Electronica

TALLER


EJERCICIO: Diseñe un controlador digital para el sistema mostrado.. Las especificaciones de diseño consisten en que el margen de fase de 50°, el margen de ganancia por lo menos de 14dB, y la constante de error de velocidad estática de 4 seg-1. El periodo de muestreo escójalo a conveniencia. Después de diseñado el controlador trace el lugar de las raíces. Localice los polos en lazocerrado del diagrama y encuentre el número de muestras por ciclo de la oscilación senoidal amortiguada. Muestre además la respuesta del sistema sin controlar y controlado a un entrada paso.

r(t)

+_

δ(t)

G D ( s)
Controlador digital

*

ZOH
Gh(s)

1 s ( s  2)
Gp(s)

c(t)

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
Para la escogencia del periodo de muestreo escojo doscriterios  Tiempo de asentamiento:
ts 5.83 Ts    0. 1166 seg Nr 50
 Tiempo de levantamiento
1 0.9 0.8 0.7 0.6
Amplitude

Step Response System: MS Settling Time (sec): 5.83 System: MS Rise Time (sec): 3.36

tr 3.36 Ts    0. 168 seg Nr 20

Se escoge el menor de los dos: Ts=0.1166=0.1 seg
ING. JHON JAIRO ANAYA DIAZ

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

0

1

2

3

4

5 Time (sec)

67

8

9

10

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
SOLUCIÓN: nums=[0 0 1];dens=[1 2 0]; Gs=tf(nums,dens); Gz=c2d(Gs,.1) %ahora para transformarla en el plano w se debe convertir z en %Donde T=0,1 seg. %Como la instrucción bilinear usa
T w 1  0,05w 2 z   T 1  0,05w 1 w 2 1

w  2 fs

% Haciendo el cambio de variable anterior para definir a x %como -0,05w y tomando a fs=0,5.
Ing. Esp. Jhon Jairo Anaya Díaz

z 1 x 1  2 fs z 1 x 1

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
%1. Ahora en Matlab sustituir el valor de z por –z en G(z). numz= [0 -0.004683 0.004381];denz=[1 1.819 0.8187];
%2. Seguido se utiliza el comando bilinear [numx,denx]=bilinear(numz,denz,0.5); %3. Sustituir x=-0.05w en el numerador y en el denominador. numw= numx*.[0.05^2 -0.05 1]numw=0 -0.000120433240784 0.002491684306018 % lo mismo se hace con el denominador denw=denx.*[0.05^2 -0.05 1]; denw=0.002500000000000 0.004983918409984 0
Ing. Esp. Jhon Jairo Anaya Díaz

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
Aunque esta expresión es correcta, es conveniente que el coeficiente del término de mayor grado w del denominador sea uno. Se debe multiplicar el numerador ydenominador por 400 para obtener: numw=numw*400 denw=denw*400 Con lo cual la función de tranferencia en el plano w es entonces

-0.04817 w  0.9967 G( w)  w(w  1.9936 )
Ing. Esp. Jhon Jairo Anaya Díaz

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
El compensador a utilizar tiene la siguiente forma
s  1   K s  sc Gc ( s )  K c  Kc c 1 s  1 s  sp s 
s 1

La constante de error develocidad estática requerida es de 4seg-1, de allí que: 1  w -0.04817 w  0.9967 a K v  lim wK cGc ( w)G ( w)  lim K c 4 w w 0 w 0 1 b w(w  1.9936 )

0.9967 Kc  4  Kc  8 1.9936
Ing. Esp. Jhon Jairo Anaya Díaz

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA

Ing. Esp. Jhon Jairo Anaya Díaz

Diagrama de bode lazo abierto ajustada con la ganancia Kc del sistema en el plano w. seespecifica un margen de fase de 32° y margen de ganancia de 14.3dB
Bode Diagram 40 20 System: untitled1 Gain Margin (dB): 14.3 At frequency (rad/sec): 6.42 Closed Loop Stable? Yes 0

Magnitude (dB)

-20

-40

-60

-80 270

225 System: untitled1 Phase Margin (deg): 31.6 Delay Margin (sec): 0.22 At frequency (rad/sec): 2.51 Closed Loop Stable? Yes

Phase (deg)

180

135

90 10
-110

0

10

1

10

2

10

3

Frequency (rad/sec)

DISEÑO BASADO EN LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
De la gráfica se obtiene los valores para la función de transferencia de G(jv): Margen de Fase = 32° Margen de ganancia= 14,5dB El diseño exige un margen de ganancia mínimo de 14dB y un margen de fase de 50°, de allí que el ángulo adicional de adelanto de fase necesario para...