Ejercicio 4 PDF

 

Lámina 0

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL • In Inte terc rcam ambi biad ador or de ca calo lor. r. • Gana Ganancia ncia última última del control controlador ador.. • Contr Control ol de tempera temperatura tura para para un CSTR. CSTR. • Car Caracte acteriza rización ción del del proceso proceso.. • Estim Estimació ación n de de parám parámetro etross POMTM POMTM del inter intercamb cambiador iador • Respuesta de razón de asentamiento de un cuarto cuarto para POMTM POMTM • Ajuste mediante mediante los criterios criterios de error error de integración mínimo • Ajust Ajustee de controladore controladoress digitales digitales (por muestreo) muestreo) • Sínte Síntesis sis de los los contro controlador ladores es por por retr retroalim oalimenta entación ción • Mod Modo o der deriva ivativ tivo o par paraa pro proce cesos sos con tie tiempo mpo mue muerto rto • Prev Prevenci ención ón del reajust reajustee excesivo excesivo

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 1

Ejemplo 6-3: Para el inter intercamb cambiador iador de calor calor mostra mostrado, do, calcul calcular ar en form formaa linealizada las relaciones relaciones del error en en estado estacionario estacionario de la temperatura temperatura de salida contra: a) Un cambio en el flujo del proceso b) Un cambio en la temperatura de entrada c) Un cambio en el punto de control

Vapor I/P (t), ), mA TIC TY m(t 42

Fs(t) kg/s

42

Tot(t), mA TT 42

Fluido F(t),, kg F(t) kg/s /s Ti(t), C

Totfijo(t), C

To(t), C Trampa de Vapor

Condensado

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 2

Ejempl Eje mplo o 6-3: Int Interc ercamb ambiad iador or de calor. calor.

Las condiciones de operación y las especificaciones de los instrumentos son: Caudal de fluido en proceso

F = 12 kg/s

Temperatura de entrada

Ti = 50 °C fijo

Punto de control (Ref.)

To = 90 °C

Capacidad calorífica del fluído

Cp = 3.7 3.750 50 J/ J/kg kg C

Calor latente del vapor

 

λ = 2,25 x 106 J/kg

Capacidad de de la la vá válvula de de va vapor

Fsmax = 1, 1,6 6 kg kg/s /s

Rango del transmisor

50 a 150 °C

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 3

Ejempl Eje mplo o 6-3: Int Interc ercamb ambiad iador or de calor. calor.

Intercambiador

Ti(s), °C

Diagrama de bloques del sistema

GT (s)

F(s) F( s),, kg kg/s /s

GF (s) Controlador fijo

To(s) °C

E(s)

K  sp

mA–

Válvula + I/P

G (s)

mA

c

M(s) mA

Tot(s), mA

G (s) v

Fs(s) Kg/s

To(s), °C

G (s) s

 H (s) Sensor-transmisor

fijo

Con F(s) = 0, To (s) = 0:

T o ( s ) T i ( s )

=

GT  ( s )

1 +  H ( s )Gs ( s )Gv ( s )Gc ( s )

∆T o T  ( s ) GT  (0) K T  = lim o = = ∆T i s →0 T i ( s ) 1 +  H (0)Gs (0)Gv (0)Gc (0) 1 + K h K s K v K c

(7) ( 20)

Teorema del valor final

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 4

Ejempl Eje mplo o 6-3: Int Interc ercamb ambiad iador or de calor. calor. fijo

Con Ti (s) = 0, To (s) = 0:

T o ( s ) F ( s )

=

GF  ( s )

(8)

1 +  H ( s )Gs ( s )Gv ( s )Gc ( s )

∆T o T  ( s ) GF  (0) K F  = lim o = = ∆F s s →0 F s ( s ) 1 +  H (0)Gs (0)Gv (0)Gc (0) 1 + K h K s K v K c Con F(s) = 0, Ti (s) = 0:

T o ( s )  fijo

T o

( s)

=

Gs ( s )Gv ( s )Gc ( s ) K sp

1 +  H ( s )Gs ( s )Gv ( s )Gc ( s )

s v c sp s v c sp o ∆T  fijo = G (0)G (0)G (0) K  = K  K  K  K  ∆T  1 +  H (0)Gs (0)Gv (0)Gc (0) 1 + K h K s K v K c

(18)

(9)

( 21)

o

Dimensiones del producto de las funciones de transferenc transferencia: ia:

C    kg / s  mA   mA    H ( s ) Gs ( s ) G   v ( s ) Gc ( s ) =        = sin dim ensiones C  kg s mA mA  /                





 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 5

Ejem Ej empl plo o 6-3: In Inte terc rcam ambi biad ador or de calor calor.. Solución

Suponiendo Supon iendo que que no hay hay pérd pérdidad idad de calor, calor, el el balance balance de ener energía gía es: es:

FC  p (T o  −  T i ) = F s Desp De spej ejan ando do Fs, el flujo de vapor vapor requerid requerido o para mantene mantenerr To a 90 °C es:

FC  p  (T o − T i ) F s =

12 * 3.750 * (90 − 50)

=

λ 

 

2,25 x10 6

= 0,80 kg / s

Se calculan ahora las ganancias de circuito abierto en estado estacionario: Intercambiador (el proceso): Despejando T  o  del balance de energía:

 

Linealizando: T o (t ) ≈ T o

+

∂T o ∂F 

T o = T i + 

F s

  =  f  ( F , T i , F s )

FC  p

[F (t ) − F ]+ ∂  T   [F  (t ) − F  ]+ ∂T  [T  (t ) − T  ] o

ss

∂F s

o

s

ss

s

∂T i

i

ss

i

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 6

Ejem Ej empl plo o 6-3: 6-3: In Inte terc rcam ambi biad ador or de calo calor. r.

Entonces:

∂T o   F s λ  0,8 * 2,25 *10 6 K F  =   = −3,33 C  /(kg / s ) =− 2 =− 2 ∂F  12 * 3750 F  C  p 

K T  =

∂T o = 1 C  /  C  ∂T i 



6 

K s = ∂T o   = λ  = 2,25 *10 = 50 C  /( kg / s ) ∂F s F C  p 12 * 3750 Válvula de control: Suponiendo una válvula lineal, caída de presión constante, y relación lineal  vp  p , y la salida del controlador, m : entre la posición de la válvula, v

m−4 F s = F s máx vp =  F s máx   =  f  (m) Linealizando:

20 − 4 ∂F  F  1,6 K V  =   s = s máx  = = 0,1 (kg / s ) / mA ∂m 16 16

1 vp 0 4

m

20 mA

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 7

Ejem Ej empl plo o 6-3: 6-3: In Inte terc rcam ambi biad ador or de calo calor. r.

Sensor-transmisor: El transmisor se puede representar por la siguiente relación lineal:

T ot  = Linealizando:

20 − 4 150 − 50

 (T o  − 50) + 4 =  f  (T o ) 

K h = ∂T ot  = 16 = 0,16 mA /  C  ∂T o 100

mA 20 Tot 4

50 T0

150

°C

Respuesta a): T  o  vs Un cambio cambio en el el flujo flujo del proceso proceso,, F   s  Aplicando (18):

∆T o − 3,33 K F  = = C  /( kg / s ) ∆F s 1 + K h K s K v K c 1 + 0,16 * 50 * 0,1* K c  

∆T o = − 3,33 C  /( kg / s ) ∆F s 1 + 0,8 K c  





 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 8

Ejem Ej empl plo o 6-3: 6-3: In Inte terc rcam ambi biad ador or de calo calor. r.

Respuesta b): T  o  vs Un cambio cambio en la temperatu temperatura ra de entrada, entrada, T  i 

∆T o K T  1,0 ∆T i = 1 + K h K s K     v K c = 1 + 0,8 K c C  /  C   

Aplicando (20):





Respuesta c): T  o  de salid salidaa vs Un camb cambio io en el el punto punto de con contro troll Aplicando (21):

K s K v K c K sp ∆T o 0,8 K c = = C  /  C  ∆T  fijo 1 + K h K s K    v K c 1 + 0,8 K c 



i

Resultados para diferentes valores de K  c  To K  c  Fs 0,5 5,0 10,0 100,0

- 2,38 - 0,67 - 0,37 - 0,04

To Ti

0,714 0,200 0,111 0,012

To T

fijo

i

0,286 0,800 0,889 0,988

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 9

Ejemplo 6-5: Para el inter intercamb cambiador iador de calor calor anter anterior, ior, deter determina minarr la “ganancia última “ganancia última”” del contro controlador lador,, mediante mediante la prueba prueba de Routh Routh.. Se supone supone que las funciones de transferencia de cada elemento del sistema son: Intercambiador: Ganancia = 50 °C/(kg/s) Cte. de tiempo = 30 s

Gs ( s ) =

50



  C  /( kg / s ) 30 s + 1

Sensor-transmisor: escala calibrada de 50 a 150 °C y ct ctee de ti tiem empo po de 10 s Ganancia = 100% / (150-50) (150-50)°C = 1,0 % /  °  ° C

 H ( s ) =

1,0  

10 s + 1



% /  C 

Válvula de control: ca capa paci cida dad d máxi máxima ma de de 1,6 1,6 kg kg/s /s y ct ctee de tie tiemp mpo o de 3 s Ganancia = 1,6 (kg/s)/100% = 0,016 (kg/s)/ %

Controlador: de tipo proporciona proporcionall

Gv ( s ) =

0,016   ( kg / s ) / % 3s + 1

Gc ( s  )  = K c % / %

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 10

Ejemplo 6-5: Ganancia última del controlador.

alcular lar el valor valor de Kc que hace hace el sistema sistema margin marginalme almente nte estable estable Se debe ccalcu (ganan (ga nancia cia úti útima) ma)..

1 +  H ( s )Gs ( s )  Gv ( s )Gc ( s ) = 0   1    50   0,016  1+        K c = 0 + + + 10 s 1 30 s 1 3 s 1          

La ecuación caracter característica ística es: O: O:

900 s 3 + 420 s 2 + 43 s + 1 + 0,8 K c = 0

El ar arre regl glo o de de Ro Routh uth qu qued eda: a: Fila 1 Fila 2 Fila 3 Fila 4 Donde:

b1 =

900 420 b1 1+0,8Kc

43 1+0,8Kc 0 0

420 * 43 − 900 * ( 1 + 0,8 K c ) 420

=

0 0 0 0

17.160   − 720 K c 420

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 11

Ejemplo 6-5: Ganancia última del controlador.

Para que el sistema sea estable, todos los términos de la columna izquierda deben ser del mismo signo, o sea que:

b1   ≥ 0

ó

1 + 0,8   K c ≥ 0

ó

17.160 − 720     K c ≥ 0 0,8 K  c ≥ −1

K c ≤ 23,8 K c ≥ −1,25

Por lo tanto, la ganancia última del controlador es: K cu = 23,8 % / % equivalente a una banda proporcional de: 100/23,8 = 4,2 % Efecto de los parámetros del circuito sobre la ganancia última  ganan ancia cia del d el circu cir cuit ito  o se define como: La gan

KL = Kh Ks Kv Kc

En es este te ca caso so,, KLu = 1,0*50*0,016*23,8 = 19,04 Ahora, si se duplica la ganancia del sensor-Tx sensor-Tx (rango 75-125 75-125 °C), la prueba de Routh prod produce uce una una ganancia ganancia última última de 11,9 11,9 % (la mitad mitad de de la anterio anterior), r), y paraa este par este nuev nuevo o caso, caso, KLu = 2,0*50*0,016*11,9 = 19,04

=>

KLu permanece constante a variaciones en las ganancias

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 12

Ejemplo 6-5: Ganancia última del controlador.

Variando las constantes de tiempo: Si se reduce reduce la constante constante de tiempo del sensor-Tx de 10s a 5s (más rápido ráp ido), ), apl aplica icando ndo Rou Routh th se obt obtien iene: e: K cu = 25,7 % / % que es un poco mayor que la primera de 23,8 %/% Si se reduc reducee la consta constante nte de tiempo tiempo del del inter intercamb cambiador iador de 30s a 20s (cambiand (cam biando o el diseño diseño de mismo) mismo),, aplicand aplicando o Routh se obtiene obtiene::

K cu = 18,7 % / %

que es menor que la primera de 23,8 %/%

Se observa un efecto contrario en la reducción de las dos constantes de tiempo.

 

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Lámina 13

Ejemplo 6-6: Cálcular la ganancia ganancia última del controlador controlador del ejemplo anterior, por el método de substitución directa. En un sistema marginalmente estable, estable, la ecuación característica característica debe tener  jw  w . un par de raic raices es pura puramente mente imag imaginar inarias, ias, es es decir, decir, sobre sobre el el eje j

r 1, 2  = ±  jw  u

w u  = frecuencia última = 2π / T   T  u 

Para aplicar el método de substitución directa, directa, se substituye s  por   j w u  en la ecuación ecua ción caract caracterís erística tica.. El valor de Kc será Kcu. Se obtiene:

900(  jw) 3 + 420(  jw) 2 + 43 (  jw) + 1 + 0,8 K cu = 0 Separando las partes real e imaginaria: 2

3 u 

− 420 w +  1 + 0,8 K cu = 0

− 900 w + 43wu = 0

u

Las soluciones son: Para w  = 0 u 

Para w u  = 0,2 0,218 186 6 ra rad/ d/ss

=> =>

K

wu = 0 wu = 0,2186

= - 1, 1,25 25 %/% cu

Kcu = 23,8 %/%

Tu = 28,7 s

NOTA: Los cambios en las ganancias no afectan a w u , pero los cambios en las constantes de tiempo, sí.

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 14

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR. CSTR . Obtener el diagrama de bloques bloques y la ecuación ecuación característica característica para el sistema mostrado, para los siguientes datos de diseño:

Tfijo, °F TRC

To(t), %

21

m(t), %

TT 21

TY IP 21

Producto f(t), pies3 /min

λ

Btu/lb

Vapor w(t), lb/min Ts(t),°F Alimentación f(t), pies3 /min T (t), °F i

Trampa de Vapor

Condensado

T(t), °F

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 15

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Proceso: Flujo de alimentación:   ρ = 68 lb lb/p /pie iess3,

Cp = 0,80 0,80 Bt Btu/ u/lb lb °F

Volumen del reactor = 120 pies3 (se mantiene constante) Serpentín: 205 pie piess de tubo de ace acero ro de 4,5” 4,5”,, cal 40, pes peso o de 10, 10,8 8 lb/ lb/pie pie,, Cp = 0,12 0, 12 Bt Btu/ u/lb lb °F, diámetro externo = 7,5”; U = coeficiente de transferencia de calor = 2,1 2,1 Bt Btu/ u/mi min n pi pies es3 °F Vapor: est estáá sat satura urado, do, pre presió sión n = 30 psi psia, a, λ = calor potencial de condensación = 966 96 6 Bt Btu/ u/lb lb (c (con onst stan ante te))

Condiciones de diseño: Flujo de alimentación: f = 15 pi pies es3 /min, a T = 100 °F i Temperatura del tanque = T = 150 °F

Sensor y transmisor: Rango = 100 a 200 °F;

τt = constante constante de tiempo tiempo = 0,75 min

Válvula de control: Sobrecapacidad Sobrecapac idad del 100%. ∆P = constante. De igual porcentaje con const co nstan ante te de de tiem tiempo po del del ac actu tuad ador or = 0,20 0,20 mi min n

α = 50. τv =

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 16

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Solución: Proceso Suponiendo no pérdida pérdida de calor, mezcla mezcla perfecta, perfecta, propiedades propiedades constantes, la ecuación del balance de energía para el líquido en el tanque es: dT (t ) V  ρ C  p =  f  (t ) ρ C  pT   i (t ) +   UA[T s (t ) − T (t )] −  f  (t ) ρ C  pT (t ) dt  Donde:

A = área de transferencia de calor, pies2 Ts(t) = temperatura de condensación del vapor, °F Para el líquido en el tanque, el C V se ap aproximó al Cp

Del balance de energía para el serpentín, suponiendo que el mismo se encuentra a la misma temperatura que el vapor que se condensa:

C   M 

Donde:

dT s (t ) dt 

= w (t  )λ  − UA[T  (t ) − T (t )] s

w(t) = tasa tasa del del vapor, vapor, lb/min CM = capacidad capacidad calorífica calorífica del metal metal del serpentín, serpentín, Btu/ °F

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 17

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Válvula de control: Donde:

    α vp ( t ) −1 w(t ) = W máx

Wmáx = flujo máximo máximo a través través de la válvula válvula,, lb/min α = parámetro de ajuste en rango de porcentaje vp(t) = posición de la válvula en una escala de 0 a 1

El actu actuador ador de la válvula válvula se puede puede modela modelarr como un retar retardo do de primer primer orden: orden:

VP ( s ) =

1 / 100    M ( s ) τ v s  + 1

M(s) = salida del del controlador, controlador, en porcenta porcentaje je

Sensor-transmisor Sensor-transm isor (TT 21): Se puede modelar como un retardo de primer orden:

T ot  ( s ) = K t  T ( s ) τ t s + 1

Tot = T. de Lap Laplac lacee de la sali salida da del del transmi transmisor sor,, %

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 18

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Controlador (TRC 21): Su función de transferenc transferencia ia es:

    Gc ( s ) = K c 1 +  1 + τ  D s  =  M ( s ) τ  s  R ( s ) − T ot  ( s )  I      Linea Lin ealiz lizac ación ión y transf transform ormada ada de de La Lapla place ce Linealizando las ecuaciones ecuaciones anteriores se obtiene: obtiene:

V  ρ C  p

dT (t ) dt 

=  f  ρ C  pT i (t ) +  ρ C  p  (T  i − T ) F (t ) + UAT s (t ) − (UA +  f  ρ C  p )T (t ) C  M 

dT s (t ) dt 

= λ W  (t ) − UAT s (t ) + UAT (t )

Donde T(t), T (t), F(t), T (t) y W(t) son las variables de desviación desviación s

i

Aplica Apl icando ndo Lap Laplac lacee a estas estas ecuac ecuacion iones es y re reord orden enand ando, o, se obtie obtiene ne::

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 19

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

T ( s ) =

T s ( s ) =

Donde:

τ  =

K F 

τ s + 1

F ( s ) +

1

τ c s + 1

V  ρ C  p

K i K s   T i ( s ) + T s ( s ) τ s + 1 τ s + 1

T ( s ) +

K W 

τ c s + 1

τ c   =

UA +  f  ρ C  p

C  M  UA

W ( s )

K F  =

 ρ C  p (T i − T ) UA +  f  ρ C  p

 f  ρ C  p K W  W  = λ  UA

K i = UA +  f  ρ C   p

K s =

UA UA +  f  ρ C  p

De lin linea ealiz lizar ar y apli aplicar car La Lapla place ce a la la ecua ecuació ción n de la vál válvul vulaa de de cont control rol::     vp W (t ) = W máx (ln α )α 

( t ) −1

W ( s ) = W (ln   α )VP ( s )

  VP ( t ) = W (ln α )VP (t )

VP(t) = variable de desviación de la posición de la válvula

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 20

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Eliminando VP(s) VP(s) de esta ecuación y la del actuador, se obtiene:

W ( s )

=

K v

Donde:

τ v s + 1

 M ( s )

K t  =

La ganancia del transmisor es:

K v   =

W (ln α )

100

100 − 0

= 1,0 % /  F  

200 − 100

El diagrama de bloques es: R(s) E(s)

fijo

T (s) °F

Ksp

M(s)

Kv  vs + 1

Gc (s) %

–

%

Ts(s)

W(s)

%

KW lb min

1 

c

Ks

s  + 1



°F

pies3

F(s), min

Ti(s), °F Tot(s), %

Kt ts + 1

1

KF Ki

s +1

T(s)

°F

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 21

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

El diagrama anterior se puede simplificar, obteniéndose: fijo

R(s)

T (s) K sp °F %

E(s)

M(s)

Gc (s)

–

%

W(s)

Gv (s) %

lb min

pies3 F(s), min

Ti(s), °F Tot(s)

Gs (s)

T(s)

°F

GF (s) Gi (s)

H(s)

%

Siendo:

GF  ( s ) =

K F  ( c s + 1)

(τ s + 1)(τ c s + 1) − K s

Gi ( s ) =

K i ( c s + 1)

(τ s + 1)(τ c s + 1) − K s

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 22

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Y:

Gs ( s ) =

K W  K s

(τ s + 1)(τ c s + 1) − K s

Las funciones de transferenc transferencias ias de malla cerrada para cada entrada son:

T ( s ) = K sp Gc ( s )Gv ( s )Gs ( s )  fijo T  ( s ) 1 +  H ( s )Gc ( s )Gv ( s )Gs ( s ) T ( s )

T ( s ) = GF  ( s ) F ( s ) 1 +  H ( s )Gc ( s )Gv ( s )Gs ( s )

Gi ( s )

T i ( s )   = 1 +  H ( s )Gc ( s )Gv ( s )Gs ( s ) Donde:

Gv ( s ) =

K v

τ vc s + 1

 H ( s ) =

K t 

τ t s + 1

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 23

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

La ecuación característica del circuito es:

    K v 1 K W  K s 1 + τ  s + 1 K c 1 + τ  s + τ  D s  τ   s + 1 (τ  s + 1)(τ  s + 1) − K  = 0 t   I  s c s     v K t 

Los valores numéricos son: 

K sp = K t  = 1,0 % /  F  

τ t  = 0,75 min  

 4,5"

Para el serpentín:  A = 2π  RL = ( 205 pies   )π  

τ v = 0,20 min

 

 pies  = 265,7 pies

2

  12     lb     Btu    = 267,5  Btu /  F  C  M  = ( 205 pies )10,8    0,12  pies lb F         



Cálculo de las constantes: V  C  p

τ  =

UA +  f  ρ C  p

=

120 * 68 * 0,8

2,1* 241,5 + 15 * 68 * 0,8

= 4,93 min

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 24

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

τ c =

K F  =

K i =

K s =

C  M  UA

=

265,7 2,1* 241,5

 ρ C  p (T i − T ) UA +  f  ρ C  p  f  ρ C  p

UA +  f  ρ C  p UA UA +  f  ρ C  p

=

=

=

= 0,524 min 68 * 0,8 * (100 − 150)



2,1* 241,5 + 15 * 68 + 0,8 15 * 68 * 0,8

2,1* 241,5 − 15 * 68 * 0,8 2,1* 241,5 2,1* 241,5 − 15 * 68 * 0,8

966 K W  =   λ  = = 1,905 F  /(lb / min) UA 2,1* 241,5 

= −2,06 F  /( pies 3 / min)

= 0,617 F  /  F  



= 0,383 F  /  F  



 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 25

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

El dime dimension nsionamie amiento nto de la válvula válvula de contr control ol se obtiene obtiene por por las condici condiciones ones de diseño en estado estacionario, que son:

 f  ρ C  p T i + UA(T   s − T   ) −   f  ρ C  p T  = 0 W λ  − UA T    s − T  = 0   De donde:

T s =

 f    ρ C  p (T  − T i ) UA

+ T  =

15 * 68 * 0,8 * (150 − 100) 2,1* 241,5

+ 150 = 230 F 

  s W  = UA T  − T  = 2,1* 241,5 * (230 − 150) = 42,2 lb / min λ  966

K  = v

W (ln α )

100

=

42,2 * ln 50   = 1,652 lbm / min − % 100

W máx = 2  W  = 84,4 lb / min



 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 26

Ejemplo 6-4: Control de temperatura para un CSTR.

Remplazando los datos en la ecuación característica se obtiene:

0,387 s 5 + 3,272 s 4 + 7,859 s 3 + (6,043 + 1,205 K cτ  D ) s 2 +

+ (0,617 + 1,205 K  c  ) s + 1  ,205   K c / τ I  = 0

Ejemplo 6-8: Determinar los parámetros del controlador para el ejemplo anterior, para obtener una respuesta con una razón de asentamiento de 1/4. Utilicemos el método de substitución directa para calcular la ganancia y el período último. Como el controlador debe estar en solo proporcional, hacemos característica: τD = 0 y 1/ τI = 0, y substituyendo s  por   j w u  en la ecuación característica: 2 0,387 w u4 − 7,859 + 1,205 K cu = 0 w u + 0,617    

− 3,272 w3  + 6,043wu = 0 u

De estas ecuaciones se obtiene:

wu =

6,043 3,272

= 1,359   rad  / min (T u = 4,62 min)

K cu = 10,44 % / %

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 27

Ejemplo 6-8: Control de temperatura para un CSTR.

Tabla 6-1. Fórmulas para ajuste de razón de asentamiento de un un cuar cu arto to se segú gún n Zi Zieg egle lerr y Ni Nich chol olss (a (aju just stee en lí líne nea) a) Tipo de controlador P

Kc Kcu/2

 

τI

-

 

τD -

PI

Kcu/2,2

Tu/1,2

-

PID

Kcu/1,7

Tu/2

Tu/8

Según los datos datos de la tabla anterior, anterior, el controlador controlador deberá deberá ajustarse así: así:

K c =  K    cu  / 1,7 = 10 , 44 / 1,7 = 6,14 % / %

τ  I  = T u  / 2 = 4, 62 / 2 = 2,31 min τ  D = T u  / 8 = 4, 62 / 8 = 0,58 min Con estos parámetro parámetros, s, la ecuación característica característica es:

0,387 s 5 + 3,272 s 4 + 7,859 s 3  + 10,34 s 2 + 8,017 s + 3,20 = 0 Cuyas raíces son:

- 0,42 ± j0,99

- 1,03 ± j0,49

- 5,55

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 28

Caracterización del proceso. El método método de Ziegl Zieglerer-Nicho Nichols ls cara caracte cteriza riza al proces proceso o mediante mediante la ganancia ganancia y el período últimos. Con otros métodos, se caracteriza al proceso mediante un modelo simple de primer o segundo orden con tiempo muerto. Modelos de primer orden con tiempo muerto (POMTM)

G ( s) =

G(s) = Modelos de segundo orden con tiempo muerto (SOMTM)

G(s) =

K e

− t 0 s

(31)

(τ s + 1) K e

− t 0 s

(τ 1 s + 1)(τ 2 s + 1) K e

(32)

− t 0 s

τ s 2 + 2ξτ s + 1

(33)

K = ganancia en estado estacionario tiempo efec efectivas tivas , , = ctes. de tiempo τ1 τ2 de amortiguamiento efectiva del proceso t0 = tiempo muerto efectivo ξ τ= razón

Las constantes anteriores se calculan en base a la respuesta real del proceso.

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 29

Caracterización Caracteriz ación del del proceso - Prueba del escalón. escalón. La prueba del escalón consiste en encontrar la curva de reacción del proceso: con el controlador en manual, se aplica un escalón a la salida del controlador y se gra grafic ficaa la resp respues uesta ta del del proc proces eso. o. R(s)

M(s)

Gc (s)

C(s)

G(s

m(t)

∆m

(Abrir el punto)

–

c(t)

Para el diagrama:

∆Cs

C ( s  ) = G ( s ) M ( s )

C ( s ) =

K e

− t 0 s

∆m

(τ s + 1) s

(34)

t

0

Con un modelo POMTM [Ec. (31)], el proceso se modelaría como:    

C ( s ) = K ∆m e

− t 0 s

τ   1 −  s τ s + 1 (35)

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 30

Caracteriza Carac terización ción del proceso proceso - Prueb Pruebaa del escalón.

Aplicando la trans Aplicando transform formada ada inversa inversa de de Lapl Laplace ace y el teorema teorema de trans translació lación n −t s real, L[f(t − t o )] = e F(s) , se obtiene: 0

Modelo del proceso

∆c(t ) = K ∆m u (  t  − t o ) 1  − e − ( t −t  )  / τ  0

∆c(t c(t)) = 0

(36)

paraa t < to par

∆Cs

c(t)) = c(t c(t)) - c(0 c(0)) ∆c(t De (36):

c(t)

0,63∆Cs

∆cs = lim ∆ c(t ) =  K ∆m (38)

to   τ

t →∞

0

De donde se deduce que: K  =  ∆cs ∆m

(39)

Para determinar el tiempo muerto t o  y la constante de tiempo τ del modelo, se pueden utilizar 3 métodos: Método 1: se utiliza la línea tangente a la curva de reacción, en el punto de máximo cambio (línea roja roja en la gráfica). De la ecuación ecuación (36):

t

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 31

Caracteriza Carac terización ción del proceso proceso - Prueb Pruebaa del escalón.

d ( ∆c ) dt 

 1  ∆c = K ∆m   = s τ   τ   

t = t 0

( 40)

      >       = Como

vemos, la pendiente iniciall de la inicia la curva curva está está dada por esta esta Ec. Ec.,, para para t = t . 0

Inters. c(t)

Tangente

Real Modelo

0

to

τ

∆Cs

El método consiste en trazar una tangente en la parte inicial de la curva de reacción del proceso (curva Real) y hallar τ y t  , como se ve en la gráfica de la izquierda. Se o ve que el Modelo puede no concordar bien con el Real.

t

Método 2: t o  se determina igual que en el método métod o anterio anterior. r. Para halla hallarr τ se hace que el modelo coincida con la reso.  Seg puesta real en   τ + t o  egún ún (3 (36 6):

∆c(t o + τ ) =   K ∆m   1  − e −1 = 0,632 ∆C s

Real

c(t)

∆Cs

0,63∆Cs

( 41)

Tangente

0

to

Modelo τ

t

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 32

Caracteriza Carac terización ción del proceso proceso - Prueb Pruebaa del escalón.

Método 3: Para hallar t o . y ττ se hace que el modelo coincida con la respuesta real en dos puntos, t 1  = t o .+ τ /3 y   t 2  = t o + τ , como se ve en la gráfica. Según (36):  

∆c (t o + τ ) = K ∆m   1  − e

−1

c(t)

= 0,632 ∆cs

Real ∆C

∆c(t o + ) =   K ∆m [ 1 −  e

−1 / 3

3

] = 0,283∆c  

s

0,283∆Cs

(42)

0

Para obtener t o  y τ, se parte de:

t o + τ  = t 2

De donde:

y

τ 

t o +  = t 1 3

τ  = 3 (t 2  −  t 1 ) 2

t1 t2

(43)

 y

t o = t 2 − τ 

s

0,63∆Cs

(44)

t

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 33

Caracteriz Cara cterización ación del proceso proceso - Prueb Pruebaa del escalón.

Regla práctica para estimar un modelo POMTM a partir de un modelo de orden superior en el que se conocen los parámetros: Si una de las constantes de tiempo del modelo de orden superior es mucho mayor mayor que las otras, se toma esta constant constantee de tiempo como la constante de tiempo efectiva del modelo de primer orden. El tiempo muerto del modelo de primer orden se aproxima por la suma de todas las otras constantes de tiempo más el tiempo muerto del modelo de orden superior.

  K 1      K 2    K 3   −t  s G ( s ) =  τ  s + 1  τ  s + 1  τ  s + 1 e , τ  τ  1  >>     1    2    3   m

τ   = τ 1 2

, τ 3

t 0 = τ   2  + τ 3 + t m K   = K 1 * K 2  * K 3

Modelos de segundo orden con tiempo muerto (SOMTM) Estos modelos son menos precisos si se usa la prueba en escalón, ya que no se obtienen datos de la razón de amortiguamiento. Se usa la prueba con pulsos.

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 34

Ejemplo 6-9: Esti Estimar mar los parám parámetro etross POMTM POMTM para para el el inter intercamb cambiado iadorr de calor del ejemplo 6-5. La curva de reacción del proceso se da en la figura. m(t)

La función de transferencia de la válvu vá lvula, la, int interc ercamb ambiad iador or y sen sensor sor-Tx es:

∆m = 5 %

∆c(t)

  1    50   0,016      10 s + 1  30 s + 1  3s + 1 

4

G ( s) = 

3 2,53

∆Cs = 4 °C

2

Solución:

1,13 1

1. Aplicando la regla práctica:

τ = Cte. de tiempo mayor = 30 s

0 7,2

22,5

50 45

100 61,5

t

t o  = 10 + 3 = 13 s

K = Ganancia = 50*0,016 = 0,80 La función de transferenc transferencia ia POMTM será:

G (s) =

0,8e −13 s 30 s + 1

(Modelo A)

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 35

Ejemplo 6-9: Estimación de parámetros POMTM POMTM del intercambiador

2. Aplicando los métodos que utilizan la curva de reacción 

 

s

K  = ∆c = 4 C  = 0,80 C  / % ∆m 5%

La gananc ganancia ia está está dada por (39): (39):

 

t o  = 7,2 s

Método 1:



0,8e

t 3  = 61,5 s τ = 61,5 61,5 - 7, 7,2 2 = 54, 54,3 3s

=>

−7 , 2 s

G ( s ) = 54,3 s + 1

(Modelo B)

Método 2: En ∆c(t) = 0,632*(4 °C) = = 2,53 °C =>   t 2  = 45,0 s

=>

G (s) =

τ = t 2  - t o  = 45,0 45,0 - 7,2 = 37,8 37,8 s

0,8e

−7 , 2 s

37,8 s + 1

(Modelo C)

Método 3: En ∆c(t) = 0,283*(4 °C) = 1,13 °C

=>   t 1  = 22,5 s

t 2  = 45,0 s (ver método 2)

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 36

Ejemplo 6-9: Estimación de parámetros POMTM POMTM del intercambiador

Aplicando (44):

τ  = 3 (t 2 − t 1 ) = 3 ( 45 − 22,5) = 22,8 s 2

2

t o = t 2  − τ  = 45   − 33,8 = 11,2 s

Resumen de los 4 métodos Modelo A (aproximado) B (método 1)

=>

−11, 2 s 0 , 8 e G (s) = 33,8 s + 1

C (método 2)

(Modelo D)

D (método 3)

t o  ,s

13,0

7,2

7,2

11,2

τ ,s t o  / τ

30,0

54,3

37,8

33,8

0,433

0,133

0,190

0,331

Se puede observar que con los métodos 2 y 3 se obtienen las aproximaciones mas cercanas a la respuesta real al escalón.

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 37

Ejemplo 6-10: Para el proceso de segundo orden indicado, determinar los parámetros de un modelo POMTM. Utilizar el método 3, en función de la relación τ2  / τ1  .

G ( s ) = C ( s ) =   K   M ( s ) (τ 1s + 1)(τ 2 s + 1)

Proceso:

Modelo:

G' (s) =

K ' e

− t 'o s

τ ' s + 1 Solución: Obtengamos la respuesta al escalón del proceso real Entonces:

K 

C ( s ) =

τ 1 ≥ τ 2

=>

1

(τ 1s + 1)(   τ 2 s + 1) s Expandiendo en fracciones parciales, para τ1  > τ2  , se obtiene:

K  C ( s ) =

K τ 

1

K 

1

1 2 s − τ 1 − τ 2 s + 1 / τ 1 + τ 1 − τ 2 s + 1 / τ 2

Aplicando la transformada inversa de Fourier se obtiene: obtiene:

M(s) = 1/s

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Ejemplo 6-10:

Lámina 38

 τ 1     −t  / τ    τ 2 − t  / τ   ∆c (t ) = K 1 − e + e  τ  − τ  τ  − τ  1 2 1 2   1

Observemos que:

2

t→ →   ∝  ∝       ∆c(t) →  →   K  

Si:

∆m = 1 

Y como el escalón es unitario:

K’ = ∆c/ ∆m = K  

Aplicando el método 3, en t 1  = t ’ 0  + τ  τ’  /3 :

 τ  τ 2 −t   / τ   ∆c = (1 − e −1 / 3 ) = K 1 −   1  e −t   / τ  +  e  τ 1 − τ 2  τ 1 − τ 2  1

De donde:

1

1

2

    −  t   / τ  τ 2 −t   / τ   ( A) − e e  τ 1  

1 / 3

=

τ 1 τ 1 − τ 2

−1

=

τ 1 e  −  t   / τ  − τ 2 e −t   / τ   ( B)   τ 1 − τ 2  τ 1 

e−

’  :  e Y análogamente, en t 2  = t ’ 0  + τ  τ’ 

t 1  y t 2  se encuentran por ensayo y error.

1

2

1

1

1

2

2

2

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 39

Ejemplo 6-10:

Ahora consideremos τ2  =  ττ1  ; expandiendo en fracciones parciales, parciales, se obtiene:

K 

K 

K 

1

1

C ( s ) = (τ  s + 1) 2 s = s − τ    ( s + 1 / τ  ) 2 − K  s + 1 / τ  1 1 1 1



Aplicando la transformada inversa inve rsa de de Fourier Fourier se obtiene obtiene:: 

 

t  

−t  / τ 1

∆c(t ) = K 1  − τ 1 e

−t  / τ 1

−e

De donde, para t 1  y t 2  se obtiene:

e−

1 / 3

=  t  1 + 1 e −t   /   τ  τ 1  1

1

(C )

e − =  t 2 + 1 e  

1

τ 1



−t 2  / τ 1

( D )

Para encontrar t 1  y t 2  a part partir ir de (A) y (B), ó con (C) y (D), se proce procede de por ensayo y error. A partir de allí se obtiene, según (44):

τ ' =

3 2

(t 2  −  t 1 )

  τ ' t 'o = t 2 −

 

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 40

Ejemplo 6-10:

Utilizando un programa de computadora, Jacob Martin obtuvo esta gráfica: 1,8

Observamos de esta gráfica:

0,8

t ’ 0 

τ    ’  τ  ττ  1 

τ  τ  0,6 1 

1,6 t ’ 0  / τ  τ  1 

1,4

0,4

1,2

0,2  ’ /   τ  τ  τ ’ τ  1 

0

1,0 0

0,2

0,4

0,6

0,8

τ  τ  τ  2  /   τ  1 

1,0

Para τ  τ   2 = τ  τ   1  :

τ  '  = 1, 641τ 1 τ  t 'o = 0 ,505τ 1 τ  Para τ  τ   2

K = 0,8 %/%

Tu = 28,7 s

to= 7,2 s

τ = 54,3 s

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 42

Respuesta de razón de asentamiento de un cuarto para POMTM

Ajuste en línea

Modelo POMTM

Proporcional 

Kc = (1/0,8)(7,2/54,3) –1 = 9,4 %/%

Kc = (1/2)*23,8 = 11,9 %/% Proporcional-Integral 

Kc = 23,8/2,2 = 10,8 %/%

Kc = (0,9/0,8)(7,2/54,3) –1 = 8,5 %/%

28,7/1,2 ,2 = 23,9 23,9 s (0,4 min min)) τI = 28,7/1

 

τI = 3,33(7, 3,33(7,2) 2) = 24,0 s (0,4 (0,4 min min))

Proporcional-Integral-Derivativo 

Kc = (1,2/0,8)(7,2/54,3) –1 = 11,3 %/%

Kc = 23,8/1,7 = 14,0 %/% 28,7/2,0 = 14,3 14,3 s (0,24 (0,24 min) τI = 28,7/2,0 28,7/8 = 3,6 3,6 s (0,06 (0,06 min min)) τD = 28,7/8

   

Se obtienen resultados muy parecidos.

τI = 2,0(7,2 2,0(7,2)) = 14,4 s (0,24 (0,24 min min)) 0,5(7,2) 2) = 3,6 3,6 s (0,06 (0,06 min min)) τD = 0,5(7,

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 43

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo • Establecen un solo conjunto de parámetros de ajuste ajuste • Se utilizan utilizan los paráme parámetros tros POMTM POMTM Integral del valor absoluto del error (IAE) e(t)

 IAE  = t



∞

e(t  ) dt  ( 45)

0

Integral del cuadrado del error (ICE)

Entrada de perturbación

 ICE  = e(t)



∞

0

2

e (t  ) dt  (46)

Integral del valor absoluto del error ponderado en tiempo (IAET)

t

∞

 IAET  =

Entrada de punto de control

t  e(t  ) dt  ( 47)



0

Integral del cuadrado del error ponderado en tiempo (ICET)

 

 ICET  =



∞

0

2

te (t  ) dt  ( 48)

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 44

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

El conjunto de parámetros de ajuste depende del tipo de entrada y de su forma: •• En Entr trad ada alado de pert rtur urba baci ción ónoreg ó ulad Entr En trad ada demo cont co ntro rol l lado Cont Co ntro rola dorrpe como co mo serv se rvor egul ador or óa co como regu re gula dorr • Ent Entra rada da o perturb perturbac ación ión en Esca Escalón lón,, rampa, rampa, etc etc.. La respuesta a la entrada de una perturbación, U(s), son de dos tipos: U(s)

Respuesta instantánea:

R(s)

Gc (s)

M(s)

+

G(s)

C(s)

+

– U(s)

+ Respuesta igual a la salida del controlador:

Gc (s)

R(s)

–

M(s)

+

G(s)

C(s)

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 45

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

Fórmulas de ajuste para 0,1 < t o / τ < 1 :

K e Modelo del proceso: G ( s )

− t o s

= τ s + 1

Controlador:

    1 Gc ( s ) = K c   1 +  τ  s + τ  D s   I     

Tabla 6-3 (López A. y asociados) Fórmulas para ajuste de integral mínima de error para entrada de perturbación Controla Cont rolador dor Proporci Pr oporcional  onal 

a  t   Kc =    0  K     

Kc =     K     

b1

IAE 0,902

IAET 0,490

b = – 0,917

– 0,985

– 1,084

a=

Cont rola rolador dor Proporcio Proporcionalnal-In Integral  tegral 

a 1  t 0  

ICE 1,411

b

  τ   t   τ I =  0  a 2     

b2

ICE a1 = 1,305 b1 = – 0,9 ,95 59 a2 = 0,492 b2 = 0,739

IAE 0,984 – 0,98 986 6 0,608 0,707

IAET 0,859 – 0,97 977 7 0,674 0,680

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 46

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

Controla Cont rolador dor Proporcio Proporcionalnal-In Integral tegral-D -Derivativo  erivativo 

ICE

a 1  t 0   b1 Kc =     K     

t b τ I =   τ     0   a 2     

2

b3

τ D = a  3τ      t     0

a1 = 1,495 b1 = – 0,9 ,94 45

IAE

IAET

1,435 – 0,92 921 1

1,357 – 0,94 947 7

a2 =

1,101

0,878

0,842

b2 =

0,771

0,749

0,738

a3 =

0,560

0,482

0,381

b3 =

1,006

1,137

0,995

Tabla 6-4 (Rovira A. y asociados) Fórmulas para ajuste de integral mínima de error para cambios en el punto de control Cont rola rolador dor Proporcio Proporcionalnal-In Integral  tegral 

a 1  t 0   b1

Kc =     K     

τ I =

a 2 + b2 ( t 0 / )

IAE a1 = 0,758 b1 = – 0,86 861 1 a2 = 1,020 b2 = – 0,32 323 3

IAET 0,586 – 0,916 1,030 – 0,165

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 47

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

Controla Cont rolador dor Proporcio Proporcionalnal-In Integral tegral-D -Derivativo  erivativo 

IAE

b1

K c = a 1   t 0    K     

 t 0   τ D = a  3τ        

τ I = a + b ( t  / ) 2 2 0 b3

a1 = 1,086 b1 = – 0,86 869 9 a2 = 0,740 b2 = – 0,13 130 0 a3 = b3 =

IAET 0,965 – 0,855 0,796 – 0,147

0,348 0,914

0,308 0,929

Ejemplo 6-12: Comparar los parámetros de ajuste mediante los criterios de integral de error para entrada de perturbaciones, para el modelo POMTM del ejemplo 6-9. Los datos son: Modelo POMTM del (ejemplo 6-9):

=>

K = 0,8 %/%

to= 11,2 s

Utilizando las tablas para entrada de perturbaciones, tenemos:

τ = 33,8 s

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 48

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

Controlador P: Kc %/%

ICE 4,9

IAE 3,3

IAET 2,0

Kc %/%

ICE 4,7

IAE 3,7

IAET 3,2

30,3 (0,51)

25,5 (0,42)

23,7 (0,39)

Kc %/%

ICE 5,3

IAE 5,0

IAET 4,8

τI , s

13,1

16,8

17,8

(min)

(0,22)

(0,28)

(0,30)

τD , s

6,2 (0,104)

4,6 (0,077)

4,3 (0,072)

Controlador PI:

τI , s

(min)

Controlador PID:

(min)

 Resultados parecidos: ICE es el más aproximado al real; IAET el menos.

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 49

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

Ejemplo 6-13: Comparar las respuestas a cambios de escalón unitario en el disturbio y en el punto de control, que se obtienen con un controlador PI ajustado para IAE, para el proceso mostrado en la siguiente figura: U(s) R(s)

G (s)

M(s)

+

G(s)

K  = 1 % / %,

Criterio IAE para perturbacione perturbaciones: s:

τ I =

1,0e −0,5 s G ( s) =

Solución:

Kc =

C(s)

+

c

–

Modelo POMTM:

0,984  0,5 

 

= 1,95 % / %

1,0   1   -0,707 1,0  0,5 

   0,608   1  

= 1,01 min

= 1,0 min, t 0   = 0,5 min

Criterio IAE para punto de control:

-0,986



s + 1 % / %

Kc =

τ I =

0,758  0,5 

   1,0   1    

-0,861

= 1,38 % / %

1

1,02 − 0,323(0,5 / 1)

= 1,16 min

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 50

Ajuste mediante los criterios de error de integración mínimo

C ( s )

Entrada de perturbación:

U ( s )

Entrada del punto de control:

C ( s )  R ( s )

=

G (s)

U ( s ) =

1 + G ( s )Gc ( s )

=

G ( s )Gc ( s )

 R ( s ) =

1 + G ( s )Gc ( s )

1 s

1 s

Las respuestas respuestas obtenidas por por computador según Rovira (o por Matlab) Matlab) son: Respuesta a un cambio en la perturbación 1.0

Respuesta a un cambio en la referencia 2.0

Ajuste para cambios pto. de control t o  / τ

Ajuste para perturbaciones

= 0,5

0.0

t o  / τ

1.0 Ajuste para cambios pto. de control

Ajuste para perturbaciones - 1.0

= 0,5

0.0 0

2

4

6

8

0

2

4

6

8

 

6. DISEÑO DE LOS SISTEMAS DE CONTROL

Lámina 51

Ajuste de controladores digitales (por muestreo) Si el controlador controlador es digital, digital, con un tiempo de muestreo, muestreo, T, dado por:

  τ  / 100  ≤  T  ≤ τ  / 10

τ = cte. de tiemp tiempo o efectiva efectiva del del proceso, proceso,

Moore propone corregir corregir el valor del tiempo muerto en las fórmulas fórmulas para ajuste para los modelos POMTM, de esta manera:

t oc = t o +

T 

2

( 49)

toc = tiempo muerto corregido to = tiempo muerto del proceso T = tiempo de muestreo

Ejemplo: para el ejemplo 6-13 se utiliza un controlador digital con un tiempo de muestreo de T = 1 segundo. Calcular los nuevos parámetros de ajuste.

T  El nuevo tiempo muerto será:

1   1  

t oc = t o + 2 =   0,5 + 2  60  min    

Vemos que en este caso el efecto es despreciable en el ajuste del controlador