Taller, Vol. I, No. 1, 2015UNAL

Taller No. 1 ControlM. Pinto,H. Meneses

AbstractPrimer taller de control ,estabilidad y control efectivo derivativo

Keywordscontrol, intergrador, Routh-Hurwitz , Reglas Cohen-Coon

1Facultad de ingenierıa, Unal, Bogota, Colombia*Corresponding author: ,jmpintog@unal,edu.co,hamenesesg@unal.edu.co

Contents

1 Preguntas 11.1 El siguiente es el modelo de un levitador magnetico,

como el presentado en la clase ecu. (1). . . . . . . 1Con ayuda del test de estabilidad de Routh-Hurwitz, encuentrevalores de k,ay b , tales que colocando un controlador de laforma • Calcule el error de posicion

1.2 Supongamos el sistema de control de la temper-atura en una caldera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2Disene un PID

Bibliografıa 3

1. Preguntas

1.1 El siguiente es el modelo de un levitador magnetico,como el presentado en la clase ecu. (1).

G(s) =2

(s+2)(s−2)(1)

1.1.1 Con ayuda del test de estabilidad de Routh-Hurwitz,encuentre valores de k,ay b , tales que colocandoun controlador de la forma

G(s) = ks+a(s+b)

(2)

El sistema sea estable. Simule su diseno final usandoMATLAB.

Para el ejercicio planteamos el controlador y la funcion detransferencia en un driagrama de lazo cerrado de esta formaobtemos T (s) (3) , observermos:

T (s) =K(s+a)(2)

(s+b)(s+2)(s−2)

1+ K(s+a)(2)(s+b)(s+2)(s−2)

(3)

T (s) =2K(s+a)

s3+bs2−4s−4bs3+bs2−4s−4b+2K(s+a)

s3+bs2−4s−4b

(4)

T (s) =2K(s+a)

s3 −4s+bs2 −4b+2Ks+2Ka(5)

Resolviendo el numerador nos queda la ecuacion :

s3 +bs2 − s(2K −4)− (4b−2ka) (6)

Con la ecuacion (15) podemos hallar las contantes quedeterminen que el sistema es estable , utilizaremos el criterioRouth-Hurwitz:

s3 1 (2K −4)s2 b −(4b−2Ka)s1 A •s0 C •

(7)

Ahora hallamos las constantesA y B para evaluar losintervalos donde el sistema es estable, observemos:

A =

∣∣∣∣ 1 (2K −4)b 2Ka+4b

∣∣∣∣b

=2bK −2Ka

b(8)

Ahora debemos evaluar el intervalo para que no existaun cambio de signo en la primera columna del arreglo deRouth- Hurwitz como el primer termino es son positivo tantoA , D como b deben ser positivos para que el sitema seacompletamente estable, tampoco pueden ser cero:

2bK −2Kab

> 0 (9)

Entonces:

b−a > 0 (10)

Taller No. 1 Control — 2/5

Obrserbamos pues el primer intervalo:

b > a (11)

Ahora hallaremos el valor de C de la misma forma :

C =

∣∣∣∣ b 2Ka−4b2K(a−b)

b 0

∣∣∣∣A

=(2Ka−4b)(2Ka−2kab)

bA

(12)

C =(2Ka−4b)(2Ka−2kab)

b2K(a−b)

b

(13)

C = 2Ka−4b (14)

El intervalo donde el sistema es estable:

K >2ba

(15)

Si el sistema es estable. Simule su diseno final usandoMATLAB:

Como ninguno de los terminos de la primera columna delarreglo puede ser negativo entonces nuestros resultados parael ejemplo aplicado en matlab son :

b > 0 (16)

b > a (17)

k > 2(ba) (18)

Entonces escojemos los valos del diseno como b = 2 ya = 1 en este caso K > 1 , entonces K = 4

1.1.2 Calcule el error de posicionAl reemplazar los valores:

A =2bK −2Ka

b= 4 (19)

C = 2Ka−4b = 0 (20)

No existe el cambio de signo entonces el sistema es es-table, la funcion de tranferencia queda como:

T (s) =8s+8

s3 +2s2 −4s(21)

Zeros:0.0000+0.0000i

−1.0000+1.7321i−1.0000−1.7321i

Observemos en la f igure1 la estabilidad el sistema dondelos zeros del sitema estan al lado izquierdo del plano com-plejo.

El error de posicion:

ep =1

1+Kp=

19

(22)

1.2 Supongamos el sistema de control de la tem-peratura en una caldera

G(s) =11.25(s+1)3 (23)

Para este sistema:

1.2.1 Disene un PIDEl metodo de Cohen-Coon se obtiene experimentalmente dela respuesta de la planta al aplicar un escalon unitario. Si laplanta no incluye integradores o polos dominantes complejoconjugados, la curva de respuesta al escalon unitario puedetener el aspecto de una curva S, si la curva no presenta dichaforma no se puede aplicar el metodo, observemos:

s=tf(’s’);G=11.25/(s+1)3;step(G);hold ondt=0.01;t=0:dt:14;y=step(G,t)’;dy=diff(y)/dt;[m, p] = max(dy);

La curva de respuesta se ve en la f igure(2).Observese quela curva mostrada S se puede caracterizar con dos parametros, el tiempo de atrazo y la constante de tiempo τ . El tiempode atrazo y la constante de atrazo se determinan trazando unalınea tangente a la curva de la forma S en el punto de inflexiony determinan la intersecciones de estas lıneas con el eje detiempo y con c(t) = k,como se muestra en la f igura(3)

Se muestra acontinuacion el codigo en Matlab Para en-contrar la lınea tangente y el corte con los ejes:

s=tf(’s’);G=11.25/(s+1)3;step(G);hold ondt=0.01;t=0:dt:14;y=step(G,t)’;dy=diff(y)/dt;

Taller No. 1 Control — 3/5

Figure 1. pole-zero

[m, p] = max(dy);y1=y(p);t1=t(p);plot(t1,y1,’*g’)hold ont2=0:1:14;y2= m *(t2 - t1) + y1;hold onplot(t2,y2,’r’)plot(y2,t1,’or’)

Las regla de diseno Cohen-Coon para la sintonizacion delPID son :

Kp Ti Td1,2 τ

L 2L 0.5L

Segun la Figure2 los valores L y τ son :

L = 0.851 (24)

τ = 4.47−0.851 (25)

τ = 3.619 (26)

Los valores encontrados son :

Kp Ti Td1,2 τ

L 2L 0.5L5.103 1.702 0.455

(27)

Solucionando la ecuacion del controlador PID (28):

Gcs = Kp(1+1

τis+Tds) (28)

Gcs = 5.103+3s+2.171s = 5.103s+3+2.171s2 (29)

y llevando (29) al lazo cerrado , muestra la siguientefuncion de transferencia :

Hlc =24,423s2 +57,408s+33,75

s4 +3s3 +27,423s2 +58,408s+33.75(30)

Observese la grafica de la funcion de transfrencia a unestimulo de escalon f igure4

Para el diseno el SP nos da el 80 porciento acontinuacionse corrige manipulando manualmente los valores de Cohen-Coon.

Bibliografıa[1]

Taller No. 1 Control — 4/5

Figure 2. respuesta escalon

Figure 3. Lınea tangente , parametros cohen-coon

Taller No. 1 Control — 5/5

Figure 4. Respuesta escalon Cohen-coon ,en lazo retroalimentado