Ejemplos Diagramas Bode
-
Upload
lalo-olivares-borja -
Category
Documents
-
view
317 -
download
1
description
Transcript of Ejemplos Diagramas Bode
2.1 Diseño de
compensadores en
dominio de la frecuencia
La forma más natural de observar y analizar el comportamiento y
desempeño de los sistemas dinámicos, es a través del dominio del
tiempo.
Respuesta en frecuencia
Motivación:
Ejemplos de esto es cuando se dice que un sistema responde más
rápido que otro, o cuando se dice que el tiempo de establecimiento de
tal sistema es de 0.25 segundos. Entre otros ejemplos.
Sin embargo a medida que los sistemas se presentan más complejos
(en dimensión, parametrización, identificación, etc), sus
comportamientos son más difíciles de determinar analíticamente.
Una forma de contrarrestar estos inconvenientes es analizar tales
sistemas complicados con técnicas de respuesta en frecuencia
Respuesta en frecuencia
Los métodos de respuesta en frecuencia en los sistemas de control,
proveen un conjunto de análisis y herramientas gráficas que no están
limitadas por el orden del sistema o por otras complejidades.
El análisis de respuesta en frecuencia:
• Se puede utilizar en funciones con alto grado de incertidumbre.
• Se puede utilizar en sistemas con retardo que no tienen funciones
racionales.
• Las pruebas de respuesta en frecuencia son fáciles de realizar.
• Se pueden determinar fácilmente funciones de transferencia complejas.
• Es un método alternativo para el diseño y control de sistemas lineales.
• Casi siempre existe una correlación entre la respuesta en frecuencia y
la respuesta transitoria en el tiempo.
RELACION ENTRE M.F. Y ρ
2
1
2
2 2
4 2
4 2
1
1
4 2
( )( 2 )
( ) 90 tan2
1(2 )
1 4 2
. . 180 ( )
1 4 2. . 180 90 tan
2
2. . tan
1 4 2
n
n
n
n
n
n
G Ss s
G s
M F G s
M F
M F
El margen de fase y el factor de
amortiguamiento relativo se relacionan en
forma directa. La figura B muestra una
gráfica del margen de fase y como una
función del factor de amortiguamiento relativo
ρ. Observe que, para el sistema estándar de
segundo orden , el margen de fase y el
factor de amortiguamiento relativo ρ se
relacionan aproximadamente mediante una
línea recta para 0 ≤ρ≤ 0.6, del modo
siguiente: ρ=M.F/100
ρ
M.F
FIGURA B
ρ=M.F/100
Curvas Mr contra ρ y Mp
contra ρ
Mr
Mp
ρ
La correlación entre M r, y M p como una
función de ρ aparece en la figura anterior.
Se observa una relación estrecha entre Mr,
y M p para ρ> 0.4. Para valores muy
pequeños de ρ, Mr , se vuelve muy grande
(M r » 1), en tanto que el valor de M p no
excede de 1.
La aplicabilidad de la correlación existente entre
la respuesta transitoria y la respuesta en
frecuencia para el sistema de segundo orden de
la figura A en sistemas de orden superior
depende de la presencia de un par de polos
dominantes en lazo cerrado complejos
conjugados en estos sistemas de orden
superior. Es evidente que, si la respuesta en
frecuencia de un sistema de orden superior es
dominada por un par de polos en lazo cerrado
complejos conjugados, la correlación entre la
respuesta transitoria y la respuesta en
frecuencia existente para el sistema de segundo
orden se puede extender al sistema de orden
superior.
Para sistemas de orden superior, lineales e invariantes con el
tiempo, que tienen un par de polos dominantes en lazo
cerrado complejos conjugados, por lo general existen las
siguientes relaciones entre la respuesta transitoria a escalón y
la respuesta en frecuencia:
1.-El valor de M r, indica la estabilidad relativa. Por lo general se obtiene un
desempeño transitorio satisfactorio si el valor de M r, está en el rango de
1.0 < M r < 1.4 (0 dB <M r < 3 dB), que corresponde a un factor de
amortiguamiento relativo efectivo de 0.4 < ρ< 0.7. Para valores de M r,
mayores que 1.5, la respuesta transitoria a escalón puede presentar
varios sobrepasos. (Observe que, en general, un valor grande de M r,
corresponde a un sobrepaso grande en la respuesta transitoria a
escalón. Si el sistema está sujeto a señales de ruido cuyas frecuencias
están cerca de la frecuencia de resonancia w r el ruido se amplifica en la
salida y presenta problemas serios.)
2 . La magnitud de la frecuencia de resonancia ω r, indica la velocidad de
respuesta transitoria. Entre más grande es el valor de ω r, más rápida es la
respuesta en tiempo. En otras palabras, el tiempo de
levantamiento(crecimiento) varía inversamente con respecto a ω r, En
términos de respuesta en frecuencia en lazo abierto, la frecuencia natural
amortiguada en la respuesta transitoria está en algún punto entre la
frecuencia de cruce de ganancia y la frecuencia de cruce de fase.
3 . La frecuencia del pico de resonancia w r y la frecuencia natural
amortiguada W d para la respuesta transitoria a escalón están muy
cercanas entre sí para sistemas ligeramente amortiguados.
Las tres relaciones que se acaban de listar son útiles para correlacionar la
respuesta transitoria a escalón con la respuesta en frecuencia de sistemas
de orden superior, siempre y cuando éstas se aproximen mediante un
sistema de segundo orden o un par de polos complejos conjugados en
lazo cerrado. Si un sistema de orden superior satisface esta condición, un
conjunto de especificaciones en el dominio del tiempo se traduce en
especificaciones en el dominio de la frecuencia. Esto simplifica
enormemente el trabajo de diseño o de compensación de los sistemas de
orden superior.
Todos los fundamentos que se han hecho para el
análisis en los temas anteriores llevan al último paso:
diseño de sistemas de control
+ - Controlador Proceso Salida del sistema
(variable controlada)
y(t)
Variable
manipulada
u(t)
e(t)
El diseño involucra los 3 pasos siguientes:
1. Determinar que debe hacer el sistema y como hacerlo
(especificaciones de diseño)
2. Determinar la configuración del controlador
(compensador)
3. Determinar los valores de los parámetros del controlador
para alcanzar los objetivos de diseño.
1. Especificaciones de diseño Especificaciones únicas
para cada aplicación
individual y normalmente
incluyen especificaciones
como:
• Estabilidad
• Precisión en estado estable (error)
•Características de respuesta en frecuencia: Mr, MG, MF
El diseño de sistemas de control lineales se realiza en el
dominio de la frecuencia.
2. El objetivo de diseño es que la variable controlada,
representada por la salida y(t) se comporte en cierta forma
deseada. El problema esencialmente involucra el determinar
de la señal de control u(t) dentro de un intervalo prescrito
para que todos los objetivos de diseño sean satisfechos.
La mayoría de los métodos de diseño de sistemas de control
convencionales se basan en el diseño de una configuración
fija, en el que el diseñador decide la configuración básica del
sistema diseñado completo y el lugar donde el controlador
estará colocado en relación con el proceso controlado.
Configuraciones más habituales:
a) Compensación en serie (cascada)
+ -
r(t) Controlador
Gc(s)
Proceso
Gp(s) y(t) u(t) e(t)
H(s)
El controlador se coloca en serie con el proceso controlado
b) Compensación mediante realimentación (paralela)
+ -
r(t)
Controlador
Gc(s)
Proceso
Gp(s)
y(t) u(t) e(t)
H(s)
-
El controlador está colocado en la trayectoria menor de realimentación
3. Una vez elegido el controlador, la siguiente tarea es
determinar los valores de los parámetros del controlador.
Estos parámetros son típicamente coeficientes de una o más
funciones de transferencia que componen al controlador.
Normalmente los parámetros del controlador interactúan
unos con otros y afectan las especificaciones de diseño en
formas conflictivas.
Mientras más especificaciones de diseño y más parámetros
haya, el proceso de diseño se vuelve más complicado.
Terminología Red de adelanto, red de atraso, y red de adelanto y atraso:
si se aplica un entrada sinusoidal a la entrada de la red, y la salida estacionaria (que es también sinusoidal) tiene un adelanto de fase, entonces la red se llama red de adelanto.
Si la salida en estado estacionario tiene un atraso de fase, entonces la red se denomina red de atraso.
En una red de atraso-adelanto, se producen en la salida tanto atraso como adelanto de fase, pero en diferentes regiones de frecuencias; un atraso de fase se produce en la región de bajas frecuencias y un adelanto de fase en la región de alta frecuencia.
A un compensador con características de red de adelanto, red de atraso, o red de atraso-adelanto, se le denomina compensador de adelanto, compensador de atraso, o compensador de atraso-adelanto.
Tiempo: )()( teKtu pLa salida del controlador
es proporcional a la
magnitud del error
Regulador P (Proporcional)
E(s) U(s) Kp Kp = constante
proporcional
•Aumenta la ganancia
• Reduce los errores en régimen
permanente.
•Modifica el transitorio y puede
tender a desestabilizar el sistema
en muchos casos si Kp aumenta
demasiado.
( ) ( )pU S K E S
Pasos del diseño: (1/2)
1ro.- Dibujar el Diagrama de Bode del sistema sin compensar.
2do.-Calcular el margen de fase deseado a partir del sobrepico (o coeficiente de amortiguamiento) especificado:
1
4 2
2*. .
1 4 2
M F Tan
2 2
( /100)
( /100)
p
p
Ln M
Ln M
Estas fórmulas sólo son exactas para los sistemas de segundo orden,
En el resto de los casos son una aproximación a lo que se quiere.
Pasos del diseño: (2/2)
3ro.-Se busca en el Bode de Fase la frecuencia de cruce de ganancia, w1 , para la que se tiene el margen de fase calculado en el paso anterior.
4to.-Ver el valor del Bode de Magnitud en esta frecuencia y calcular la K necesaria para bajar la curva de magnitud a 0dB en esta frecuencia:
Ejemplo: Se desea encontrar la ganancia K necesaria para que el sistema con
F.T. siguiente y con realimentación unitaria , tenga sobreimpulso
máximo de 9.48%
Primero calculamos ρ a partir del sobreimpulso
Calculamos M.F. a partir de ρ; como ρ=0.6 utilizamos M.F= 0.6*100=60°
360( ) ( )
( 100)( 36)G S H s
s s s
2 2
( /100)0.6
( /100)
p
p
Ln M
Ln M
1
4 2
2*. . 59.21
1 4 2
M F Tan
Hallamos respuesta al escalon
unitario del sist. Sin controlador
%**Respuesta al escalón unitario con realimentación unitaria
%** G(s)*H(S)= 360/(S*(s+100)*(s+36))
n=[0 0 0 360];
d=[1 136 3600 0];
G=tf(n,d);
T=feedback(G,1);
step(T),grid
Se dibuja el diagrama de Bode y se busca la frecuencia a la que se tiene
dicho margen de fase. (Ver en MATLAB).
%**Diagramas de Bode(margen de ganancia y fase)
%** G(s)*H(S)= 360/(S*(s+100)*(s+36))
n=[0 0 0 360];
d=[1 136 3600 0];
bode(n,d);grid
%**Margenes de ganancia y fase
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(n,d)
gmbod=20*log10(gm)
Para buscar esta frecuencia calculamos el ángulo de fase necesario:
Angulo=-180°+59.21=-120.79≈-121
Del grafico se tiene w1 =14.7 rad/s
Del grafico se tiene que subir 44.1 dB, para que curva
de magnitud sea 0 dB, para lo cual necesitamos un
valor de K que se calcula de la siguiente forma:
44.1=20Log K→K= 1044.1/20 =160.32
Entonces la función de transferencia de sistema sin
controlador debe ser multiplicada por 160.32 ,siendo la
función de transferencia del sistema con controlador P:
57715.2( ) ( )
( 100)( 36)cG s G s
s s s
Hallamos M.G y M.F con
MATLAB del sist. controlador
%**Diagramas de Bode(margen de ganancia y fase)
%** G(s)*H(S)= 57715.2/(S*(s+100)*(s+36))
n=[0 0 0 57715.2];
d=[1 136 3600 0];
bode(n,d);grid
%**Margenes de ganancia y fase
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(n,d)
gmbod=20*log10(gm)
gm =
8.4830
pm =
59.4513
wpc =
60.0000
wgc =
14.6867
gmbod =
18.5710
Hallamos respuesta al escalon
unitario del sist. con controlador
%**Respuesta al escalon unitario con
realimentacion unitario
%** G(s)*H(S)= 57715.2 /(S*(s+100)*(s+36))
n=[0 0 0 57715.2];
d=[1 136 3600 57715.2];
step(n,d);grid
Step Response
Time (seconds)
Am
plitu
de
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.40
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
System: sys
Final value: 1
System: sys
Peak amplitude: 1.08
Overshoot (%): 8.4
At time (seconds): 0.181
CALCULO DE “K” SIN
DIAGRAMA DE BODE
Primero calculamos ρ a partir del
sobreimpulso
Calculamos M.F. a partir de ρ;
2 2
( /100)0.6
( /100)
p
p
Ln M
Ln M
1
4 2
2*. . 59.21
1 4 2
M F Tan
Representamos en su forma
Polar
La función de transferencia en lazo
abierto
1 1
2 2 2 2
1 1
1 1
36090 tan tan
100 36100 * 36
. . 180 90 tan tan ; M.F.=59.21100 36
59.21=90° tan tan ;100 36
Re se tiene =14.81 rad/s
GH
M F deseamos
solviendo
Hallamos la ganancia del sistema a
14.81 rad/s
2 2 2 2
14.81
2 2 2 2
14.81
3
3
360
100 * 36
360
14.81 14.81 100 * 14.81 36
6.177415369*10
Ganancia 20*log6.177415369*10 44.18 dB
tiene que subir 44.18 dB para que pase por 0 dB
Ganancia
Ganancia
Ganancia
se
Finalmente hallamos K
Con la siguiente relación:
44.18=20Log K
K= 1044.18/20 =161.80
Compensación de fase Compensación por adelanto de fase: lead
Compensación por retraso de fase: lag
En general:
2
1
T
21 TT
1
1
1
T
1
1
T
2
2
1
T
Los polos más rápidos están colocados más a la derecha en el Bode
LEAD
Compensación por adelanto
LAG
Compensación por retraso
1
1c
sTG s K
sT
1
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Phas
e (de
g)Ma
gnitu
de (d
B)
0
5
10
15
20
10-2
10-1
100
101
102
103
-60
-30
0
1 Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Phas
e (de
g)Ma
gnitu
de (d
B)
-20
-15
-10
-5
0
10-2
10-1
100
101
102
103
0
30
60
Compensación por adelanto
de fase
Mejora el transitorio, aunque también
cambia el permanente (error).
La función principal del compensador
de adelanto es volver a dar forma a
la curva de respuesta en frecuencia a
fin de ofrecer un ángulo de adelanto
de fase suficiente para compensar el
atraso de fase excesivo asociado con
los componentes del sistema fijo.
Características de los
compensadores de adelanto
Sea un compensador de adelanto que tiene
la función de transferencia siguiente:
Diagrama polar para
con Kc=1 ω | | ∟
0 α 0°
∞ 1 0°
El valor mínimo de α está limitado por la construcción
física del compensador de adelanto. El valor mínimo
de α normalmente se toma alrededor de 0.05. (Esto
significa que el adelanto de fase máxima que puede
producir el compensador de adelanto es de 65°).
Para un valor determinado de α, el ángulo entre el eje
real positivo y la línea tangente dibujada desde el
origen hasta el semicírculo proporciona el ángulo de
adelanto de fase máximo,ωm. Se llamará Øm a la
frecuencia en el punto tangente, el ángulo de fase en
ω=ωm , donde:
Diagrama de Bode de compensador
de adelanto cuando Kc=1y α=0.1.
0.1
𝑇
1
𝑇
1
α𝑇 100
𝑇
ωm
ωm = √1
𝑇α𝑇=
1
𝑇√α
1 1
1 1
1 1 1 1
tan tan
tan tan
1 1 1tan tan ; tan tan
1tan
2
1sen
1
1
1
m m m
m m
m
m
m
m
T T
T T
T TT T
sen
sen
Considere el sistema de la figura y Suponga
que las especificaciones del desempeño se dan
en términos del margen de fase, del margen de
ganancia, de las constantes de error estático
de velocidad, etc.
Procedimiento para diseñar un
compensador de adelanto(1)
1. Suponga el siguiente compensador de adelanto:
Defina: Kcα = K
La función de transferencia en lazo abierto del sistema
compensado es
Determine la ganancia K que satisfaga el requerimiento
sobre la constante estática de error determinada.
Procedimiento para diseñar un
compensador de adelanto(2)
2. Usando la ganancia K determinada, dibuje las trazas de Bode de G 1(jω), el sistema con la ganancia ajustada pero sin compensar. Calcule el valor del margen de fase.
3. Determine el ángulo de adelanto de fase Øm necesario que se agregará al sistema. Incremente un adelanto de fase adicional de 5° a 12° al ángulo de fase necesario.
Procedimiento para diseñar un
compensador de adelanto(3)
4. Determine el factor de atenuación α a partir de la ecuación:
Establezca la frecuencia a la cual la magnitud del sistema no compensado G 1(jω), es igual a -20 log (1/√α).
Seleccione ésta como la nueva frecuencia de cruce de ganancia. Esta frecuencia corresponde a ωm= 1/(√α*T), y el cambio de fase máximo Øm ocurre en ella.
5.- Determine el cero y polo del compensador
Cero Polo
m1
1 m
Sen
Sen
Procedimiento para diseñar un
compensador de adelanto(4)
6 . Usando el valor de K determinado en el paso 1 y el de α establecido en el paso 4, calcule la constante K, a partir de
7. Verifique el margen de ganancia para asegurarse de que es satisfactorio. De no ser así, repita el proceso de diseño modificando la ubicación de los polos y ceros del compensador hasta obtener un resultado satisfactorio
Ejemplo1
Considere el sistema con realimentación
unitaria y F.T. directa
Se desea diseñar un compensador para el
sistema tal que el coeficiente de error estático
de velocidad sea 20, el margen de fase no sea
menor a 50º, y el margen de ganancia sea por
lo menos de 10dB.
4( )
( 2)G S
s s
SOLUCIÓN UTILIZANDO
DIAGRAMA DE BODE
1.-Para hallar el error estático de velocidad para
este sistema que es tipo 1, la entrada debe
ser una rampa y por lo tanto tenemos que:
2.-se trazan los diagramas de Bode o
analíticamente y se obtienen los márgenes de
fase y de ganancia
0 0
4 ( 1)( ) ( ) lim 2 20
( 2)( 1)
10
c s s
K TsLimSG S G S s K
s s Ts
K
1
40( )
( 2)G S
s s
Wm=9
-6.0dB
3.-se necesita un adelanto de fase de al menos(50-
17.96)º+5° se tomara = 37.04º
4.-Se halla valor de α
-20 log (1/√α)=-20 log (1/√0.248)=- 6.055 dB
ωm= 1/(√α*T)=1/(√0.248*T)=9(del grafico)
1/(√0.248*T)=9→T=0.223
1/T=4.482
m
1 37.040.248
1 37.04
sen
Sen
5.- Cero: 1/T=4.4833
Polo:1/(αT)=18.07
6.-Kc=K/ α=10/0.248=40.32
40.32( 4.482)( )
( 18.07)c
sG S
s
4 40.32( 4.482)( ) ( )
( 2) ( 18.07)c
sG S G S
s s s
Diagrama de Bode de:
N=[0 0 161.28 722.8569];
D=[1 20.07 36.14 0];
Bode(N,D);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(N,D)
El procedimiento hasta el paso 2 es lo
mismo y hallando M.F y M.G analíticamente
SOLUCIÓN UTILIZANDO
MÉTODO ANALÍTICO
1
12 2
1
12 2
1 1
1 1
40 40( ) 90 tan
(2 ) 22
180 90 tan2
.
401 6.1685
2
. . 180 90 tan2
. . 17.96
wG jw
jw jw w w
ww
M G
ww w
wM F
M F
3.-se necesita un adelanto de fase de al
menos(50- 17.96)º+5° se tomara = 37.04º
4.-Se halla valor de α -20 log (1/√α)=-20 log (1/√0.248)=- 6.055 dB
ωm= 1/(√α*T)=1/(√0.248*T)=8.8511
1/(√0.248*T)=8.8511→T=0.226
1/T=4.407 y 1/(α*T)=17.773
1 37.040.248
1 37.04
sen
Sen
2 2
4 2
4020log 6.055,
2
4 6450.8951 0
8.8511
m m
m m
m
w w
w w
w
Ejemplo2
2
4( 2.7)( )
( 0.7418 0.8554 )( 0.7418 0.8554 )( 9.5165)
4*2.7 / 9.5165 1.095( )
( 1)( 0.1420) 1.142 0.142
lc
lc
sG s
s i s i s
G ss s s s
Diseñar el compensador para el siguiente sistema con función de transferencia
directa
Tenga un error en estado estacionario ante una entrada escalón unitario del 1% y un
sobreimpulso no superior al 2% y un tiempo de pico a lo sumo 20 segundos, teniendo
en cuenta que la realimentación es unitaria
2
4( 2.7)( )
( 1)( 10 1.4)
SG S
S S S
Se tiene:
Nos piden un error del 1%
Hallamos M.F. a partir de Mp=2% y tp=20s.
0 2
4( 2.7)lim 7.714
( 1)( 10 1.4)
1 10.1147
1 1 7.714
p s
ss
p
sK
s s s
eK
' '
'
c
'
c
1 199;
1 100
La ganancia del compensador K :
99K 12.83
7.714
ss p
p
p
p
e KK
se obtiene de
K
K
2 2
(2 /100)0.7797
(2 /100)
Ln
Ln
Calculamos M.F. necesario para lograr el amortiguamiento, al cual le sumamos 5° para contrarrestar la fase que introduce el controlador
Hallamos Bode de KcGp(s)=
N=[0 0 51.32 138.564];
D=[1 11 11.4 1.4];
bode(N,D);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(N,D)
Gmbode=20*log10(gm)
1
4 2
2*. . 69
1 4 2
M F requerido Tan
2
51.32( 2.7)
( 1)( 10 1.4)
s
s s s
M-F=47°
Del grafico anterior M.F.=47° y M.G.→∞
3.-se necesita un adelanto de fase de al
menos(69- 47)º+5° se tomara Øm= 27º
4.-Se halla valor de α
-20 log (1/√α)=-20 log (1/√0.3755)=- 4.25 dB
ωm= 1/(√α*T)=1/(√0.3755*T)=7.22(del grafico)
1/(√0.3755*T)=7.22→T=0.2260
1/T=4.4242
1 270.3755
1 27
sen
Sen
5.- Cero: 1/T=4.4242
Polo:1/(αT)=11.78
12.83( 4.4242)
( )( 11.78)
c
sG S
s
Diagrama de Bode de:
N=[0 0 51.32 365.61 613.03];
D=[1 22.78 140.98 135.69 16.492];
bode(N,D);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(N,D)
2
4( 2.7) 12.83( 4.4242)( ) ( )
( 1)( 10 1.4) ( 11.78)c
s sG s G s
s s s s
Compensación por retraso
de fase
Se reduce la ganancia para
frecuencias altas en un factor igual al
módulo del cociente entre el polo y el
cero del compesador.
Se introduce un retraso de fase.
El compesador lag se puede ver
como un filtro de primer orden.
Mejora el estacionario.
Aumenta ligeramente el transitorio
Aumenta en una unidad el orden del
sistema.
Reduce el ancho de banda del
sistema ya que disminuye la
frecuencia de cruce.
11
11c c c
sTs TG s K KTs
sT
Pasos en el diseño:
Sea la función de transferencia del regulador:
Renombramos:
1 1
1 1c c
Ts TsG s K K
Ts Ts
La función de transferencia del sistema compensado será:
1
1
1 1
1 1c
Ts TsG s G s K G s G s
Ts Ts
G s KG s
La función principal de un
compensador de fase es proporcionar
una atenuación en el rango de altas
frecuencias a fin de aportar un
margen de fase suficiente al sistema.
Pasos en el diseño del
compensador en atraso:
1. Se determina la ganancia K para satisfacer los requerimientos de la constante de error estático dada.
2. Si el sistema no compensado G1(j ω)=KG(j ω) no satisface las especificaciones en márgenes de fase y ganancia, se halla el punto de frecuencia donde el ángulo de fase de la función de transferencia de lazo abierto es igual a –180º más el margen de fase requerido es el margen de fase especificado más 5º a 12º. (La suma de 5º a 12º compensa el atraso de fase del compensador). Se elige esta frecuencia como la nueva frecuencia de cruce de ganancia.
3. Para evitar efectos perjudiciales del atraso de fase debido al compensador en atraso, el polo y cero del compensador en atraso deben ubicarse por debajo de la nueva frecuencia de cruce de ganancia:
Pasos en el diseño:
Se debe elegir la frecuencia de cruce ω=1/T (cero del compensador) una década por debajo de la nueva frecuencia de cruce de ganancia. El polo y el cero se seleccionan para que queden a frecuencias bajas y así afecten lo menos posible al margen de fase. Si las constantes de tiempo del compensador en atraso no se hacen demasiado grandes, la frecuencia de cruce ω=1/T se puede elegir una década por debajo de la nueva frecuencia de cruce de ganancia).
4. Se determina la atenuación necesaria para bajar la curva de magnitud a 0dB en la nueva frecuencia de cruce de ganancia. Esta atenuación es –20log β, se determina el valor de β. Luego, la otra frecuencia de cruce (correspondiente al polo del compensador en atraso) se determina de ω=(1/ βT).
5.-Usando el valor de K calculado al principio y el de β, se calcula la constante Kc como K/ β.
Ejemplo 1
Para el siguiente sistema
diseñar un compensador en atraso de tal
manera que el sistema compensando
cumpla con las siguientes especificaciones.
= 5 s-1
MF ≥40º
MG ≥ 10 dB
2
2( ) ( )
( 3 2)G s H s
S S S
v
Solución: método analítico
1.-Se tiene:
2.-Determinamos M.F y M.G
20
2 ( 1)* * 5
( 3 2) ( 1)
5
s
STv Lim S K
S S S BST
K
1 2
1
1 22 2 2
10( )
(2 3 )
10 3( ) 90 tan
2(2 ) 9
G jwjw w jw
wG jw
ww w w
Igualando a -180° para hallar M.G.
1
2
2 2 2
12 2 2
1 1 1
1 1
2
1
390 tan 180
2
2;
(2 ) 9. . 0.6
10
. . 4.436
101; 1.8022
(2 ) 9
3. . 180 90 tan
2
. . 90 (103) 13
w
w
w
w w wM G
M G dB
ww w w
wM F
w
M F
1
2
1
2
3180 90 tan 52
2
3tan 38
2
0.4646
c
c
c
c
c
w
w
w
w
w
MF requerido=40º + 12º = 52º
W cruce = 0.464 para 52º; el cero elegimos a una década 1/T=0.0464
1 0.464 2 2 2
1 0.464 2 2 2
1020*log ( ) 20*log
(2 ) 9
1020*log ( ) 20*log
0.464 (2 0.464 ) 9*0.464
20*log(9.522) 19.5745
Hay que bajar 19.5745 dB para pasar por 0 dB
c
c
w
w
G jww w w
G jw
dB
4.- Se determina la atenuación de 19.5745 dB para bajar la curva de
magnitud a 0dB en la nueva frecuencia de cruce de ganancia.
Esta atenuación es –20log β=-19.5745
β=9.71. El polo del compensador en atraso) se determina de ω=(1/
βT)=0.0464/9.71=0.004778
5.-Kc=K/β=5/9.71=0.515
2
2 ( 0.0464)( ) ( ) 0.515
( 3 2) ( 0.004778)c
sG S G S
s s s s
N=[0 0 0 1.03 0.047792];
D=[1 3.004778 2.014334 0.0095565 0];
bode(N,D);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(N,D)
Gmbode=20*log10(gm)
gm =
5.4608
pm =
47.2699
wpc =
1.3693
wgc =
0.4586
Gmbode =
14.7452
Ejemplo2:
Raíces de la ecuación característica:
-7.0266 ; -1.0367 + 1.4478i; -1.0367 - 1.4478i
C(s)/R(s)=2.1428/(s +1.0367 + 1.4478i)(s+1.0367 - 1.4478i)
Solución: Utilizando
diagrama de Bode
2
2
2 2 2
2
1
2 2
ORIGINAL
2.1428
2 2.0734 3.1708
3.1708 1.7806
2 2.0734 0.5822
% *100 =10.544%
Deseamos un sobreimpulso del 5% a lo sumo
(5 /100)0.69
(5 /100)
n
n n
n n
n
p
SISTEMA
b
s s s s
M e
Ln
Ln
1
4 2
2*. . 10 74.62 75
1 4 2
M F requerido Tan
2.-Calculamos M.F. necesario para lograr el amortiguamiento, al cual
le sumamos 10° para contrarrestar la fase que introduce el
controlador
3.-Obtenemos el diagrama de Bode del sistema sin compensar
multiplicado por la ganancia calculada Kc y buscamos en dicho
diagrama el valor de frecuencia(wf=1.32) para el cual la fase es
M.F. requerido(75°) y el valor de Bode de Magnitud para esa
frecuencia(M=16.8 dB)
N=[0 0 18.442 138.315];
D=[1 9.1 15.74 7.28];
bode(N,D);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(N,D)
ω=1/T (cero del compensador) se elige a una década por
debajo de la nueva frecuencia de cruce de ganancia.
Del grafico wc=1.32, ω=1/T=1.32/10=0.132 (cero del
compensador)
4.- Se determina la atenuación de 16.8 dB para bajar la curva de
magnitud a 0dB en la nueva frecuencia de cruce de ganancia.
Esta atenuación es –20log β=-16.8
β=7. El polo del compensador en atraso) se determina de ω=(1/
βT)=0.132/7=0.0188
5.-Para reajustar la ganancia del compensador y la ganancia del
sistema no se vea afectada .Para ello dividimos el polo entre el
cero y lo multiplicamos por la ganancia obtenida anteriormente
Kcf=(9.221*0.0188)/0.132=1.3132
2( 7.5) ( 0.132)( ) ( ) 1.3132
( 7)( 1.3)( 0.8) ( 0.0188)c
s sG S G S
s s s s
'
`
'
`
2*7.5) (0.132)*1.3132* 19
(7)(1.3)(0.8) (0.0188)
1 10.05 o 5%
1 20
p
ss
p
k
Ek
GH=zpk([-0.132 -7.5 ],[-0.0188 -0.8 -1.3 -7],[2.6264])
bode(GH);grid
[gm,pm,wpc,wgc]=margin(GH)
Compensación en atraso-adelanto
1 2
1 2
1 2
1 2
1 1
( ) 1, 11
( 1) ( 1)( ) *
( 1)( 1)
c c
c c
s s
G s K
s s
s sG s K
s s
3. Suponga el compensador en atraso-.adelanto
1 0
1
Im
Re
•Es común seleccionar
•Para el compensador
es en atraso.
•Para el compensador
es en adelanto.
•La frecuencia es aquella donde
el ángulo de fase es cero.
10
1
Diagrama polar .,1 cK
1
Compensación utilizando métodos de respuesta en frecuencia
0
10
20
º0
1
001.0
dB
º90
º90
10
1
01.0
1 2
0.1 1( )
1
1
1
10
1
100
Diagrama de Bode del compensador atraso-adelanto.
.10,,1 12 cK
211
1
La frecuencia se obtiene de: 1
Compensación utilizando métodos de respuesta en frecuencia
Compensadores en atraso-adelanto
Ejemplo: Compense el siguiente sistema cuya función de transferencia:
se desea que la constante de error estático de velocidad sea de . , , el
margen de fase sea de 50° y el margen de ganancia al menos de 10dB. Utilice un
compensador atraso- adelanto.
)2)(1()(
sss
KsG
vK 110 seg
1) Como el sistema tiene ganancia ajustable , se considera . K 1cK
Del requisito de error de error estático de velocidad, se obtiene
1 2
0 01 2
( 1) ( 1)lim ( ) ( ) lim * 10
( 1) ( 1)( 2) 2( 1)
cv c c
s s
K Ks s KK sG s G s sK
s s s s s
20K
1 3 2
20 20( )
( 1)( 2) 3 2G s
s s s s s s
Trazamos diagrama de Bode de
2) Hallamos M.F. y M.G.
%trazar diagrama de Bode
n=[0 0 0 20];
d=[1 3 2 0];
bode(n,d);grid
%Calcular MG,MF,Wpiy W1
[mg,mf,wpi,w1]=margin(n,d)
mgdb=20*log10(mg)
mg =
0.3000
mf =
-28.0814
wpi =
1.4142
w1 =
2.4253
mgdb =
-10.4576
Mf=-28 ° sistema inestable
MG=-10.5 dB sistema inestable
20 dB/dec
(-10.5,1.41) 0.5
5
20 dB/dec
Compensación utilizando métodos de respuesta en frecuencia
3) En el diseño de un compensador atraso-adelanto se selecciona la nueva
frecuencia de cruce de ganancia a partir de la curva de G 1(jω), Se observa que
en
a fin de que el adelanto de fase requerido en ωc =1.41 rad/s sea alrededor de 50°, lo
que es muy posible mediante un compensador de atraso-adelanto
1( ) 180ºG j 1.41 / .c rad seg
4) Se selecciona la frecuencia de corte del cero del compensador de la parte atraso,
una década por debajo de la nueva frecuencia de cruce:
2
10.141 / .rad seg
Compensación utilizando métodos de respuesta en frecuencia
5) Con el máximo adelanto de fase deseado, se obtiene
11
1
1 11
msen
si º50m 548.7
pero se escoge que corresponde a 10 º9.54m
6) Con esto la frecuencia de corte del polo del compensador parte atraso es
2
10.0141 / .rad seg
Entonces la parte de atraso del compensador queda:
0.141
0.0141
s
s
Compensación utilizando métodos de respuesta en frecuencia
7) Para la parte de adelanto, se utiliza el valor de magnitud en la frecuencia de cruce
de ganancia (ver Diagrama de Bode). Como la nueva frecuencia de cruce de
ganancia es ω=1.41 rad/s; se encuentra que G1(J1.41)=10.5 dB, a partir de este
requisito es posible dibujar una linea recta de pendiente 20dB/dec .
Que pase por el el punto (1.41 rad/seg. , -10.5 dB ), se traza una línea recta de
pendiente 20 dB/década, donde intersecte la línea de -20 dB es la frecuencia de corte
del cero de adelanto ( )y donde intersecte la línea de 0 dB, es la
frecuencia de corte del polo de adelanto ( ). la parte de adelanto
es
0.5 / .rad seg
5 / .rad seg
0.5
5
s
s
El compensador atraso-adelanto queda
0.141 0.5( )
0.0141 5c
s sG s
s s
0.141 0.5 20( ) ( )
0.0141 5 ( 1)( 2)c
s sG s G s
s s s s s
g=zpk([-0.141 -0.5],[0 -0.0141 -1 -2 -5],[20])
bode(g);grid
%Calcular MG,MF,Wpi y W1
[mg,mf,wpi,w1]=margin(g)
mgdb=20*log10(mg)
Programa para hallar mf y mg
de sistema compensado
zero/pole/gain:
20 (s+0.142) (s+0.5)
------------------------------
s (s+0.0142) (s+1) (s+2) (s+5)
mg =
4.5058
mf =
50.8638
wpi =
3.5296
w1 =
1.3747
mgdb =
13.0755
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10-4
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
-270
-225
-180
-135
-90
Phase (
deg)
-150
-100
-50
0
50
100
150
Magnitude (
dB
)