1 − 𝐾2 1 − 𝐾2 0

Si 𝜏2 =

𝜏1 𝜏2 ⇒ 1 − 𝐾2

𝜏=√

𝜏1 𝜏2 1 − 𝐾2

(21)

2𝜉𝜏 = 𝐾=

(𝜏1 +𝜏2 ) 1 − 𝐾2

⇒

𝜉=

(𝜏1 +𝜏2 ) 1 √ (1 − 𝐾2 )𝜏1 𝜏2 2

𝐾1 1 − 𝐾2

(22)

(23)

Queda H1(s): 𝐇1 (𝑠) =

𝜏 2𝑠2

𝐾 𝐅 (𝑠) + 2𝜉𝜏𝑠 + 1 0

(24)

c) Bosqueje la respuesta de H1(t). Siendo la función de transferencia de segundo orden para H1(t), la respuesta dependerá del valor de 𝜉. 𝜉=

(𝜏1 +𝜏2 ) 1 √ (1 − 𝐾2 )𝜏1 𝜏2 2

m−s × 0,25 m2 = 0,05 s m3 m−s m−s 0,2 𝑅1 𝑅2 3 × 0,3 m3 m 𝜏2 = ( )𝐴 = × 0,5 m2 = 0,06 s 𝑅1 + 𝑅2 2 0,2 m − s + 0,3 m − s m3 m3 m−s 0,3 𝑅2 m3 𝐾2 = ( )= m − s m − s = 0,6 𝑅1 + 𝑅2 0,2 + 0,3 m3 m3 𝜏1 = 𝑅1 𝐴1 = 0,2

𝜉=

(𝜏1 +𝜏2 ) (0,05 s + 0,06 s) 1 1 √ √ = (1 − 𝐾2 )𝜏1 𝜏2 (1 − 0,6) × 0,05 s × 0,06 s 2 2

𝜉 = 1,59 La respuesta corresponde a la de uno sobreamortiguado, por lo tanto, el bosquejo de la respuesta será:

H(t)

0

0

t

2. El flujo nominal de un líquido a través de una válvula de control es de 480 gpm. Con este flujo la caída de presión por fricción en la línea es de 15 psi. La caída de presión total en la línea debido a la fricción y a la válvula es de 20 psi; la gravedad específica del líquido es 0,85. a) Dimensionar la válvula para un 100% de sobrecapacidad. Esto significa que se duplica el flujo nominal y que la válvula está completamente abierta con caída de presión en estado nominal. Pdin = 20 psi ∆𝑃̌𝐿 = 15 psi ∆𝑃̌𝑣 = 5 psi ∆𝑃𝑣 (𝑡) 𝑓(𝑡) = 𝐶𝑉𝑣𝑝 (𝑡)√ 𝐺 ∆𝑃̅𝑣 5 2𝑓 ̅ = 𝐶𝑉√ ⇒ 2 × 480 gpm = 𝐶𝑉√ ⇒ 𝐶𝑉 = 400 gpm 𝐺 0,85 b) Determinar el flujo a través de la válvula cuando está completamente abierta (por si acaso, no es 960 gpm) ∆𝑃𝑣,𝑚𝑎𝑥 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝐶𝑉 √ = 400 𝐺 fmax = 533 gpm

𝑓𝑚𝑎𝑥 2 20 − 15 × ( √ 480 ) 0,85

c) Calcular la ganancia de la válvula para el flujo de diseño suponiendo que tiene característica lineal. Primero calculamos la apertura de la válvula en estado estacionario: ∆𝑃̅𝑣 5 𝑓 ̅ = 𝐶𝑉𝑣̅𝑝 √ ≡ 480 gpm = 400 gpm × 𝑣̅𝑝 √ 𝐺 0,85 𝑣̅𝑝 = 0,4948 𝐾𝑣 =

1 ∆𝑃̅𝑣 𝑓 ̅ 1 5 480 gpm = × × 16 mA ∆𝑃𝑑𝑖𝑛 𝑣̅𝑝 16 mA 20 0,4948

Kv = 15,16 gpm/mA d) Obtener la rangeabilidad de la válvula. Si se tiene en cuenta un  5% de margen:

𝑓0,05

𝑓0,95

𝑓0,05 2 20 − 15 × ( √ 480 ) = 400 gpm × 0,05 0,85



f 0,05 = 95,56 gpm

𝑓0,95 2 20 − 15 × ( √ 480 ) = 400 gpm × 0,95 0,85



f 0,95 = 530,78 gpm

530,78 = 5,55 95,56 Si se tiene en cuenta un  10% de margen: 𝑅=

𝑓0,10

𝑓0,10 2 √20 − 15 × ( 480 ) = 400 gpm × 0,10 0,85

𝑓0,90 2 √20 − 15 × ( 480 ) 𝑓0,90 = 400 gpm × 0,90 0,85 528,28 𝑅= = 2,88 183,13



f 0,10 = 183,13 gpm



f 0,90 = 528,28 gpm

Puntaje: 1) 12 puntos (2, 5 y 5); 2) 8 puntos (2, 2, 3 y 1)