Compensadores node

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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 s1   0 .1s1 

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 s1   0 . 1s1 

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 −010 º =60 º

1−α , α=0.0717 1α 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 τα



1 =2 . 94 ,  τ=0 . 339 τ

1 =41 . 08 ,  ατ=0 . 024 ατ

7.­ El compensador es entonces:  Gc=15

 s2 . 94  0 . 339 s1 15 =  0 . 024 s1  0 . 0717  s41. 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  s2 . 94  1 209⋅11 . 39 ∣ ∣ = =1. 17 ≈1 OK 0 . 0717  s41 . 08  s  0 . 25 s1   0 . 1s1  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  swm =11= s2 . 94−  s41. 08   s  0 . 25 s1    0 . 1s1   ¿ 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 s1 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  1α

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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