_ Ingenieria electronica _ Regulación Automática _ TEMA 14 _

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Capítulo 14: Acciones de control 
carlos.platero@upm.es 
 
Diseño de sistemas de control 
 Diferencias entre análisis y diseño 
 Análisis: predecir la dinámica 
 Diseñar: mejorar la evolución del sistema. 
 Especificaciones: Estabilidad, precisión y rechazo al ruido 
 Múltiples técnicas de diseño 
 Pericia del ingeniero 
 Procedimiento: 
1. Pliego de condiciones, i.e. los datos de partida y los 
requisitos dinámicos que se van a imponer. 
2. La arquitectura física de control. 
3. La metodología del diseño de los reguladores de 
control. 
 
Arquitecturas de control 
GC(s) GP(s)
H(s)
+
-
GC(s) GP(s)
H(s)
+
-
HC(s)
-
+
+
GC(s) GP(s)
H(s)
+
-
GCP(s)
G1(s)
+
+
+
Compensación en cascada 
Compensación en paralelo o por 
realimentación 
Compensación predictiva o por 
prealimentación 
Condiciones básicas exigibles 
 El sistema deberá de cumplir cuatro requisitos: 
1. Estabilidad 
2. Precisión 
3. Adecuadamente amortiguado y debe ser lo suficientemente 
rápido en el tiempo 
4. Rechazo a las perturbaciones 
 
 
Condiciones básicas exigibles 
X(s)
G(s)
H(s)
Y(s)+
-

12
2












nn
ss
k




X(s) Y(s)X(s)
G(s)
H(s)
Y(s)+
-

12
2












nn
ss
k



12
2












nn
ss
k




X(s) Y(s)
Dominio del 
tiempo 
Sobreoscilación MP, tP 
Tiempo de subida tr 
Tiempo de establecimiento ts 
Error en el régimen permanente ep, ev, ea 
Dominio de la 
frecuencia 
Margen de fase γ 
Frecuencia de cruce de ganancia ωg 
Pico de resonancia y frecuencia de resonancia Mr, ωr 
Error en el régimen permanente ep, ev, ea 
Dominio 
complejo 
Coeficiente de amortiguamiento ζ 
Constante de amortiguamiento σ 
Frecuencia amortiguada ωd 
Frecuencia natural no amortiguada ωn 
Error en el régimen permanente ep, ev, ea 
cc 
cc 
cc 
Condiciones básicas exigibles 
 El sistema deberá de cumplir cuatro requisitos: 
1. Estabilidad 
2. Precisión 
3. Adecuadamente amortiguado y debe ser lo suficientemente rápido en el 
tiempo 
4. Rechazo a las perturbaciones 
 
 G2(s)
+
-
G1(s)
+
+
X(s)
Z(s)
Y(s)
 
   
   
 
 
   
 
   
   
 
   













sGsG
sG
sM
sGsG
sGsG
sM
sZ
sGsG
sG
sX
sGsG
sGsG
sY
21
2
2
21
21
1
21
2
21
21
1
)(
1
)(
11
     
 
 









 0
1
1y 1
2
0
1
0
21
0
1
0 lim
lim
limlim sM
sM
sGsGsG
s
s
ss
Consecuencias en el diseño 
 El regulador debe tener alta ganancia estática (precisión 
y rechazo a las perturbaciones) 
 Acción integradora (la I del PID) 
 Los integradores hacen que sean más precisos los sistemas 
de control, pero también disminuyen la estabilidad 
 Los integradores introducen un desfase de -90º en la cadena 
abierta. 
 Compromiso entre estabilidad y rapidez 
 Mp entre el 5% y el 35% o Mr entre 1dB y 3dB. 
 Acción adelanto de fase (la PD del PID) 
 Si responde bien al escalón tiene una tendencia a 
comportarse bien con otras señales de mando 
 
 
Ejemplo 
Se tiene una planta del tipo: 
 
 
al que se le coloca un compensador en serie de tipo proporcional 
(P), con una ganancia que vale 1 y 5. La realimentación es unitaria. Se 
pide: 
1. Obtener la respuesta del conjunto ante la entrada en escalón y 
calcular los parámetros más significativos. 
2. Si el regulador es remplazado por un integrador ideal con una 
constante de tiempo de 2 s, caracterizar su respuesta temporal. 
3. Determinar para los tres anteriores casos las frecuencias de 
cruce de ganancia y los márgenes de fase 
 
 
     321
10
6116
10
23 



ssssss
sGP
Ejemplo 
 LDR, ep, polos dominantes y parámetros del régimen 
transitorio: 
-5 -4 -3 -2 -1 0 1
-3
-2
-1
0
1
2
3
Root Locus Design
Im
a
g
 A
xe
s
Real Axis
 






 %7.105
%5.371
6
10
lim
0 p
p
P
s
P ek
ek
kskGK
 




















11.311.0
77.5
5
73.1845.0
3.4
1
0)106(116 23
j
sk
j
sk
kssssD
stMststk
stMststk
sppr
sppr
8.27%48.89151.05
71.3%56.218.117.11


11.3,035.0,º885
92.1,438.0,º641


n
n
k
k


Ejemplo 
 Test al escalón para k = 1 ó 5: 
stMststk
stMststk
sppr
sppr
8.27%48.89151.05
71.3%56.218.117.11


Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 5 10 15 20 25 30
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)





%7.105
%5.371
p
p
ek
ek
Ejemplo 
 Con I 
-5 -4 -3 -2 -1 0 1
-3
-2
-1
0
1
2
3
Real Axis
Im
a
g
 A
xe
s
Root Locus Design
  %0
2
1
lim
0


pP
s
P esG
s
K
 






74.084.2
74.016.0
0101222122 234
j
j
ssssssD
stM
stst
sp
pr
63.19%7.50
24.441.2


Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 5 10 15 20 25 30
0
0.5
1
1.5
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
  75.0,21.0,º78
2
1
 nc
s
sG 
Ejemplo: respuesta frecuencia 
 Tipo P:  
   33.015.011
6
10


jjj
k
kGp


     ggg
ggg
arctgarctgarctg
k


33.05.0180
13578.13861.00272.0
6
10 246
2







Frequency (rad/sec)
P
h
a
s
e
 (
d
e
g
);
 M
a
g
n
it
u
d
e
 (
d
B
)
Bode Diagrams
10
-1
10
0
10
1
10
2
-300
-200
-100
0
T
o
: 
Y
(1
)
-150
-100
-50
0
50
From: U(1)
Frequency (rad/sec)
P
h
a
s
e
 (
d
e
g
);
 M
a
g
n
it
u
d
e
 (
d
B
)
Bode Diagrams
10
-1
10
0
10
1
10
2
-300
-200
-100
0
T
o
: 
Y
(1
)
-100
-50
0
50
From: U(1)
º6/35
º90/11




sradk
sradk
g
g
Ejemplo: respuesta frecuencia 
 Tipo I:  
   33.015.0112
6
10


jjjj
kGp


     
ggg
gggg
arctgarctgarctg 

33.05.090
3578.13861.00272.0
12
10 2468
2







Frequency (rad/sec)
P
h
a
s
e
 (
d
e
g
);
 M
a
g
n
it
u
d
e
 (
d
B
)
Bode Diagrams
10
-2
10
0
10
2
10
4
10
6
10
8
-400
-300
-200
-100
0
T
o
: 
Y
(1
)
-800
-600
-400
-200
0
200
From: U(1)
º8.26/65.0   sradg
Ejemplo 
 Comparativa entre el dominio temporal y frecuencial 
11.3,035.0,º885
92.1,438.0,º641


n
n
k
k


º6/35
º90/3/11




sradk
sradsradk
fg
fg
  75.0,21.0,º78
2
1
 nc
s
sG 
º8.26/1/65.0   sradsrad fg
Metodología para el diseño de los compensadores 
 Experimentales 
 Ziegler-Nichols 
 Analíticos 
 Identificación de la FDT del sistema 
 Técnica 
 Análisis: P,PI,PD y PID 
 Síntesis 
 
Regulares P 
 Varían la ganancia estática 
 No modifican el LDR 
 Débil compromiso entre precisión y respuesta del 
régimen transitorio 
 Estos compensadores son una combinación lineal entre la 
señal de error y su derivada (efecto anticipador) 
 
 
 
 Ideal (no causal) 
 Valores iniciales elevados: saturación de las etapas 
 Modifica LDR con la adición de un cero en la cadena abierta 
0 100 200 300 400 500
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
Relación entre el error y su derivada
e
(t
) 
y 
d
e
(t
)/
d
t
t
Error 
Derivada del error 
Regulares PD 
   
 







dt
tde
Ttekty d  
 
 
 dc sTk
sE
sY
sG  1
-5 -4 -3 -2 -1 0 1
-3
-2
-1
0
1
2
3
Root Locus Design
Im
a
g
 A
xe
s
Real Axis
-5 -4 -3 -2 -1 0 1
-3
-2
-1
0
1
2
3
Root Locus Design
Im
a
g
 A
xe
s
Real Axis
Regulares PD 
 Mejora el comportamiento dinámico del transitorio. 
 No tiene la capacidad de modificar, de forma independiente, el 
régimen permanente, puesto que los parámetros de regulador 
PD, k y Td, son empleados para ajustar el transitorio. 
 Aumenta el margen de fase y la frecuencia de cruce 
 Problemas con la amplificación del espectro de alta frecuencia(ruido). 
 Problemas con las saturaciones al inicio de la maniobra 
 
Frequency (rad/sec)
P
h
a
s
e
 (
d
e
g
);
 M
a
g
n
it
u
d
e
 (
d
B
)
Bode Diagrams
0
5
10
15
20
25
From: U(1)
10
0
10
1
10
2
0
20
40
60
80
100
T
o
: 
Y
(1
)
[s]
0
0
-1
0
1
Redes de adelanto de fase 
 PD real  
 
 
 
  ndn
d
c TT
sT
sT
k
sE
sY
sG 



1
1
0
5
10
15
20
10
0
10
1
10
2
10
3
0
20
40
60
XO
dT
1
nT
1
Ejemplo de adelanto de fase 
-1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Root Locus
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
Ejemplo de adelanto de fase 
Step Response
Time (sec)
A
m
p
lit
u
d
e
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
 
 
RAF
Gc=2
Reguladores proporcionales-integrales(PI) 
 Compromiso entre precisión (I) y rapidez (P) 
 Elevar el tipo del sistema con la adición de un integrador 
en la cadena abierta: 
 
 
 Implementación real con una red de retraso de fase 
      






  dtteT
tekty
i
1  
 
 
 
i
i
c
sT
sT
k
sE
sY
sG


1
 
 
 
 
  irr
i
c TT
sT
sT
k
sE
sY
sG 



1
1  
   
s
sT
k
s
T
sT
T
k
sG i
T
r
i
r
c
r







 



1
'
1
1
1
Reguladores proporcionales-integrales(PI) 
 Parámetros k y Ti para mejorar en precisión. 
 RRF modifica ligeramente el LDR. 
 Preservar los polos dominantes de la cadena cerrada 
 Aunque introduce un polos próximo cerca del origen en la 
cadena cerrada 
 Frecuencial 
 Disminuir g para aumentar  
-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-0.2
-0.15
-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
Root Locus
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
-20
-15
-10
-5
0
10
0
10
1
10
2
10
3
-60
-40
-20
0
X O
rT
1
iT
1
Ejemplo de retraso de fase 
-0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-0.2
-0.15
-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
Root Locus
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
Ejemplo de retraso de fase 
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Step Response
Time (sec)
A
m
p
lit
u
d
e
Gc=2
RRF
Reguladores proporcionales, derivativos e integrales (PID) 
 El 95% de los reguladores industriales 
 
 
 
 
 Se puede aproximar con una red adelanto-retraso 
 
 
  i
dii
c
sT
TTssT
k
sE
sY
sG
21 

 
  
 
  
   ndirnr
di
ni
di
c TTTT
sTsT
sTsT
k
sTsT
sTsT
ksG 






11
11
1
11
Ejercicio de examen 
La función de transferencia de un proceso a controlar es: 𝐺𝑝 𝑠 =
1
(𝑠+1)(𝑠+2)(𝑠+4)
. Se desea que la 
señal de salida siga a la de referencia, para lo cual se propone una arquitectura de control en cadena 
cerrada, con un sensor de función de transferencia unitaria. Se pide: 
1. Si el regulador es de tipo P, calcular la ganancia de éste para que el error al escalón sea del 
10%. 
2. Trazado directo del lugar de las raíces. 
3. Respuesta del sistema de control ante una entrada en escalón unitario con el regulador 
definido en el apartado 1, sabiendo que una de las raíces del polinomio característico es -6.7. 
Indicar los valores más significativos. ¿Cuánto vale el margen de fase aproximadamente?. 
Ante los resultados obtenidos, describir las ventajas e inconvenientes de este sistema de 
control. 
4. El regulador P es sustituido por una red de adelanto de fase 𝐺𝐶 𝑠 = 72
𝑠+1
𝑠+3
. Determinar el 
margen de fase y la frecuencia de cruce de fase, sabiendo que la frecuencia de cruce de 
ganancia es 2.88 [rad/s]. 
5. Dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena abierta. 
6. Dibujar de forma aproximada la señal de salida del sistema de control ante una entrada en 
escalón unitario. Comparar los resultados del regulador P con el PD real. 
 
Ejercicio de examen 
 
1. 𝑒𝑃 =
1
1+𝐾/8
=0.1, luego K=72. ( 1 punto) 
2. 
 
( 2 puntos) 
-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
Root Locus
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
A
xi
s
Ejercicio de examen 
3. Hay un polo -6.7 y el polo complejo y conjugado es -0.153 ±j3.45, por lo que se puede aplicar polos 
dominantes y determinar el equivalente aproximado del conjunto realimentado. 
 
 
Si cc = 0.043, el margen de fase aproximadamente es 4.3º. 
El sistema con este regulador P aunque tiene un error del 10% de posicionamiento y es próximo a la 
inestabilidad (2 puntos). 
Step Response
Time (sec)
A
m
pl
itu
de
0 5 10 15 20 25 30 35
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
Ejercicio de examen 
4. El margen de fase es 45.5º y la frecuencia de cruce de fase es aproximadamente 5 [rad/s] (1 puntos). 
5. 
 
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
-270
-180
-90
0
P
ha
se
 (
de
g)
-100
-80
-60
-40
-20
0
20
M
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
Nyquist Diagram
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
Ejercicio de examen 
6. Dado que el conjunto realimentado se puede aproximar a un sistema de segundo orden, se puede 
considerar que la frecuencia natural está 2.88 ≤ 𝜔𝑐𝑐 ≤ 5.1 y 𝜉𝑐𝑐 = 0.455. De otro lado, el error de 
posicionamiento en el régimen permanente es 0.25. Con esto valores se calcula los tiempos de 
establecimiento (2.31 s), de pico (1.17 s) y de subida (0.76 s), la sobre-oscilación del 36.7% y un valor 
del régimen permanente al escalón unitario de 0.75. 
 
 
(2 puntos) 
Step Response
Time (sec)
Am
pl
itu
de
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Problema 

Problema 
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-3
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
-360
-270
-180
-90
0
P
ha
se
 (
de
g)
-150
-100
-50
0
50
M
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
-5 0 5 10 15 20 25 30 35
-15
-10
-5
0
5
10
15
Nyquist Diagram
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
A
xi
s

2. Considerando nulo el retardo y con k=1, dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena 
abierta (2 puntos). 
 
Problema 
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step Response
Time (sec)
A
m
pl
itu
de
3. Bajo las condiciones de los apartados anteriores, estimar aproximadamente la respuesta 
temporal del sistema de control ante una entrada en escalón unitario (2 puntos). 
 
Problema 
4.Determinar el margen de fase del sistema de control considerando el retardo temporal de 1s (1 puntos). 
 El retardo no modifica la frecuencia de cruce de ganancia. El margen de fase habrá que restar el 
desfase introducido por el retardo: 
 γ=180-(arctg ωg+arctg 30ωg+arctg (ωg⁄3)/(1-((ωg^2)⁄(9)))+ωg )180/π=-14º 
 
5.Calcular el valor de k para que el margen de fase sea de 40º considerando el retardo temporal (2 puntos). 
Si se desea mejorar el margen de fase habrá que disminuir la frecuencia de cruce de ganancia. 
Habrá que variar k. La variación de k no modifica el argumento de la cadena abierta. Se localiza la 
nueva frecuencia de cruce de ganancia mediante: 
 
 
 
La nueva frecuencia de cruce de ganancia está alrededor de 0.5 rad/s. Para que sea esta 
frecuencia requiere cumplir: 
 
El valor de k está alrededor de 0.5. 
Para este valor del regulador, se procede a la simulación de su respuesta en frecuencia y la 
evolución temporal ante una entrada en escalón. 
 
Problema 
Simulaciones con Matlab 
-80
-60
-40
-20
0
20
40
M
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-3
10
-2
10
-1
10
0
10
1
-900
-720
-540
-360
-180
0
P
ha
se
 (
de
g)
0 5 10 15 20 25 30 35
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step Response
Time (sec)
A
m
pl
itu
de
Técnicas de compensación basadas 
 Métodos experimentales: Ziegler-Nichols 
 Diseño basado en modelos matemáticos 
 PID 
 
 
 Primer método: ajuste en cadena abierta 
 








 sT
sT
KsG d
i
pc
1
1)(
 
 
Planta 
+ 
 
 - 
 
Planta u(t) y(t) 
 
K 
L T 
Modelo 
Planta 
1)(
)(



Ts
LsK
su
sy e
Primer métodode Z-N 
s
L
s
K
T
sT
sTi
KG dpc
2
1
6.0
1
1
















TIPO DE 
CONTROLADOR Kp Ti Td 
P  0 
PI 0 
PID 2L 0.5 L 
LK
T
·
LK
T

9.0
3.0
L
LK
T

2.1
Ejemplo 
 Laboratorio: T=14s, L=4s, K=1.2 
 
Step Response
Time (sec)
A
m
p
lit
u
d
e
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Ejemplo 
Diseñar un regulador PID para el sistema cuya función de 
transferencia es: 
según el método de ajuste en cadena abierta de Ziegler-
Nichols. 
 
)3)(2)(1(
1
)(


sss
sG
Time (sec.)
A
m
p
li
tu
d
e
Step Response
0 1 2 3 4 5 6
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
0,4 2,8 
K=0,165 
L=0.4 sec. 
T=2.8-0.4=2.2 sec. 
Ejemplo 
 
s
s
s
s
Gc
2
5,2
25,82,0
8,0
1
125,41










 
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real Axis 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
Lugar de las raíces 
0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 
0.2 
0.4 
0.6 
0.8 
1 
1.2 
1.4 
1.6 
Ejemplo 
 De forma analítica 
1. Obtener la respuesta al escalón 
 
2. Calcular el punto de inflexión de la curva 
 
 
 
 
3. Ganancia estática 
 
 
4. Relaciones geométricas 
 
ttt
s eeety
32 166,05,05,0166,0)(  
049,0)1,1(074,0
)1,1(
.1,105,125,0
)(
5,05,0)(
)(
32
2
2
32





y
dt
dy
steee
dt
tyd
eeety
dt
tdy
s
ttts
ttts

166,0)(
1
lim
0


sG
s
sK
s
43,0
074,0
05,0
1,125,2
074,0
166,0
 LT
Segundo método de Z-N: Cadena cerrada 
 
Time (sec.) 
A
m
p
lit
u
d
e
 
Step Response 
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 
0 
0.2 
0.4 
0.6 
0.8 
1 
1.2 
1.4 
1.6 
1.8 
2 
Pcr 
Kcr=60 
s
P
s
PKsG
cr
crcrc
2
4
075,0)(










TIPO DE 
CONTROLADOR Kp Ti Td 
P  0 
PI 0 
PID 
crK5.0
crK45.0
2.1
crP
crK6.0 crP5.0 crP125.0
 








 sT
sT
KsG d
i
pc
1
1)(
 
 
Planta 
+ 
 
 - 
Ejemplo 
Diseñar un regulador PID para el sistema cuya función de 
transferencia es: 
según el método de ajuste en cadena cerrada de Ziegler-
Nichols. 
 
)3)(2)(1(
1
)(


sss
sG
606
6116)3)(2)(1()( 23


p
pp
K
KsssKssssD
9,1
2
31,3
31,311066666 22



cr
cr
crdn
cr
T
jjssKs



s
s
sGc
2)2(
55,8)(


Ejemplo 
-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
Root Locus Editor for Open Loop 1 (OL1)
Real Axis
Im
a
g
 A
x
is
Step Response
Time (sec)
A
m
p
lit
u
d
e
0 1 2 3 4 5 6 7
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Examen enero 2017 
El control de temperatura de una célula Peltier es implementado mediante un sistema de 
realimentación unitaria. La planta Peltier es modelada mediante la siguiente función de 
transferencia 
Se pide: 
1. Trazado directo del lugar de las raíces, aproximando el retardo temporal mediante Pade. Para el 
resto de apartados no emplear la aproximación de Pade. 
2. Ajustando el regulador proporcional con un valor de K que sea la mitad del valor de la K 
crítica, determinar las frecuencias de cruce de ganancia y fase, así como, los márgenes de fase y 
ganancia. 
3. Dibujar el diagrama de Bode y la curva polar de la cadena abierta con el regulador del anterior 
apartado. Indicar sobre las gráficas los puntos característicos. 
4. Estimar la respuesta del sistema en cadena cerrada ante una entrada en escalón unitario. 
Indicar sobre la gráfica los puntos característicos. 
5. Calcular el regulador PID de Ziegler-Nichols 
 
   s
e
sv
sv s
r
s
141
2.1 4



Examen enero 2017 
s2+(0.57-0.085k)s+0.035+0.042k 
 s2 1 0.035+0.042k 
 s1 0.57-0.085k 
 s0 0.035+0.042k 
Los polos para la ganancia crítica serán de ±j0.57 
7.6
085.0
57.0
crk
Dado que la ganancia crítica es 6.7, la cadena abierta queda como: 
 


141
4
)(
4


e
kG
Las frecuencias de corte de ganancia y fase son aproximadamente: 0.28[rad/s] y 0.39[rad/s]. 
El margen de fase de será de 41.5º y el margen de ganancia de 2.8 dB 
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-35
-30
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
System: g1
Gain Margin (dB): 3.74
At frequency (rad/sec): 0.434
Closed Loop Stable? Yes
M
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
10
-3
10
-2
10
-1
10
0
10
1
-2160
-1800
-1440
-1080
-720
-360
0
System: g1
Phase Margin (deg): 41.1
Delay Margin (sec): 2.59
At frequency (rad/sec): 0.277
Closed Loop Stable? Yes
P
ha
se
 (
de
g)
-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Nyquist Diagram
Real Axis
Im
ag
in
ar
y 
A
xi
s
Examen enero 2017 
Considerando que el margen de fase es de 41.5º, se puede considerar que el factor de 
amortiguamiento es aproximadamente 0.415 y que la frecuencia natural estará en el 
intervalo de la frecuencia de cruce de ganancia y fase, p.e. 0.3 [rad/s]. Además el error 
al escalón será 1/(1+4). Por todo ello, se puede estimar que el tiempo de 
establecimiento es de unos 25 s, el tiempo de pico de unos 10 s y que la sobreoscilación 
del 25%. La señal de salida en el régimen permanente es de 0.8 y el valor máximo 
estará alrededor de 1. 
Para el valor de Kcr, la frecuencia de oscilación en 0.57 [rad/s], luego el periodo es de 
11s. La FDT del regulador es:  
s
s
sGc
2
36.0
25.5)(


Ajuste de un regulador proporcional mediante LDR 
 No modifica el LDR 
 Sólo establece un punto de funcionamiento. 
Ejemplo ajuste de un regulador proporcional mediante LDR 
Supóngase que se quiere regular el sistema: 
 
de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes: 
Mp<15%, ts<2 s y ep<25%. 
 
)2)(1(
1
)(


ss
sG
1.- Calcular los valores de K necesarios para cumplir los requerimientos 
estáticos: 
6
2
))((
325,0
1
1
0





K
K
sGKlimK
K
K
e
s
p
p
p
p
Ejemplo ajuste de un regulador proporcional mediante LDR 
2.-Calcular la zona del lugar de las raíces en la que deben posicionarse los 
polos dominantes en cadena cerrada para que la dinámica del sistema 
cumpla las especificaciones. Una sobreoscilación del 15% supone un 
margen de fase aproximadamente de 50º: 
º87,5815100
57,122
tan 








ep
s
M
sst
 
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
Real Axis Real Axis 
=1,57 
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
=58º 
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
Ts<2s, Mp<15% 
S 
Ejemplo ajuste de un regulador proporcional mediante LDR 
3. Aplicando el criterio del módulo: 
        01,76,205,116,2057,11 2222 



 



 


dz
dp
K
 
7)( sGc 
 
)2)(1(
1
)(


ss
sG 
+ 
 
 - 
Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
K=7 
K=1 
Ejemplo ajuste de un regulador proporcional mediante LDR 
Supóngase que se quiere regular el sistema: 
 
de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes: 
Mp15%, ts<2 s y ep<25%. 
 
No es posible realizarlo con un regulador P. Habrá que modificar el LDR. 
)3)(2)(1(
1
)(


sss
sGp
 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD ideal) 
Cuando se trata de modificar el LDR para que pase por los 
polos dominantes se utiliza la inserción de un cero en la 
cadena abierta: 
 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
1 2 3 
 
Time (sec.) 
A
m
p
lit
u
d
e
 
Step Response 
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 0 
0.1 
0.2 
0.3 
0.4 
0.5 
0.6 
0.7 
0.8 
From: U(1) 
To: 
Y(
1) 
No regulado 
Regulación 
PD 
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
es
 
Real Axis 
d
p
dp
T
K
asiendosTKasKsR  )()(
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD ideal) 
Supóngase que se quiere regular el sistema: 
 
de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes: 
Mp10% y ts<2 s. 
 
)3)(2)(1(
1
)(


sss
sGp
1. Se dibuja el LDR y el lugar de los polos dominantes deseados S. 
 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
1 2 3 
jS
M
sst
ep
s
27,1
º7,5310100
57,122
tan





 





Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD ideal) 
2. Mediante la aplicación del criterio del argumento, se introduce un cero de forma que 
las ramas del LDR pasen por el punto S. Para ello se calcula el ángulo  que debe 
aportar el cero adicional para que S pertenezca al LDR. Obtenido el ángulo se calcula la 
posición del cero: 
51,2
44,2tan
º7,67
)7,1(
2
arctan
º57
3,1
2
arctan
º47,81
3,0
2
arctan
º3,109
7,0
2
arctan180
º180
,...2,1,0)12(180),(),(
3
2
1
111






















  
a
a
NNzSpS
c
c
c
c
ii







 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
1 2 3 
3. Habiendo deformado el LDR para que pase por el punto deseado, se calcula el 
valor de la ganancia, aplicando el criterio del módulo, para posicionar los polos 
dominantes en ese punto. 
07,5
15,28,04
38,23,14
23,04
12,27,04
321
2
2
3
2
2
2
1













z
z
d
ddd
K
d
d
d
d
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD ideal) 
El valor de K será igual al de la ganancia del regulador, de forma que éste tendrá 
finalmente la siguiente función de transferencia: 
 
72,1207,507,572,12)51,2(07,5)(  pd KyTsssR
 
Time (sec.) 
A
m
p
lit
u
d
e
 
Step Response 
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 0 
0.1 
0.2 
0.3 
0.4 
0.5 
0.6 
0.7 
0.8 
From: U(1) 
To: 
Y(
1) 
No regulado 
Regulación 
PD 
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
Real Axis 
Ajuste de una red de adelanto de fase (PD real) 
 Al igual que en el ajuste del regulador proporcional derivativo ideal, se procede al 
cálculo del aporte de fase necesario c para que S pertenezca al LDR. 
 Una vez fijado el polo o el cero, la posición del otro quedará determinada por este 
ángulo. No existe una norma fija para realizar este posicionamiento, y en la mayoría 
de los casos es necesario un ajuste fino posterior. 
 Métodos de ubicación del par polo-cero: 
 Situar el cero a cancelando el segundo polo más significativo en cadena abierta. 
 Situar el cero a bajo la vertical del polo S. 
 Situat el par polo cero siguiendo la construcción geométrica de la figura. 
.)( badonde
bs
as
KsR 



 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
-b -a 
2
c 
2
c 
Bisectriz de 180- 
 
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD real) 
Supóngase que se quiere regular el sistema: 
 
de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes: 
Mp10% y ts<2 s. 
 
)3)(2)(1(
1
)(


sss
sGp
1. Se dibuja el LDR y el lugar de los polos dominantes deseados S. 
 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
1 2 3 
jS
M
sst
ep
s
27,1
º7,5310100
57,122
tan





 





Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD real) 
2. Mediante la aplicación del criterio del argumento, se introduce un cero-polo de forma 
que las ramas del LDR pasen por el punto S. Para ello se calcula el ángulo  que debe 
aportar el cero-polo adicional para que S pertenezca al LDR. Obtenido el ángulo de 
compensación. 
º7,67
1805747,813,109180
º180111



 
c
iic
c



• Se situa el cero a cancelando el segundo polo más significativo en cadena 
abierta. Para el caso del ejemplo se debe cancelar el polo situado en –2: 
86,9
55,8
2
7,1
arctan7,67
2
7,12
arctan
2
7,1
arctan









b
b
b
c
• Situar el cero a bajo la vertical del polo S. Para el caso del ejemplo, a se situaría en 
el valor –1,7. 
57,6
2
7,1
arctan



b
b
c
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD real) 
• Se situa el par polo cero siguiendo la construcción geométrica de la 
figura. Esta disposición logra que la ganancia de la red sea la mínima 
posible para el aporte de fase deseado. 
21,5
2
7,1
2
tan
44,1
2
7,1
2
tan
53







 







 

b
b
a
a
c
c



 
-4 -3 -2 -1 0 1 2 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Real 
Axis 
Im
a
g
 
A
x
is
 
S 
S 
-b -a 
2
c 
2
c 
Bisectriz de 180- 
 
Ajuste de un regulador proporcional-derivativo (PD real) 
3. Mediante la aplicación del criterio del módulo, se calcula la ganancia K que 
posiciona los polos dominantes del sistema en el lugar S deseado. Por la 
cancelación, sólo cuenta los polos en –1,-3, y –9,86 
42
16,84
3,14
7,04
321
2
3
2
2
2
1











dddK
d
d
d
Por tanto, finalmente la red de adelanto de fase adoptará la forma siguiente: 
86,9
2
42)(






s
s
bs
as
KsR
y simulando el sistema con MatLab se obtiene: 
Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 0.5 1 1.5 2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
%10
98,1
%41



p
s
p
M
st
e
Ajuste de una red de retraso de fase (PI real) 
 No es posible implementar un integrador. 
 Se implementa mediante una red de retraso de fase. 
 Esta red proporciona una ganancia suficientemente 
grande como para lograr las especificaciones del error en 
régimen permanente requeridas. Dicha red debe ser 
situada de forma que su efecto no altera la forma del 
lugar de las raices y por tanto sobre su comportamiento 
transitorio, el efecto sea mínimo. 
 
Ejemplo ajuste de una red retraso de fase 
Supóngase que se quiere regular el sistema: 
 
de tal forma que cumpla las especificaciones siguientes: 
Mp<15%, ts<2 s y ep<10%. 
 
)2)(1(
1
)(


ss
sG
1. Se ajusta la acción proporcional de forma que los polos se sitúen en el 
punto de funcionamiento deseado: 
22,0
51,31
1
1
1
01,7
57,1º8,586,257,1







p
p
K
e
K
jS 
2. Calcular la ganancia estática del par polo cero, de forma que Kp cumpla 
con la condición exigida 
57,2
2
1
)()(lim
9
1
1
1,0
0




 b
a
b
a
KsGsRK
K
K
e
s
p
p
p
p
Ejemplo ajuste de una red de retraso de fase 
3. Se posiciona el cero a una década por debajo del polo más cercano al 
origen en cadena abierta: 
04,0
57,2
1,0
10
1

a
ba
 
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 
-3 
-2 
-1 
0 
1 
2 
3 
Root Locus Design 
Im
a
g
 A
x
e
s
 
Real Axis 
Time (sec.) 
A
m
p
lit
u
d
e
 
Step Response 
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 0 
0.1 
0.2 
0.3 
0.4 
0.5 
0.6 
0.7 
0.8 
0.9 
1 
From: U(1) 
To: 
Y(
1) 
04.0
1.0
7)(



s
s
sR
Este punto de trabajo es un 
punto de comienzo que permite 
realizar ajustes posteriores. Se 
Deberá desplazar el par polo-
cero más a la izquierda en el 
lugar de las raices, 
manteniendo el aporte de 
ganancia. Si se ajusta el cero a 
un cuarto del polo dominante 
del sistema en cadena abierta, 
se obtiene: 
Time (sec.)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
From: U(1)
T
o
: 
Y
(1
)
%11
6,2
%9



p
s
p
M
st
e
Flujograma sobre reguladores PID con LDR 
 Dibujar LDR. 
Calcular S 
¿S  LDR? Ajustar K 
¿Cumple ep? 
Fin 
P 
Necesaria acción Integral. 
s
bs
KsR

)( 
Ajustar b a 1/4...1/10 del 
polo dominante en cadena 
abierta. 
Reajustar K 
Fin 
PI 
¿ep pequeño? 
Necesaria acción Integral. 
s
bs
KsR
)( 
Ajustar b para que S 
pertenezca al LDR 
Ajustar K Ajustar K 
Desdoblamiento 
del cero 
Fin 
PI 
Fin 
PID 
Necesaria acción derivativa )()( asKsR 
 
Ajustar a para que S 
pertenezca al LDR 
¿Cumple ep? 
Fin 
PD 
Ajustar K 
Necesaria acción Integral. 
s
asbs
KsR
))((
)(

 
Ajustar b a 1/4...1/10 del 
polo dominante en cadena 
abierta. 
Reajustar K 
Fin 
PID 
SI 
SI 
SI 
NO 
NO 
NO 
NO 
SI 
Problema 
El seguidor de tensión de la figura está constituido por un amplificador 
operacional real. El AO tiene una ganancia de tensión diferencial en cadena 
abierta en continua, Ado(0) de 100dB y dos polos a frecuencia de 10 Hz y 
100kHz. Debajo del seguidor de tensión se ha representado el diagrama a 
bloques. En este primer caso, la red de realimentación del operacional es la 
unidad,  = 1. Se pide: 
1. Margen de fase del seguidor de tensión. 
2. Para mejorar la estabilidad se ha añadido la red de compensación R1-C1-
R2. Ésta funciona como red de retraso de fase. Calcular el valor de R1 y 
R2 de la red de compensación, si se desea tener un margen de fase de 
50º. El valor de la red es: 
 
  1211
111
CRRj
CRj






Dato: C1 = 10 nF. 
Resolución 
 Diagrama de Bode de la cadena abierta y estabilidad 
Bode Diagram
Frequency (Hz)
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
10
5
10
6
-180
-135
-90
-45
0
System: g1
Frequency (Hz): 5.8e+004
Phase (deg): -120
System: g1
Phase Margin (deg): 18
Delay Margin (sec): 1.62e-007
At frequency (Hz): 3.08e+005
Closed Loop Stable? Yes
P
h
a
s
e
 (
d
e
g
)
-20
0
20
40
60
80
100
System: g1
Frequency (Hz): 5.8e+004
Magnitude (dB): 23.4
M
a
g
n
itu
d
e
 (
d
B
)
   
º18
1010
180
76.3081
10
1
10
1
10
5
2
5
2
5













































gg
g
gg
do
f
arctg
f
arctg
kHzf
ff
ffA


Diseño 
 La nueva frecuencia de cruce será cuando el desfase es de alrededor de 
-120º, lo que supone una nueva frecuencia de ganancia de 58kHz. La 
frecuencia del cero de la RRF estará separada al menos una década y se 
requiere una atenuación de 14.62; 
 
 






kRkR
Hz
f
f
f
fA
f
f
RRFp
RRFp
g
gdo
g
RRFz
397.2
400
1
62.14
10
21
,
,,

-80
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
100
M
a
g
n
it
u
d
e
 (
d
B
)
Bode Diagram
Frequency (Hz)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
10
5
10
6
10
7
-180
-135
-90
-45
0
System: untitled1
Phase Margin (deg): 54.9
Delay Margin (sec): 2.69e-006
At frequency (Hz): 5.66e+004
Closed Loop Stable? YesP
h
a
s
e
 (
d
e
g
)
Problema 
El control remoto de un vehículo tiene el diagrama de bloques de la figura. Se trata de 
ajustar el valor K del regulador de retraso de fase. Se pide: 
1. Determinar el margen de fase para tres valores de K: 5, 10 y 20, sabiendo que las 
frecuencias de cruce de ganancia son 2.6, 3.5 y 4.8 [rad/s] respectivamente (1 
punto). 
2. Dibujar el diagrama de Bode de la cadena abierta para K con valor 10, conociendo 
que la frecuencia de cruce de fase tiende a infinito (1 punto). 
3. Estimar los valores más significativos de la respuesta en cadena cerrada ante una 
entrada en escalón, utilizando la información de la cadena abierta para K: 5, 10 y 20. 
Dibujar aproximadamente la señal de salida ante la entrada en escalón con los tres 
valores de K (2.5 puntos). 
4. Razonar cuál sería el valor de K más adecuado de los tres propuestos (0.5 puntos). 
 
Problema 
-60
-40
-20
0
20
M
ag
ni
tu
de
 (d
B)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
-180
-135
-90
-45
0
Ph
as
e 
(d
eg
)
2. Dibujar el diagrama de Bode de la cadena abierta para K con valor 10, conociendo que la frecuencia 
de cruce de fase tiende a infinito (1 punto). 
 
1. Determinar el margen de fase para tres valores de K: 5, 10 y 20, sabiendo que las frecuencias de 
cruce de ganancia son 2.6, 3.5 y 4.8 [rad/s] respectivamente (1 punto). 
 
Problema 
Step Response
Time (sec)
A
m
pl
itu
de
0 2 4 6 8 10 12
0
0.5
1
1.5
3. Estimar los valores más significativos de la respuesta en cadena cerrada ante una entrada en escalón, 
utilizando la información de la cadena abierta para K: 5, 10 y 20. Dibujar aproximadamente la señal de 
salida ante la entrada en escalón con los tres valores de K (2.5 puntos). 
 
Problema 
4. Razonar cuál sería el valor de K más adecuado de los tres propuestos (0.5 puntos). 
 
La mejor solución es K=5 ya que tiene un margen de fase de 45º, aunque tiene un error de más 
del 28%. 
Step Response
Time (sec)
A
m
pl
itu
de
0 2 4 6 8 10 12
0
0.5
1
1.5