Ejercicio Matlab clase9 - Raul Bernal

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Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
1 
 
Ejercicios de MatLab 
Problema 1: (archivo: clase10.m) 
Tenemos un sistema cuya función de transferencia de la planta es 
𝐻𝑝 =
1
𝑠2 − 𝑠 + 1
 
y vamos a trabajar con un controlador de tipo PD cuya función de transferencia es 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝(1 + 𝜏𝑑𝑠) 
 
La idea es que vamos a trabajar con un sistema de lazo cerrado donde la planta es algo que vamos a 
analizar al principio como los primeros problemas; ver el lugar geométrico de las raíces, ver la 
respuesta de esta planta ante una entrada tipo escalón unitario. Y después vamos a agregarle un 
controlador que va a tener estas características de manera tal de poder modificar la respuesta de esta 
planta, porque al graficar la respuesta de la planta se podrá ver que da algo que no tiene nada que ver 
con la respuesta deseada de que llegue a 1 para la entrada escalón unitario. Vamos a configurar el 
controlador; vamos a buscar qué valores de kp y de d le tenemos que dar de manera tal que la planta 
evolucione en un sistema de tipo de segundo orden subamortiguado, en el cual tenemos un valor de 
sobrepaso igual al 4% y un tiempo de establecimiento igual a los 2 segundos. 
𝑀𝑝 = 4% 
𝑇𝑠 = 2𝑠 (𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠) 
Solución: 
Sabemos de teoría que 
𝑇𝑠 =
3
𝑘𝑊𝑛
 𝑦 𝑀𝑝 = 𝑒
−
𝜋𝑘
√1−𝑘2 
Analizamos la función de transferencia de la planta Hp con Matlab: al hacer que grafique la función 
de transferencia con el código 
 
 
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2 
 
 
Vemos que al principio se mantiene y después fluctúa un poco y se dispara hasta un valor de 1012. O 
sea que el sistema no es estable. 
Analizamos los polos mediante los comandos zero, pole y pzmap: 
 
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3 
 
 
 
Nos da un sistema inestable porque los polos están ubicados en el semiplano derecho del plano de 
polos y ceros, el sistema no es de mínima fase. 
El cálculo a mano seria: 
Ceros: no tiene 
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4 
 
Polos: 
𝑠2 − 𝑠 + 1 = 0 
𝑠 = 1 ±
√1 − 4
2
 
𝑠1 = 1 +
√3
2
= 0,5 + 0,866𝑖 
𝑠2 = 1 −
√3
2
= 0,5 − 0,866𝑖 
Para estabilizar el sistema colocamos un control con función de transferencia Hc. Para el sistema de 
lazo cerrado la función de transferencia global Hplc es 
𝐻𝑝𝑙𝑐 =
𝐻𝑝𝐻𝑐
1 + 𝐻𝑝𝐻𝐶
=
𝜔𝑛
2
𝑠2 + 2𝑘𝜔𝑛𝑠 + 𝜔𝑛2
 (1) 
Nos concentramos en los denominadores de las funciones, es decir que 
1 + 𝐻𝑝𝐻𝐶 = 𝑠
2 + 2𝑘𝜔𝑛𝑠 + 𝜔𝑛
2 
Los valores de las variables k, n, están dadas despejando de los datos iniciales: 
𝑇𝑠 =
3
𝑘𝑊𝑛
 𝑦 𝑀𝑝 = 𝑒
−
𝜋𝑘
√1−𝑘2 
𝑙𝑛𝑀𝑝 = −
𝜋𝑘
√1 − 𝑘2
 
𝑙𝑛𝑀𝑝√1 − 𝑘2 = −𝜋𝑘 
1 − 𝑘2 = (−
𝜋𝑘
𝑙𝑛𝑀𝑝
)
2
 
1 − 𝑘2 =
𝜋2𝑘2
(𝑙𝑛𝑀𝑝)
2 
Con 𝑀𝑝 = 0,04 𝑙𝑛0,04 = −3,219 
1 − 𝑘2 =
3,1422𝑘2
(−3,219)2
 
1 − 𝑘2 =
9,872𝑘2
10,362
 
10,362 − 10,362𝑘2 = 9,872𝑘2 
𝑘2 =
10,362
10,362 + 9,872
=
10,362
20,234
 
𝑘 = 0,716 
Como 𝑇𝑠 = 2 
2 =
3
𝑘𝜔𝑛
 
𝜔𝑛 =
3
2𝑘
 
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5 
 
𝜔𝑛 =
3
1,432
= 2,095 
Reemplazando en (1) y sabiendo que 
𝐻𝑝 =
1
𝑠2 − 𝑠 + 1
 
𝐻𝑝𝑙𝑐 =
𝐻𝑐
𝑠2 − 𝑠 + 1
1 +
𝐻𝑐
𝑠2 − 𝑠 + 1
=
2,095
𝑠2 + 2 ∙ 0,716 ∙ 2,095𝑠 + 2,0952
 
𝐻𝑝𝑙𝑐 =
𝐻𝑐
𝑠2 − 𝑠 + 1 + 𝐻𝑐
=
2,095
𝑠2 + 3𝑠 + 4,389
 
O sea que los denominadores son iguales 
𝑠2 − 𝑠 + 1 + 𝐻𝐶 = 𝑠
2 + 3𝑠 + 4,389 
𝐻𝑐 = 3𝑠 + 𝑠 + 4,389 − 1 
𝐻𝑐 = 4𝑠 + 3,389 (2) 
Vemos que la ecuación (2) tiene la forma 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝(1 + 𝜏𝐷𝑠) 
Porque 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝 + 𝑘𝑝𝜏𝐷𝑠 
𝑘𝑝 = 3,389 
𝑘𝑝𝜏𝐷 = 4 
𝜏𝐷 =
4
𝑘𝑝
= 1,180 
La ecuación (1) se puede graficar; usamos el comando feedback en la línea 10 
 
 
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6 
 
 
Vemos que se obtiene una buena respuesta, pero aún falta mejorarla ya que hay un valor de sobrepaso 
superior a lo esperado (58%). Para bajar este valor dividimos la función feedback por (1+Td*s) en la 
línea 13. El valor en estado estable es cercano a 1 pero el error se puede achicar. 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
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
System: Hplc
Peak amplitude: 1.22
Overshoot (%): 58
At time (seconds): 0.797
System: Hplc
Final value: 0.772
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Ahora el valor máximo de sobrepaso es de un 4%. Podemos ahora disminuir el error en estado estable, 
una forma de hacerlo es aumentar el valor de kp de la función de transferencia de Hc; simplemente 
agregamos un valor en la línea 8, por ejemplo, aumentamos a 8. 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
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
0.9
System: Hplc2
Peak amplitude: 0.803
Overshoot (%): 3.97
At time (seconds): 2.15
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Al analizar los polos y ceros de todo el sistema comprobaremos que es estable y de mínima fase, en 
la línea 18. 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
System: Hplc2
Final value: 0.889
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Problema 2: sintonía de controlador (archivo: clase11ejercicioparaapunte.m) 
La planta que deseamos controlar, con la que vamos a trabajar inicialmente tiene una función de 
transferencia de este tipo: 
 
La idea es aplicar varias de las cosas vistas en teoría, como los lugares geométricos de las raíces, 
aplicar el criterio de estabilidad de Nyquist y después observar cual es la respuesta de este sistema 
ante una entrada de tipo escalón minutario. Luego diseñaremos un controlador de tipo PI con el cual 
vamos a tratar de modificar la respuesta de este sistema haciéndolo funcionar a lazo cerrado, construir 
un sistema donde colocamos un controlador que tiene una cierta función transferencia Hc, en serie 
con la planta, esto va a generar que la función de transferencia global del sistema cambie de manera 
tal que la podamos pensar como que es un sistema de segundo orden de tipo subamortiguado, en el 
cual le vamos a pedir que tenga una respuesta de pico con un sobrepaso del 12%, y un tiempo de 
establecimiento 2 segundos. 
Solución: 
Tenemos un sistema que al aplicarle una entrada tipo escalón genera una respuesta con forma de S, 
pero no llega a un valor esperado, es decir, al 100%. 
𝐻𝑝 =
1
𝑠2 + 10𝑠 + 20
 
𝑇𝑠 = 2𝑠 (𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠) 
𝑀𝑝 = 0.12 
Queremos ver si con las herramientas que tenemos hasta ahora podemos llegar a lograr los objetivos 
propuestos para la plana. De no ser así, aplicaremos algunos métodos de la teoría para poder hacer un 
ajuste para que el controlador responda en ese mismo circuito. 
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Pole-Zero Map
Real Axis (seconds-1)
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
 (
s
e
c
o
n
d
s
-1
)
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10 
 
Analizamos la función de transferencia de la planta sola en sistemaen lazo abierto: 
 
 
 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
0
0.005
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
0.035
0.04
0.045
0.05
System: Hp
Final value: 0.05
Pole-Zero Map
Real Axis (seconds-1)
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
 (
s
e
c
o
n
d
s
-1
)
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
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Es un sistema de mínima fase y la respuesta es estable pero no llaga a un valor esperado (por ejemplo, 
a 100°C), llega hasta un 0,05 de 1, hay un error de 0,95 
En el problema anterior se hicieron cálculos sabiendo que 𝑴𝒑 = 𝒆
−
𝝅𝒌
√𝟏+𝒌𝟐y 𝑻𝒔 =
𝟑
𝒌𝝎𝒏
, y así se obtenían 
los valores de k y 𝝎𝒏, para usarla en la ecuación característica 𝒔
𝟐 + 𝟐𝒌𝝎𝒏𝒔 + 𝝎𝒏
𝟐. 
Al conectar el controlador la función de transferencia global era 
𝐺𝑠 =
𝐻𝑝𝐻𝑐
1 + 𝐻𝑝𝐻𝑐
=
𝜔𝑛
2
𝑠2 + 2𝑘𝜔𝑛𝑠 + 𝜔𝑛2
 
Donde igualando polemonios y cancelando denominadores llegábamos a una ecuación similar a la 
del controlado PD 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝(1 + 𝜏𝐷𝑠) 
En este problema tendríamos que hacer lo mismo, pero deberíamos llegar a una ecuación similar a la 
de un controlador PI 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝 (1 +
1
𝜏𝑖𝑠
) 
Esto es muy difícil de lograr, por eso contamos con algunas herramientas teóricas que nos facilitan 
los cálculos. Podemos usar el criterio de estabilidad de Nyquist si tenemos polos y ceros en el 
semiplano derecho y los métodos de sintonía de Ziegler y Nichols para obtener los valores de las 
contantes características del controlador elegido. 
Como el sistema es de mínima fase no es necesario aplicar el criterio de Nyquist. 
Debemos usar un controlador para mejorar la respuesta del sistema. Como la señal de salida tiene la 
forma de una S, es aplicable el primer método de Ziegler y Nichols. La gráfica de la respuesta es 
similar a 
 
 
 
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𝑡𝑚 = 0,0509 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 
𝑇 = (0,738 − 𝑡𝑚) 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 
Para el controlador proporcional integral la función de transferencia es 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝 +
𝐾𝑖
𝑠
= 𝐾𝑝 (1 +
1
𝜏𝑖𝑠
) 
 
Las recomendaciones de Ziegler y Nichols para los valores de las constantes de un controlador PI 
son: 
𝑘𝑝 =
0,9𝑇
𝑡𝑚
 
𝜏𝑖 =
𝑇𝑚
0,3
 
𝜏𝑑 = 0 
Entonces la función de transferencia global del sistema para lazo cerrado es 
𝐻𝑝𝑙𝑐 =
𝐻𝑐𝐻𝑝
1
 
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Con el comando feedback cerramos el lazo con realimentación 1. Luego graficamos la respuesta y 
observamos los resultados: 
 
 
Vemos que obtenemos una respuesta más cercana a lo esperado con un valor en estado estable de 1, 
un sobrepaso del 18% y un tiempo de establecimiento de 2,51 segundos; lo que hicimos fue una 
sintonía del controlador, un ajuste grueso de la ganancia del sistema para luego hacer un ajuste fino. 
Para que el valor del sobrepaso sea del 14% ajustamos el valor de kp, después de la línea 12 
agregamos otro valor de kp, por ejemplo 10. 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
System: Hplc
Final value: 1
System: Hplc
Settling time (seconds): 2.51
System: Hplc
Peak amplitude: 1.18
Overshoot (%): 18
At time (seconds): 1.07
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Si hacemos un pzmap veremos que el sistema de lazo cerrado es estable porque es de mínima fase. 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4 System: Hplc
Peak amplitude: 1.15
Overshoot (%): 14.5
At time (seconds): 1.24
System: Hplc
Settling time (seconds): 2.55
System: Hplc
Final value: 1
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-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Pole-Zero Map
Real Axis (seconds-1)
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
 (
s
e
c
o
n
d
s
-1
)
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
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Problema 3: sintonía de controlador (archivo: clase13problemaapunte.m) 
Se tiene la función de transferencia Hp de lazo abierto de una planta. Diseñe un controlador PI o PID 
tal que el sistema tenga una respuesta aceptable. 
𝐻𝑝 =
2(𝑠 + 1)
𝑠2 − 2𝑠 + 10
 
 
Solución: 
Analizamos la respuesta del sistema en lazo abierto 
 
 
Vemos que la respuesta ante una entrada escalón unitario no tiene forma de S, el sistema parece ser 
inestable. Obtenemos el mapa de polos y ceros 
 
0 10 20 30 40 50 60
-6
-4
-2
0
2
4
6
x 10
25 Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
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Tenemos dos polos en el semiplano derecho y un cero en el semiplano izquierdo de s; como hay 
polos en el lado derecho es un sistema que no es de mínima fase. Para averiguar si va a ser estable o 
inestable este sistema aplicamos el criterio de estabilidad de Nyquist, obtenemos la gráfica y 
observamos si la gráfica está envolviendo o no el punto −𝟏 + 𝒋𝟎 y vemos cuantas vueltas realiza. 
 
Pole-Zero Map
Real Axis (seconds-1)
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
 (
s
e
c
o
n
d
s
-1
)
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
-3
-2
-1
0
1
2
3
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Hacemos un zoom para ver si la gráfica está envolviendo a −𝟏 + 𝒋𝟎 
 
La gráfica de Nyquist no envuelve al punto -1. Calculamos el valor de Z 
𝑍 = 𝑁 + 𝑃 
𝑍 = 0 + 2 
𝑍 = 2 
El sistema va a ser inestable ya que da un valor mayor a cero. 
Vemos el lugar geométrico de las raíces, que nos da la posición donde se podrían ubicar los polos si 
comenzamos aumentar la ganancia del sistema. Para eso usamos el comando rlocus() 
-1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
Nyquist Diagram
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
-1.002 -1.001 -1 -0.999 -0.998 -0.997
-3
-2
-1
0
1
2
3
x 10
-3 Nyquist Diagram
Real Axis
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
19 
 
 
 
Vemos que si seguimos aumentando la ganancia del sistema los polos pueden al otro lado de plano, 
o sea que tiene aplicabilidad el método. 
Para poder aplicar el método tenemos que averiguar cuál es el valor de la ganancia para que los polos 
queden sobre el eje de los imaginarios, eso lo vamos a lograr con el comando margin, en la ventana 
de comandos (Command Window) se puede escribir help margin para ver la manera en la que la 
podemos usar. Usamos la forma [Gm,Pm,Wcg,Wcp] = margin(SYS) en la línea 13 
 
En la ventana de comando sale el siguiente resultado: 
-10 -8 -6 -4 -2 0 2
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Root Locus
Real Axis (seconds-1)
Im
a
g
in
a
ry
 A
x
is
 (
s
e
c
o
n
d
s
-1
)
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
20 
 
 
 
El margen de ganancia Gm es igual a 1, ahora podemos aplicar el método diciendo que kp es igual a 
1, cerramos el lazo de control con el comando feefback 
 
Control de Procesos | Ejercicios de MatLabRaúl Bernal 
21 
 
 
Vemos que es un sistema que oscila permanentemente. Para tener una mejor apreciación de la 
respuesta solo graficaremos la respuesta en 7 segundos, para eso en la línea 17 al comando step le 
agregamos el tiempo deseado. 
 
0 50 100 150 200 250 300 350 400
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
22 
 
 
En esos 7 segundos se puede medir el tiempo entre dos picos, 
 
𝑃𝑐 = 2,38 − 0,56 
𝑃𝑐 = 1,82 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 
 
Ya tenemos entonces, k crítico y P crítico, ahora podemos diseñar el controlador utilizando la tabla 
de recomendaciones de Ziegler y Nichols. 
 
0 1 2 3 4 5 6 7
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 1 2 3 4 5 6 7
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
System: Hplc
Time (seconds): 2.38
Amplitude: 0.764
System: Hplc
Time (seconds): 0.56
Amplitude: 0.765
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23 
 
Controlador kp 𝝉𝒊 𝝉𝒅 
P 0,5kpc ∞ 0 
PI 0,45kpc Pcr/1,2 0 
PID 0,6kpc Pcr/2 Pcr/8 
Para un controlador PI la función de transferencia es 
𝐻𝑐 = 𝑘𝑝 (1 +
1
𝜏𝑖𝑠
) 
 
En MatLab escribimos 𝝉𝒊 como Ti y kp como kpc indicando que es el kp del controlador, no el kp 
crítico. 
 
 
Debemos aumentar ki para mejorar el error en estado estable y aumentar kp (kpc en el script) para 
bajar el sobrepaso y darle más amortiguación al sistema. El valor de ki se aumenta bajando el valor 
de Ti ya que 
1
𝜏
=
𝑘𝑖
𝑘𝑝
 
 
0 20 40 60 80 100 120
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
x 10
29 Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
24 
 
En las líneas 20 y 23 se ven estos ajustes finos 
 
 
Con el controlador PI se logró obtener una buena respuesta del sistema, aunque el valor del sobrepaso 
aun es alto. Modificamos el Ti para ver si mejoramos la respuesta: 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
System: Hplc2
Final value: 1
System: Hplc2
Peak amplitude: 1.57
Overshoot (%): 56.6
At time (seconds): 0.0299
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35
0
0.5
1
1.5
System: Hplc2
Peak amplitude: 1.48
Overshoot (%): 48.4
At time (seconds): 0.0398
System: Hplc2
Final value: 1
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
26 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
System: Hplc2
Peak amplitude: 1.31
Overshoot (%): 31.2
At time (seconds): 0.0622
System: Hplc2
Final value: 1
Control de Procesos | Ejercicios de MatLab Raúl Bernal 
27 
 
 
 
Ahora ajustamos el Ti y también el kp (kpc en el script): 
 
 
Step Response
Time (seconds)
A
m
p
lit
u
d
e
0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
System: Hplc2
Final value: 1
System: Hplc2
Peak amplitude: 1.16
Overshoot (%): 16.5
At time (seconds): 0.0505