Compensadores node
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Publicado: 8 de noviembre de 2010
Ejercicio:
Se desea compensar el sistema de función de transferencia GH s = manera que cumpla con los siguientes requerimientos: a) Kv≥15, MF≥50º y MG≥10dB b) Kv≥47, MF≥35º Respuesta:
1 de s 0 . 25 s1 0 .1s1
a) Kv≥15, MF≥50º y MG≥10dB:
1.Se calcula la ganancia necesaria para Kv≥15, lim s 0 =s
Kc =15 , s 0 . 25 s1 0 . 1s1
entonces se obtiene Kc=15.2.Se realiza el diagrama de Bode del sistema con esta ganancia y se lee el nuevo MF y MG.
Bode Diagram
Magnitude (dB) Phase (deg)
50 30 10 0 10 30 50 70 90 110 130 150 90 135 180 225 270 1 10
10
0
10
1
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 1. Diagrama de Bode del sistema con Kc=15 Gráficamente se lee; MFo≈0º y MG0 dB, usando Matlab se pueden ver los valores exactos (Figura 2). o≈ 3.Se podría hacer por adelanto, calculamos φ m =MF req −MF o Δφ ,
φ m =50 º −010 º =60 º
1−α , α=0.0717 1α 5.Calculamos la magnitud en wm, 10 log α=−11 . 43 ⇒ ubicamos en la curva de magnitud la
4.Se calcula α de sen φ m= frecuencia a la cual se tienen 11.43dB , esto es wm=11rad/s. 6. Se obtiene el cero del compensador de la fórmula w m=El polo del compensador se calcula como
1 τα
⇒
1 =2 . 94 , τ=0 . 339 τ
1 =41 . 08 , ατ=0 . 024 ατ
7. El compensador es entonces: Gc=15
s2 . 94 0 . 339 s1 15 = 0 . 024 s1 0 . 0717 s41. 08
50 0 50 100 150 90 135 Phase (deg) 180 225 270 10
Bode Diagram Gm = 0.599 dB (at 6.32 rad/sec) , Pm = 1.77 deg (at 6.54 rad/sec)
Magnitude (dB)
1
10
0
101
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 2 8. Finalmente verificamos que: ∣GcGH s ∣wm =11=1 o 20 log∣GcGH s ∣wm =11 =0 dB
⇒
15 s2 . 94 1 209⋅11 . 39 ∣ ∣ = =1. 17 ≈1 OK 0 . 0717 s41 . 08 s 0 . 25 s1 0 . 1s1 wm=11 42 . 52⋅11⋅2 . 93⋅1 . 48 20 log1 .17=1. 36 dB≈0 dB OK
Y que el ángulo de fase φ en wm sea φ =180+Mfreq=180+50=130º⇒
GcGH swm =11= s2 . 94− s41. 08 s 0 . 25 s1 0 . 1s1 ¿ 75 º − 15 º 90 º 70 º 47 . 72 º =−147 º
⇒ MF=32º Este diseño NO cumple con el margen de fase requerido, por lo tanto se debe intentar resolver el problema con otro compensador: un adelanto doble o preferiblemente un adelantoatraso.
Por adelanto atraso: Gc=Kc
s s s1 ατ 1 s 1 βτ 2
1 τ1
1 τ2
, β=
1 α
1.Se escoge por inspección la frecuencia de conrte en 0dB. En este caso se busca una frecuencia donde el ángulo de adelanto a añadir sea φ m =50 º , entonces se toma wg=5rad/s, porque ahí la fase es
φ=−170 º y tenemos MFo=10º.
2.El cero de la parte de atraso se ubica en
1 wg = =0 . 5rad /s τ 2 10 3.Se estima el ángulo de la parte de adelanto como φ m =MF req −MF o Δφ ,
φ m =50 º −10 º 12 º =52 º . Se calcula el parámetro α de: sen φ m=
1−α , α=0.12 y 1α
1 α= =8 . 43 β
4. Se puede calcular el polo de la parte de atraso como de bode del sistema la parte de atraso del compensador5. Para diseñar la parte de adelanto se determina gráficamente la magnitud que debería atenuar la parte de atraso en wg. Se lee X=4dB, se proyecta este valor por debajo de 0dB (ubicamos a esa misma frecuencia 4dB) y se traza una recta de pendiente 20dB/dec, que pase por ese punto. El corte de la recta con 0dB es el polo de la parte de adelanto, leemos determina como
1 =0 . 059 rad /s y dibujar en el diagrama βτ 2
1=8 rad / s y el cero se ατ 1
1 =0 . 96 rad /s τ1
50 30 10 0 10 30 50 70 90 110 130 150 90 135 Bode Diagram
Phase (deg)
Magnitude (dB)
180 225 270 1 10
10
0
10
1
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 3. Procedimiento gráfico para diseñar el adelantoatraso
6. Finalmente se tiene el compensador: Gc=15
...
Se desea compensar el sistema de función de transferencia GH s = manera que cumpla con los siguientes requerimientos: a) Kv≥15, MF≥50º y MG≥10dB b) Kv≥47, MF≥35º Respuesta:
1 de s 0 . 25 s1 0 .1s1
a) Kv≥15, MF≥50º y MG≥10dB:
1.Se calcula la ganancia necesaria para Kv≥15, lim s 0 =s
Kc =15 , s 0 . 25 s1 0 . 1s1
entonces se obtiene Kc=15.2.Se realiza el diagrama de Bode del sistema con esta ganancia y se lee el nuevo MF y MG.
Bode Diagram
Magnitude (dB) Phase (deg)
50 30 10 0 10 30 50 70 90 110 130 150 90 135 180 225 270 1 10
10
0
10
1
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 1. Diagrama de Bode del sistema con Kc=15 Gráficamente se lee; MFo≈0º y MG0 dB, usando Matlab se pueden ver los valores exactos (Figura 2). o≈ 3.Se podría hacer por adelanto, calculamos φ m =MF req −MF o Δφ ,
φ m =50 º −010 º =60 º
1−α , α=0.0717 1α 5.Calculamos la magnitud en wm, 10 log α=−11 . 43 ⇒ ubicamos en la curva de magnitud la
4.Se calcula α de sen φ m= frecuencia a la cual se tienen 11.43dB , esto es wm=11rad/s. 6. Se obtiene el cero del compensador de la fórmula w m=El polo del compensador se calcula como
1 τα
⇒
1 =2 . 94 , τ=0 . 339 τ
1 =41 . 08 , ατ=0 . 024 ατ
7. El compensador es entonces: Gc=15
s2 . 94 0 . 339 s1 15 = 0 . 024 s1 0 . 0717 s41. 08
50 0 50 100 150 90 135 Phase (deg) 180 225 270 10
Bode Diagram Gm = 0.599 dB (at 6.32 rad/sec) , Pm = 1.77 deg (at 6.54 rad/sec)
Magnitude (dB)
1
10
0
101
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 2 8. Finalmente verificamos que: ∣GcGH s ∣wm =11=1 o 20 log∣GcGH s ∣wm =11 =0 dB
⇒
15 s2 . 94 1 209⋅11 . 39 ∣ ∣ = =1. 17 ≈1 OK 0 . 0717 s41 . 08 s 0 . 25 s1 0 . 1s1 wm=11 42 . 52⋅11⋅2 . 93⋅1 . 48 20 log1 .17=1. 36 dB≈0 dB OK
Y que el ángulo de fase φ en wm sea φ =180+Mfreq=180+50=130º⇒
GcGH swm =11= s2 . 94− s41. 08 s 0 . 25 s1 0 . 1s1 ¿ 75 º − 15 º 90 º 70 º 47 . 72 º =−147 º
⇒ MF=32º Este diseño NO cumple con el margen de fase requerido, por lo tanto se debe intentar resolver el problema con otro compensador: un adelanto doble o preferiblemente un adelantoatraso.
Por adelanto atraso: Gc=Kc
s s s1 ατ 1 s 1 βτ 2
1 τ1
1 τ2
, β=
1 α
1.Se escoge por inspección la frecuencia de conrte en 0dB. En este caso se busca una frecuencia donde el ángulo de adelanto a añadir sea φ m =50 º , entonces se toma wg=5rad/s, porque ahí la fase es
φ=−170 º y tenemos MFo=10º.
2.El cero de la parte de atraso se ubica en
1 wg = =0 . 5rad /s τ 2 10 3.Se estima el ángulo de la parte de adelanto como φ m =MF req −MF o Δφ ,
φ m =50 º −10 º 12 º =52 º . Se calcula el parámetro α de: sen φ m=
1−α , α=0.12 y 1α
1 α= =8 . 43 β
4. Se puede calcular el polo de la parte de atraso como de bode del sistema la parte de atraso del compensador5. Para diseñar la parte de adelanto se determina gráficamente la magnitud que debería atenuar la parte de atraso en wg. Se lee X=4dB, se proyecta este valor por debajo de 0dB (ubicamos a esa misma frecuencia 4dB) y se traza una recta de pendiente 20dB/dec, que pase por ese punto. El corte de la recta con 0dB es el polo de la parte de adelanto, leemos determina como
1 =0 . 059 rad /s y dibujar en el diagrama βτ 2
1=8 rad / s y el cero se ατ 1
1 =0 . 96 rad /s τ1
50 30 10 0 10 30 50 70 90 110 130 150 90 135 Bode Diagram
Phase (deg)
Magnitude (dB)
180 225 270 1 10
10
0
10
1
10
2
10
3
Frequency (rad/sec)
Figura 3. Procedimiento gráfico para diseñar el adelantoatraso
6. Finalmente se tiene el compensador: Gc=15
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