1.2 control pid INGENIERIA DEL CONTROL

11..22 CCOONNTTRROOLLAADDOORR PPIIDD
( ) ( )
( )
V s R R R C S R C S G s
V s R R R C S
+ +
( ) . . . 1 . . . 1
0 4 2 2 2 1 1
= =
( ) .
c
( ) . . .
3 1 2 2
R R C R C R C R C S G s
( . +
. ) . . . ( ) = 1 4 1 1 2 2 (1 + +
1 1 2 2
)
R R C R C R C S R C R C
. ( . . ) ( . . )
3 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
( ) (1 1 )
i
c
i
c p d p d
i
K
G s K T S K K S
T S S
+ +
= + + = + +

EEjjeemmpplloo
Se tiene:
Donde:
Diseñar controlador PID,Se impone al sistema unas
especificaciones de respuesta temporal transitoria
de:
ts = 1 segundo y Mp = 10%.

Para cumplir dichas eessppeecciiffiiccaacciioonneess pprriimmeerroo
ccaallccuullaammooss ccoonnttrroollaaddoorr PPDD::
ρωn =4 y
Para lograr que el punto -4±5.458×j
pertenezca al LGR. se añade un control
proporcional derivativo (PD), introduciendo el
cero del control en una posición desde la cual
sea capaz de atraer las ramas del LGR. hacia la
izquierda, de manera que el punto -4±5.458× j
pertenezca al LGR. F.T. del controlador PD
será:
Gc(s)=k×(1+Td×s)=kd(s+a)

Para ffiijjaarr llaa ppoossiicciióónn ddeell cceerroo ssee
iimmppoonnee llaa ccoonnddiicciióónn ddee áánngguulloo
Pto deseado
0

Calculamos el valor de la ggaannaanncciiaa kkdd eenn ddiicchhoo
ppuunnttoo.. PPaarraa eelllloo ssee aapplliiccaa llaa ccoonnddiicciióónn ddee mmóódduulloo
Se tiene:
Gc(s)=kd(s+a)=0.0609(s+11.36)
Gc(s)=kd(s+a)=0.6774(1+S/11.36)

CCAALLCCUULLOO DDEELL CCOONNTTRROOLLAADDOORR PPII
PUNTO DESEADO
SELECIONAMOS EL CERO EN S= -0.1
ANGULO =0.69°
53.76
54.45
G s Kp S
= +
( ) ( 0.1)
1
= +
( ) ( 0.1)
c
p
c
S
K
G s S
S
;

( ) ( )
( )
+ +
11.36 . 0.1
( ) 0.0609
( ) 0.6842(1 1 0.089 )
9.89
( . . ) . . . ( ) 4 1 1 2 2 (1 1 1 1 2 2
)
. ( . . ) ( . . )
3 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
0.6842 ( . . ) 4 1 1 2 2
;9.89 ( . . )
.
( )
1 1 2 2
3 1 2
. .
1 1 2 2
1 1
0.089
( .
c
c
c
S S
G s
S
G s S
S
R R C R C R C R C S G s
R R C R C R C S R C R C
R R C R C R C R C
R RC
R C R C
R C R
=
= + +
= + + +
+ +
= + = +
=
+ 2 2
;
.C )

Tomando C C 10
uF
1 2
R R
989 K
1 2
R R 8.8021 X
10
9
1 2
de las dos ecuaciones anteriores
R K R K
R R K
R R R K
890 y 99
0.6842 0.6842 890 0.6157
1 2
4 1
3 1 2
Tomando R 1
3
( ) 989
R 0.6842
4
K
K
= =
+ = W
=
= W = W
= = W=
+ W
= W
= W

Método ddee DDiisseeññoo PPIIDD ppaarraa VVeelloocciiddaadd ddeell
MMoottoorr ddee CCCC
 Un actuador mecánico muy difundido es el motor de CC.
Provee directamente movimiento rotacional y, adecuadamente
acondicionado, movimiento traslacional.
El circuito eléctrico de armadura y el diagrama mecánico rotacional,
se muestran en la figura:

RReeqquueerriimmiieennttooss ddee DDiisseeññoo

El motor sin controlador puede rotar
solamente a 0,1rad/s con una entrada de 1
Volt(ver simulación de la planta ). Uno de los
requerimientos es que en estado estacionario
presente un error respecto de la velocidad
deseada menor que el 1%. Dinámicamente se
espera un tiempo de establecimiento de 2 seg y
un sobrepaso menor que el 5% para evitar
daños en la máquina. Es decir :Los
requerimientos de diseño:
· tiempo de establecimiento de 2 seg
· sobrepaso menor que el 5%
· Error de estado estacionario 1%

PPaarraa eell eejjeemmpplloo ssee ccoonnssiiddeerraann llooss
ssiigguuiieenntteess ppaarráámmeettrrooss::
* momento de inercia del sistema (J) = 0.01 kg.m^2/s^2
* coeficiente de friccion (B) = 0.1 Nms
* constante de fuerza electromotriz (K=Km=Kb) = 0.01
Nm/Amp
* resistencia de armadura (R) = 1 ohm
* inductancia de armadura (L) = 0.5 H
* entrada (V): Fuente de Tensión
* posición del eje: θ
* Se supone rotor y eje rígido

eell eessqquueemmaa ddeell ssiisstteemmaa ssee vvee::
Incluyendo controlador

la función transferencia aa llaazzoo aabbiieerrttoo ddeell
MMoottoorr ddee CCCC
q ·
s k
V s Js b Ls R k k
k k
W s k
V s Js b Ls R k
a m b
m b
2
( )
m
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
a
=
+ + +
=
=
+ + +

1.2 control pid INGENIERIA DEL CONTROL

De la figura se observa que se obtiene una salida 10 veces
más chica que la deseada (0,1 rad/s) y 3 seg de
establecimiento, sin cumplir las especificaciones

CCoonnttrrooll PPrrooppoorrcciioonnaall
Probemos primero un control
Proporcional con ganancia 100 . Para ello
hay que agregar los siguientes comandos
al final del archivo anterior

J=0.01;
b=0.1;
K=0.01;
R=1;
L=0.5;
num=K;
den=[(J*L) ((J*R)+(L*b)) ((b*R)+K^2)];
Kp=100;
numa=Kp*num;
dena=den;
[numac,denac]=cloop(numa,dena);
t=0:0.01:5;
step(numac,denac,t);grid
title( 'Respuesta al escalón con Control Proporcional')

De la figura de arriba vemos que tanto el error de estado estacionario y el
sobrepico son muy grandes

RReeccoorrddeemmooss ddeell PPIIDD qquuee iinnccoorrppoorraannddoo uunn ttéérrmmiinnoo
iinntteeggrraall ssee eelliimmiinnaarráá eell eerrrroorr ddee eessttaaddoo eessttaacciioonnaarriioo yy uunn
ttéérrmmiinnoo ddeerriivvaattiivvoo rreedduucciirráá eell ssoobbrreeppiiccoo..
un controlador PID con Ki y Kd
pequeños.
Recordemos que la función de
transferencia para un controlador PID es:

 J=0.01;
 b=0.1;K=0.01;R=1;L=0.5;
 num=K;
 den=[(J*L) ((J*R)+(L*b)) ((b*R)+K^2)];
 Kp=100;
 Ki=1;
 Kd=1;
 numc=[Kd Kp Ki];
 denc=[0 1 0];
 numa=conv(num,numc);
 dena=conv(den,denc);
 [numac,denac]=cloop(numa,dena);
 step(numac,denac);grid
 title('Control PID con pequeño Ki and Kd')

Ahora vemos que la respuesta es mucho más rápida que antes, pero
el Ki grande ha empeorado la respuesta transitoria (gran sobrepico).
Incrementemos Kd para reducir el sobrepico. Vuelva al archivo-m y
cambie Kd a 10

Entonces sabemos que si usamos un controlador PID con
Kp=100,
Ki=200,
Kd=10,
todos nuestros requerimientos de diseño serán satisfechos.

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