ici_tema 3_2010

TEMA 3. EJECUCIÓN DE LOS SISTEMAS CON TEMA 3. EJECUCIÓN DE LOS SISTEMAS CON

INGENIERÍA DE CONTROL I EJECUCIÓN DE LOS SISTEMAS CON RETROALIMENTACIÓN

RETROALIMENTACIÓNRETROALIMENTACIÓN

CONTENIDOCONTENIDO

EFECTOS DE LA RETROALIMENTACIÓN EN LASENSIBILIDAD Y ROBUSTEZERROR DE ESTADO ESTABLEERROR DE ESTADO ESTABLECARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA TRANSITORIA YESTABILIDAD DE SISTEMASCRITERIO DE ESTABILIDAD DE ROUTH-HURWITZCONTROLADORES P, PI, PD, PIDSINTONIZACIÓN DE CONTROLADORES

DRS. JOSÉ DE JESÚS LIRA PÉREZ Y CIRO ALBERTO NÚÑEZ GUTIÉRREZ 1

EFECTOS DE LA RETROALIMENTACIÓN EN LA EFECTOS DE LA RETROALIMENTACIÓN EN LA


EFECTOS DE LA RETROALIMENTACIÓN EN LA EFECTOS DE LA RETROALIMENTACIÓN EN LA SENSIBILIDAD Y ROBUSTEZSENSIBILIDAD Y ROBUSTEZ

Esta parte se refiere a la motivación para el uso deEsta parte se refiere a la motivación para el uso deretroalimentación y sus efectos en el desempeño

Las principales razones para usar retroalimentación son:

1. Reducir la sensibilidad del desempeño a variaciones de pparámetros de la planta e imperfecciones en su modelo para el diseño.

2. Reducir la sensibilidad a perturbaciones de entrada y ruido.3. Mejorar la respuesta transitoria.4. Reducir los errores en estado estable.





G G+ CR cG GCT = =Gc G

-CR

Controlador Planta1 c

TR G GH

= =+

Si GcGH >> 1

1G GCH

La sensibilidad está determinada primeramente por la GANANCIA DE LAZO GcGH

1c

c

G GCTR G GH H

= ≈ =

p p c(el producto de las funciones de transferencia alrededor del lazo)

EjemploCon retroalimentación se tiene

1 2

1 21K KC A

R K K= =

+

Si K1K2 = 1 entonces A = 0 5 Reduciendo K2 a laSi no se tuviera retroalimentación y el valor de K2 disminuyera a la mitad, C/Rdisminuye en la misma proporción

Si K1K2 = 1, entonces A = 0.5. Reduciendo K2 a lamitad se tiene A = 1/3 (67% de su valor original)

Pero si K1K2 = 9, entonces A = 0.9. Reduciendo K2a la mitad se tiene A = 0.818 (91% de su valor

i i l)


original)

La ganancia de lazo más grande ha reducido la sensibilidad




Formalmente las propiedades de sensibilidad se pueden estudiar usando la función deFormalmente las propiedades de sensibilidad se pueden estudiar usando la función desensibilidad S.Por ejemplo, la sensibilidad de la función de transferencia de lazo cerrado T a loscambios en la función de transferencia de la trayectoria hacia adelante Gf = GcG es:

/ 1 1G G G G⎛ ⎞∂ ∂ ∂

( )2/ 1 1/ 1 11

f f f f

f f f f f ff

G G G GT T TSG G T G T G G H T G HG H

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= = = = =⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ + ++⎝ ⎠

La sensibilidad estática es el valor de S cuando s tiende a cero.Las sensibilidades dinámicas usualmente se calculan reemplazando s por jω ygraficando S como función de la frecuencia ω

Ejemplo ( )( )2

1/ 1/ 1a

K sT T A T A sSA A A Ah

τ τ+∂ ∂ += = = =∂ ∂

1KAT

s KAhτ=

+ +

( )2/ 11a A A T A T s KAhs KAh ττ∂ ∂ + ++ +

( )( )

2

2// 11

h

KAT T h T h KAhSh h T h T s KAhs KAh ττ

−∂ ∂ −= = = =∂ ∂ + ++ +1s KAhτ + + ( )

( )2// 11

T T T KAs sST T s KAhs KAh

ττ τ τ

τ τ τ ττ∂ ∂ − −

= = = =∂ ∂ + ++ +

L ibilid d táti S d d l i d l KAh i t


La sensibilidad estática Sas se reduce cuando la ganancia de lazo KAh se incrementa, pero la magnitud de Shs se aproxima a 1 y Sτs es cero.




Efecto de las perturbaciones externasD

Efecto de las perturbaciones externas

+ CE

L

++

Gc G1-

CR = 0E

G2+

1 22

1 1cG G G RG LDC

G G G H G G G H= +

+ +H 1 2 1 21 1c cG G G H G G G H+ +

2G LC E− 1 2cG G GC2

1 21 c

G LC ED G G G H D= =

+ Para H = 1 1 2

1 21c

c

G G GCR G G G H=

+

Si G G G H >> 1C L≈

1C≈


Si GcG1G2H >> 11cD G G H

≈R H≈y




Para minimizar la respuesta a las perturbaciones de entrada D, C/D debe hacerse muy pequeña,lo que se logra haciendo GcG1H muy grande en el lazo de retroalimentación entre C y el puntodonde D entra al lazo. Pero también es necesario que el sistema responda bien a la entrada R, lo

l l d G G G 1 h i d 1 A b i i l lcual se logra cuando GcG1G2 >> 1, haciendo H = 1. Ambos requerimientos se logran con un altaganancia en GcG1 , entre los puntos donde R y D entran al lazo.

La sensibilidad a perturbaciones se reduce cuando la ganancia GcG1 se incrementa

La respuesta en estado estable, para a las perturbaciones es claramente una mediciónt →∞La respuesta en estado estable, para a las perturbaciones es claramente una mediciónimportante de la calidad del sistema. Para D(s) = 1/s

t →

G L2

0 01 2

lim ( ) lim ( ) lim1t s s

c

G Lc t sC sG G G H→∞ → →

= =+





Ejemplo

Encontrar K1 y K2 para

) 0 1 0 9C Ci ) 0 01 0 99C Cii) 0.1 , 0.9iD R= = ) 0.01 , 0.99ii

D R= =

1 2

1K KC

R K K= 2

1KC

D K K=

1 21R K K+ 1 21D K K+

i) K1 = 9 , K2 = 1 ii) K1 = 99 , K2 = 1


Regresar


ERROR DE ESTADO ESTABLEERROR DE ESTADO ESTABLE

R G+ CE

-

1E 11

ER G=

+

0 0

( )lim ( ) lim ( ) lim1 ( )ss t

sR se e t sE sG

= = =+0 0 1 ( )t s s G s→∞ → → +

Para G(s) se asume la siguiente forma general

1.... 1( )k

ka s a sKG + + +1

1

....( ).... 1

kn l

l

a s a sKG ss b s b s

=+ + +

Definiciones

GANANCIA V l d K d l té i t t d l d d i dGANANCIA: Valor de K cuando los términos constantes del numerador y denominadorson hechos unitarios. Es formalmente la ganancia de la función de transferencia G y sepuede expresar como:

li ( )nG K G


0lim ( )n

sGanancia K s G s

→=



NÚMERO DE TIPO: Es el valor del entero n y representa el número de integradores en GCONSTANTE DE ERROR DE POSICIÓN K El l d l i K 0CONSTANTE DE ERROR DE POSICIÓN Kp: El valor de la ganancia K para n = 0.CONSTANTE DE ERROR DE VELOCIDAD Kv: El valor de la ganancia K para n = 1.CONSTANTE DE ERROR DE ACELERACIÓN Ka: El valor de la ganancia K para n = 2.

El error de estado estable también se puede escribir de esta manera:

( )( )lim sR se =

( )0lim

1 /ss nse

K s→ +

P j l i t d l ti 2 t d it i l d t dPor ejemplo, para un sistema del tipo 2 con una entrada rampa unitaria, el error de estado estable se puede calcular como:

( )21/li li 0

s s s( )( ) 220 0

lim lim 01 /ss s s

es KK s→ →

= = =++




ERRORES DE ESTADO ESTABLE

1/R s=1

Número de tipo: n = 0 n = 1 n = 2

0 0 1/R s=

21/R s=

1 pK+

∞1K

0 0

0

31/R s=

vK1

aK∞ ∞

+ E

Ejemplos

R G+

-CE




( )( )( )

12

( )K as b

G scs ds e fs g

+=

+ + +

Tipo 0

1 pK bGanancia Keg

=(a)

g

11sse

K=

+Entrada escalón unitario: Entrada rampa unitaria: sse →∞1 pK+ p ss

( )K b Tipo 1( )( )( )

12

( )K as b

G ss cs ds e fs g

+=

+ + +

Tipo 1

1 vK bGanancia Keg

=(b)

0sse =Entrada escalón unitario: Entrada rampa unitaria:1

sseK

=


RegresarvK

Simulación

CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA


CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA TRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMASTRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMAS

1 2

1 2

( ) .... n

n

KK KC ss p s p s p

= + + ++ + +

( ) ( ) ( )1 1 2 2( ) exp exp .... expn nc t K p t K p t K p t= − + − + + −

El d i d d C( ) G( )R( ) ió f i i l ti té iEl denominador de C(s) = G(s)R(s) y su expansión en fracciones parciales contienen términosdebido a los polos de la entrada R(s) y a los del sistema G(s), El término debido a R(s) producela solución forzada, mientras que los polos del sistema dan la solución transitoria.

Estabilidad del sistema

DEFINICIÓN. Un sistema es estable si la solución transitoria decae a cero y es inestablesi su solución crecesi su solución crece.

TEOREMA DE ESTABILIDAD. Un sistema es estable si y sólo si todos los polos delsistema se encuentran en la mitad izquierda del plano s


q p



CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA TRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMASTRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMASSistemas de primer orden (“Simple Lag”)Sistemas de primer orden ( Simple Lag )

1

Para una entrada escalón unitario R(s) = 1/s

( )1 21/( )

1/ 1/K KTC s

s s T s s T= = +

+ +

11Ts +

10

1/ 11/ s

TKs T =

= =+ 2

1/

1/ 1s T

TKs =−

= = −

/( ) 1 t Tc t e−= −

El primer término es la solución forzada, debida ap ,la entrada, y el segundo es la solución transitoriadebida a los polos del sistema.





/( ) 1 t Tc t e−= −

/t Te−

Constante de tiempo: Es el tiempo en segundos en que la respuesta se reduce al 36.8% de suvalor inicialvalor inicial.La constante de tiempo de un sistema de primer orden 1/(Ts +1) es T segundosEl sistema toma 4T segundos para que la respuesta decaiga al 1.8% de su valor inicial.

En un sistema de primer orden, dos características son importantes:Para estabilidad, el polo del sistema – 1/T debe estar en la mitad izquierda del plano s.Para incrementar la velocidad de respuesta del sistema (reducir su constante de tiempo T),el polo -1/T debe moverse hacia la izquierda


el polo -1/T debe moverse hacia la izquierda.Simulación



CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA CARACTERÍSTICA DE LA RESPUESTA TRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMASTRANSITORIA Y ESTABILIDAD DE SISTEMASSistemas de segundo orden (“Quadratic Lag”)Sistemas de segundo orden ( Quadratic Lag )

2

2 2( )2

n

n n

G ss s

ωζω ω

=+ +

nω = Frecuencia natural no amortiguadaζ = Razón de amortiguamientoζ g

Para una entrada escalón unitario R(s) = 1/s, la transformada de la salida es:

( )2

( ) nC s ω=

( )2 2( )

2 n n

C ss s sζω ω+ +

Hay tres posibilidades, dependiendo de las raíces de la ecuación característica del sistema2 22 0n ns sζω ω+ + =

Los polos del sistema dependen de : ζ

2b i dζ ζ ζ

21,2 1n ns ζω ω ζ= − ± −

21,2

1,2

2

1: Sobreamortiguado: 11: Críticamente amortiguado:

1 B j ti d 1

n n

n

ss

j

ζ ζω ω ζ

ζ ω

ζ ζ ζ

> = − ± −

= = −

±


21,21: Bajoamortiguado: 1n ns jζ ζω ω ζ< = − ± −




j Para los polos están en ambos lados de1ζ > ω−jω

21jω ζ

Para los polos están en ambos lados de 1ζ > nωPara los polos coinciden en 1ζ = nω−

Para los polos se mueven a lo largo del 1ζ <

σ

1njω ζ−

φ

nω

p gcírculo de radio centrado en el origen

ζnω−

cosζ φ=La razón de amortiguamientoσ

nω− Para , cuando los polos son reales ydistintos la respuesta transitoria es la suma dedos exponenciales que decaen, cada una con

1ζ >

nζω−

p qsu constante de tiempo. La exponencialcorrespondiente al polo más cercano al origentiene la constante de tiempo más grande y

É( ) ( )

1/ 222 21,2 1n n ns ζω ω ζ ω⎡ ⎤= + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

toma más tiempo en decaer. Éste es llamadoPOLO DOMINANTE, y para incrementar lavelocidad de respuesta se debe mover a la


izquierda.




EjemploEjemplo

( )( )2

2 2( )3 2 1 2

G ss s s s

= =+ + + +

P t d ló it iPara una entrada escalón unitario

( )( )31 22( )

1 2 1 2KK KC s

s s s s s s= = + +

+ + + +

2( ) 1 2 t tc t e e− −= − +

L t t d ti T 1 T 0 5 d d i i ió d lLas constantes de tiempo T1 = 1 y T2 = 0.5 se pueden predecir por inspección del diagrama de polos y ceros.

Polo dominantePolo dominante


Simulación




Para la respuesta es:1ζ <Para la respuesta es: 1ζ <

( )2

2

1( ) 1 cos 11

ntnc t e tζω ω ζ θ

ζ−= + − +

−( )/ 2θ φ π= +

0.1ζ =

( )c t

ntω


Simulación




Constante de tiempo T: Es el tiempo en segundos para que la amplitud p p g p q pde la oscilación decaiga de su valor inicial: . Por lo tanto 1e− 1nte eζω− −=

1Tζ

= Análogo a un primer orden, la amplitud decae al 2 % de su valor i i i l 4T dnζω inicial en 4T segundos

Correlaciones entre el comportamiento dinámico y la posición de los polos1. Estabilidad absoluta: La parte real de los polos debe ser negativa para que el transitorionζω−

decaiga. Los polos deben estar en la parte izquierda del plano s.2. Estabilidad relativa: Para evitar sobretiros excesivos y comportamientos oscilatorios

indebidos , la razón de amortiguamiento debe ser adecuada.3 Constante de tiempo: Se reduce incrementando la parte real de los polos

ζ3. Constante de tiempo: Se reduce incrementando la parte real de los polos.4. Velocidad de respuesta: Se incrementa ampliando la distancia de los polos al origen.5. Frecuencia natural no amortiguada : Es igual a la distancia de los polos al origen.

Moviendo los polos radialmente ( constante) se incrementa la velocidad de respuesta

nωnω

ζmientras que el porcentaje de sobretiro se mantiene constante .

6. Frecuencia de oscilaciones transitorias : Esta frecuencia, también llamadafrecuencia de resonancia o frecuencia natural amortiguada, es igual a la parte imaginaria delos polos

21nω ζ−


Regresarlos polos.

CRITERIO DE ESTABILIDAD DE CRITERIO DE ESTABILIDAD DE


CRITERIO DE ESTABILIDAD DE CRITERIO DE ESTABILIDAD DE ROUTHROUTH--HURWITZHURWITZ

C it i d R th H it R t ét dCriterio de Routh Hurwitz: Representa un método paradeterminar la localización de los polos de un polinomio concoeficientes constantes reales con respecto al semiplanoizquierdo o derecho del plano complejo s sin obtener los cerosizquierdo o derecho del plano complejo s, sin obtener los ceros

Tabulación de Routh

C id l i i t ió t í ti d i tConsiderar la siguiente ecuación característica de un sistemalineal SISO e invariante en el tiempo

0)( 011

1 =++++= − asasasasF nn 0)( 011 ++++ − asasasasF nn

Se deben ordenar los coeficientes de la ecuación anterior en dosrenglones. En el primero van el primero, tercero, quinto,…,coeficientes y en el segundo van el segundo cuarto sextocoeficientes y en el segundo van el segundo, cuarto, sexto,…,coeficientes, todos contados desde el término de orden más alto

642 −−− nnnn aaaa


7531 −−−− nnnn aaaa




El siguiente paso es formar el arreglo de ecuaciones en la siguiente forma:El siguiente paso es formar el arreglo de ecuaciones en la siguiente forma: suponer una ecuación de sexto orden

01

12

23

34

45

56

6 asasasasasasa ++++++6

6 4 2 05

5 3 1

6 4 6 2 6 0

0

1 1 1

s a a a as a a a

a a a a a a− − −6 4 6 2 6 040

5 3 5 1 55 5 5

5 15 3 53

1 1 1 00

01 1 1 0 0

a a a a a as A B a

a a a a aa a a

a aa a as C D

= = =

− − −= = =

0

020

0 00

01 1 1 0 00 0

s C DA aA B AA A A

A B A a As E a

C D C CC C C− − −

= = =

1

0

1 0 0 0C D

s FE aE

−=


000

1 0 0 00

E as a

FF−

=




De la tabulación anterior, el último paso en la aplicacióndel criterio es:

Investigar los signos de los coeficientes de la primera columna(sombreada) y se obtienen las siguientes conclusiones: Las(sombreada) y se obtienen las siguientes conclusiones: Lasraíces de la ecuación están todas en el semiplano izquierdo delplano s si todos los elementos de la primera columna de latabulación de Routh son del mismo signo. El número degcambios de signos en los elementos de la primera columna esigual al número de raíces con partes reales positivas en elsemiplano derecho de s





Ejemplo 1. Considere la siguiente ecuación

64)3)(1)(2( 23 ++−=−+− ssssss 64)3)(1)(2( ++−=−+− ssssss

113

052)1)(6()1)(4(6411

1

2

3

−−−s

sCambio de signo

Cambio de signo

06)0)(4()6)(5.2(

05.24

))(6())((

0

1

=−−

=−

s

sCambio de signo

5.2





Ejemplo 2. Considere la siguiente ecuación

010532 234 =++++ ssss 010532 ++++ ssss

10324s

0107)5)(2()3)(1(051

2

3

ss

−=−Cambio de signo

0043.67

)10)(1()5)(7(

01071

1s

s

=−−

=g

Cambio de signo

00107

0s−





Casos especiales:

1) Cuando el primer elemento en cualquiera de los renglones de la tabulación es cero.

2) L l t ló t d 2) Los elementos en un renglón son todos cero

En el primer caso, si aparece un cero, losEn el primer caso, si aparece un cero, loselementos del siguiente renglón serían . Pararesolver entonces se propone un número arbitrariopequeño y positivo ε y después se continúa con la

∞

p q y p y ptabulación





Ejemplo Caso 1. Considere la siguiente ecuación

0322 234 =++++ ssss

3213

4s

031

)3)(1(01

)2)(1()2)(1(021

2

3

==−s

s

11

Como en la fila de s2 hay un cero, en la filaícorrespondiente a s1 todos los coeficientes darían

infinito. Es en este caso donde se usa el númeropositivo ε





0322 234 =++++ ssssContinuación…..

3214s

03021321

2

3

sss

ε003)3)(1())(2(03

1ss

εεε

ε−≅

−Cambio de signo

0030sεε

Cambio de signo





Caso especial 2: queda un renglón de ceros

Solución:

a) Formar la ecuación auxiliar A(s)=0 mediante el uso de loscoeficientes del renglón que se encuentra justo antes del renglónde cerosde ceros.

b) Tomar la derivada de la ecuación auxiliar con respecto de s, estoes: dA(s)/ds=0.

c) Reemplazar el renglón de ceros con los coeficientes de dA(s)/ds=0.

d) Continuar con la tabulación de Routh en la forma usual con elló d fi i l d l ló dnuevo renglón de coeficientes reemplazando el renglón de ceros.

e) Interpretar en la forma usual el cambio de signos.





Ejemplo Caso 2. Considere la siguiente ecuación

047884 2345 =+++++ sssss

484781

4

5s • Se forma el polinomio A(s)=0=4s2+4

044066484

2

3

4

sss A(s) 0 4s +4

• Se obtiene la derivada:

)( sdA000044

1ss

Renglón de ceros

08)(== s

dssdA

Con la derivada se sustituye el renglón de ceros,entonces la tabla queda de la siguiente forma





Continuación…..

047884 2345 =+++++ sssss

7815s

066484

3

4

ss

008044

1

2

ss

08)(== ssdA

004008

0ss 08 == s

ds





Este criterio puede ayudar a encontrar los coeficientes para estabilidad de un controlador en lazo cerrado.

S l i t i i tSea el sistema siguiente:

11U s Y s∑ 6

1)3)(2(

12 −+

=+− ssss∑

Kp





Se desea conocer el valor mínimo de Kp para garantizar estabilidad al sistema en lazo cerrado

La función de transferencia en lazo cerrado es:

( ) ( ) 1Y s G s2( ) 1 ( ) ( ) 6 pU s H s G s s s K

= =+ + − +

2 1 ( 6 )ps K− +1 1 00 ( 6 ) 0p

ss K− +

E t di ió d b á 6 0

6pK

K

⇒ − + >

∴ >

Esta condición deberá cumplirse para que no haya cambio de signo Simulación


Regresar6pK∴ >


CONTROLADORES P, PI, PD, PIDCONTROLADORES P, PI, PD, PID

Controladores Proporcionales (P)p ( )

Considerar:

2

1( )G sb

= ( ) ( ) ( )E s R s Y s= −2

y ( ) = , un número realC p

s as bG s K

+ +( ) ( ) pU s E s K=




2( )( )p

p p

KK G s KY s s as b+ +

2

2

( )( ) 1 ( ) 1

p p

pp p

s as bKR s K G s s as b K

s as b

+ += = =+ + + ++

+ +

La ecuación característica es:

2 1 0( ) 0ps as b K s+ + + =Esta es una ecuación

cuadrática de la forma: Ax2+Bx+C=0




Solucionando la ecuación anterior queda

2 4( )pa a b K− ± − +

( )1,2

2

2si 4 entonces habrá parte imaginaria

p

p

s

b K a

=

+ >( ) p g

si tiende a p

pK

K

∞

1 2, ps j K=

Lo anterior se interpreta como que para valores muy grandes Lo anterior se interpreta como que para valores muy grandes de Kp, se pueden originar oscilaciones en el sistema




Controlador tipo proporcional: ejemploControlador tipo proporcional: ejemplo

Considerar:

sG 1)( =

conss

sG

1

1)( 2 ++=

ssR 1)( =




Controlador tipo proporcional: ejemplo

1.4

(t)

1

1.2

r(t) y(t)

0 6

0.8

0.4

0.6

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2





Considerar:

12

1( ) ; ( ) = 1001

con

C pG s G s Ks s

= =+ +

1( )R ss

=




1 8

2


1.4

1.6

1.8 r(t)y(t)

0.8

1

1.2

0.4

0.6

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2





Considerar:

1 62

1( ) ; ( ) = 1 101

con

C pG s G s Ks s

= = ×+ +

1( )R ss

=





2

y(t)

1.4

1.6

1.8

r(t)

y(t)

0 8

1

1.2

( )

0.4

0.6

0.8

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

0.2




Controladores Proporcional-Integral (PI)p g ( )

( ) ( ) c iu K e t K e t dt= + ∫K Ks z+( ) i i

c c cc

K Ks zG s K K zs s K

+= + = =

Considere que el número de tipo de la planta, esto es, el número de integradores enConsidere que el número de tipo de la planta, esto es, el número de integradores enG, es cero. Entonces con un control P, el sistema es tipo 0 y tiene un error de estadoestable a una entrada escalón.Adicionando el control I, el sistema se cambia de tipo 0 a 1 y por lo tanto tiene un


, p y perror de estado estable cero ante una entrada escalón.



Controladores Proporcional-Integral (PI)

Ejemplo

1( )1

G s =+

( )c cs zG s K

s+

=

1s +

s

La función de transferencia de lazo cerrado es:

( )( )2 1

c

c c

K s zYR s K s K z

+=

+ + +

El diseño involucra la selección de Kc y z. En este caso el efecto de diferentesselecciones de z serán comparados para diseños en los cuales los polos de lazocerrado tienen parte real -2. De tal manera que todos tienen una constante de tiempo


de 0.5 e idénticos tiempos de asentamiento.


CONTROLADORES P, PI, PD, PIDCONTROLADORES P, PI, PD, PIDSi la parte imaginaria es a, el polinomio característico del sistema es:

( )( ) 2 22 2 4 4s ja s ja s s a+ − + + = + + +

Igualando los coeficientes con los del denominador de la función de transferenciagde lazo cerrado se obtiene:

3cK = 2 3 4a z= − 0.67ζ =

0.82ζ =0.58ζ =




Controladores Proporcional-Integral (PI)

Ejemplo

( )( )1( )

1 0 5 1G s

s s=

+ +

( )c cs zG s K

s+

=

( )( )1 0.5 1s s+ +

s

La ganancia de lazo es:


( )( )2

1 2c cs zG G K

s s s+

=+ +


( )( )3 20 5 1 5 1

cK s zYR s s K s K z

+=

+ + + +


( )0.5 1.5 1 c cR s s K s K z+ + + +



Controladores Proporcional-Derivativo (PD)p ( )

( ) ( )c du K e t K e t= +

( ) K( )( ) cc c d d

d

KG s K K s K s z zK

= + = + =

Si la planta es del tipo 0, con o sin control derivativo, el sistema seguirá siendo tipo 0i d t i d K P l t t t d ló lcon una ganancia determinada por Kc. Por lo tanto, para una entrada escalón la

adición de la acción de control D no tiene efecto en el error de estado estable. Sinembargo, éste se reduce indirectamente, ya que la adición de D mejora laestabilidad relativa y por lo tanto permite que K sea tan grande como un control P


estabilidad relativa y por lo tanto permite que Kc sea tan grande como un control Psolo.



Controladores Proporcional-Derivativo (PD)

Ejemplo

( )( )1( )

1 0 5 1G s

s s=

+ +

( )c c dG s K K s= +

( )( )1 0.5 1s s+ +

La ganancia de lazo con z = Kc/Kd es:


( )( )2

1 2c ds zG G K

s s+

=+ +

Tipo 0 con ganancia Kc


( )( )2

2 /3 2 2 2

d c dK s K KYR s K s K

+=

+ + + +


( )3 2 2 2d cR s K s K+ + + +


CONTROLADORES P, PI, PD, PIDCONTROLADORES P, PI, PD, PID2 2 2n cKω = + 2 3 2n dKζω = +

V i d K K t t l l ti l t i d KVariando Kc con Kd constante, los polos se mueven verticalmente y variando Kd con Kc constante se mueven en forma circular.

Asuma que se requiere una razón de amortiguamiento0 5 P K 0 l ió t í ti

jω

B0.335ζ =

0 5ζ

ς = 0.5. Para Kd = 0 la ecuación característica es:2 2 23 2 2 2 0c n ns s K s sζω ω+ + + = + + =

Para lograr ς = 0.5 se requiere ωn = 3 y Kc = 3.5. El

A

BC

Incr.Kd

0.5ζ =g ς q n y c

error de estado estable es 1/(1+ Kc) que es igual al22% y los polos del sistema se localizan en el punto A.Si las especificaciones no permiten un error mayor que

σ-1.5

-2.236

p p y q10%, Kc = 9. Para Kd = 0, incrementando Kc mueve lospolos verticalmente al punto B con ωn = 4.472 y ς =0.335, lo cual es inadecuado .Manteniendo constante Kc = 9, los polos se puedenmover a lo largo de un círculo a través de B,incrementando Kd. Los polos localizados en C


cumplen ambas condiciones y además reducen eltiempo de asentamiento, haciendo Kd = 0.736.



Controladores Proporcional-Integral-Derivativo (PID)p g ( )

( ) ( ) ( )c i du K e t K e t dt K e t= + +∫2K K s K s K+ +( ) i d c i

c c dK K s K s KG s K K ss s

+ += + + =


ic d

i

KK K s GY s

KR

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠=⎛ ⎞


1 ic d

KR K K s Gs

⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ Regresar

ÓÓ


SINTONIZACIÓN DE CONTROLADORESSINTONIZACIÓN DE CONTROLADORES

Es importante resaltar que el uso de controladores en la práctica no depende dep q p pencontrar los valores de Kc, Kd y Ki por medios analíticos. En lugar de eso, hayun conjunto de procedimientos establecidos para sintonizar un controladordespués de su instalación.

Dos métodos de sintonización de Ziegler y Nichols son muy populares. Ellosproveen valores iníciales que se afinan por simulación o sintonización en-sitio.Estos métodos se basan en experimentos y análisis y son especialmenteEstos métodos se basan en experimentos y análisis y son especialmenteconvenientes si el modelo matemático de la planta no está disponible.

Ambas reglas de sintonización están diseñadas para un sobretiro de 25% en lat t d ti lórespuesta a una entrada tipo escalón.

Primero considere el Método de Último Ciclo. Con sólo acción de controlproporcional presente, la ganancia Kc se incrementa a la ganancia crítica Ku,donde la salida muestra oscilaciones sostenidas de un periodo medido Tu. Seproponen los siguientes ajustes del controlador:


ÓÓ



P: 0.5c uK K=

PI: 0.45 0.54

c u

uc u i

u

KK K KT

K K

= =

PID: 0.6 1.2 4.8u uc u i d

u u

K KK K K KT T

= = =

El segundo método se basa en medir la respuesta a un escalón unitario en lag pplanta experimentalmente. Muchas plantas en control de procesos satisfacen lasrestricciones de este método, las cuales son que debe ser del tipo cero y notener polos dominantes complejosp p j

La respuesta a una entrada escalón tiende a tener una forma como la que semuestra en la figura. Dibujando una tangente en el punto de inflexión sepueden identificar un tiempo de retraso L y una constante de tiempo T Lapueden identificar un tiempo de retraso L y una constante de tiempo T. Laplanta se puede modelar como:

( )LsKeG s

−

=


( )1

G sTs

=+

ÓÓ



Con este modelo, los parámetros sugeridos son:

P:

PI: 0 9 0 27

cTKL

T TK K

=

= = 2

2

PI: 0.9 0.27

PID: 1.2 0.6 0.6

c i

c i d

K KL LT TK K K TL L

= =

= = =L L

En ambos métodos, si el sobretiro esconsiderado demasiado grande, se debeng ,llevar a cabo sintonizaciones adicionales paramejorar la estabilidad relativa.


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ici_tema 3_2010

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