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TÉCNICAS DE COMPENSACIÓN USANDO EL LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES. Efecto de añadir Polos y Ceros a GH(s). Adición de Polos. En general, la adición de polos en el semiplano izquierdo produce una deformación del L.G.R hacia la derecha. Sea: GH(s) = ( ) a s s K + donde a>0

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TÉCNICAS DE COMPENSACIÓN USANDO EL

LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES.

Efecto de añadir Polos y Ceros a GH(s).

Adición de Polos.

En general, la adición de polos en el semiplano izquierdo

produce una deformación del L.G.R hacia la derecha.

Sea:

GH(s) = ( )assK+ donde a>0

Si ( )( )asbss ++K con b > a

Si ))()(( asbscss +++

K con c > b > a

Adición de ceros:

En general, al añadir ceros en el semiplano izquierdo, se estabiliza el

sistema, deformándose el L.G.R hacia la izquierda.

Si GH(s) = ( )assK+

Si GH(S) = ( )ass)bs(K

++

Si GH(S) = ( ) )bs(ass)cs(K++

+ c > b >a

jω jω σ σ 0 - c - b - a

0 -b -a

DISEÑO DE COMPENSADORES

Controlador Industrial Ideal

Compensador eléctrico real

P

Kc

Kc

PD

( )STK Dc +1

TSTSKc

α++

11

(adelanto) α<1

PI

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

SST

TiK

STK ic

ic

111

TSTSKcβ+

+11

(atraso) β>1

PID

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

SSTSTT

TKST

STK iID

i

cD

ic

1112

( ) ST

STST

STKc2

2

1

1

11.

/11

ββ ++

++

adelanto - atraso β> 1

COMPENSACIÓN EN ADELANTO.

Función de Transferencia de un compensador en adelanto

Ts

Ts

KG cc

α1

1

´+

+=

0,07≤α< 1

TsTsKG cc

α++

=11

αc

c

KK =´

Función de Transferencia del sistema compensado, donde FTLA = G(S)

( ) ( )SGGSG c ⋅=1

( ) ( ) ( )⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

+

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++

=

Ts

Ts

sGKTs

TsSGKSG cc

ααα 1

1

..11

1

PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN

CASCADA DE ADELANTO POR EL METODO DEL L.G.R.

Básicamente este procedimiento está enfocado a la búsqueda del

polo y del cero del compensador:

1.- Dibujar el L.G.R. del sistema sin compensar.

2.- Determinar si es posible cumplir con las especificaciones del

problema con ese L.G.R. (esto implicaría solo un ajuste de Kc)

3.- Si no, entonces ubicar los polos dominantes deseados PD tal que

se cumplan las especificaciones.

4.- Encontrar la contribución angular (φc) que debe suplir el

compensador en el polo PD, para lograr que éste pertenezca al LGR

del sistema compensado.

Esta contribución se obtiene por:

/G 1 = /Ceros de G(s) - /Polos de G(s) + φc = 180o

Con S=PD

NOTA: Cuando φc > 60o, generalmente se usa más de un

compensador en adelanto u otro tipo de compensador.

5.- Obtener la pareja cero-polo del compensador que produzca el

ángulo φc en el polo Pd deseado, para ello se une Pd con el origen,

se pasa una recta por Pd, se encuentra la bisectriz entre las rectas

APd y PdO. Luego se dibujan las rectas PdD y PdE, tal como se

muestra en la figura. De esta forma se encuentran el polo y el cero

del compensador en adelanto.

6.- Chequear el estado estacionario del sistema compensado.

Para ello se sabe que la F.T.L.A. del sistema compensado es:

G'1 = GcG(S) = Kc G(S).Ts

TSα+

+11

Consideremos a K0 = ganancia de la F.T.L.A. original. Luego

podemos decir:

K1 = K0 Kc

K1 puede ser calculada de la condición de magnitud, aplicada al

sistema compensado en S=PD

K0 generalmente es dada o se conoce con la condición de

magnitud de la F.T.L.A. original,(en los polos originales del

sistema).

∴ Kc = K1/K0

7.-Dibujar por último el L.G.R. del sistema compensado, para

chequear si se cumplen todas las especificaciones.

Ejemplo de Compensación en Adelanto

Se tiene la planta de tipo 1 siguiente:

( ) ( )20030400

2 ++=

sssSG

Se desea una respuesta a lazo cerrado con:

ξ=0.5 y ωn=13.5rad/seg

La F.T.L.A actual produce en lazo cerrado polos en:

(-4.2± 0.93j) y -21.59

El sistema entonces no tiene sobreimpulso, pero

ess(rampa)= 5.01=

vK

S1=PD φ/2

φc/2

-b -a Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j Luego: φ = ∠S1 ≅ 120º => φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8°

θp ≅ 32° y θz ≅ 87.9°

Entonces: Pc = -25.41 Zc= -7.16

( ) 62.1311

1´ =

++

=c

cc

ZSSGPS

K

El compensador será en definitiva: Gc ≅ 13.62 S + 7.16 S + 25.41

Procedimiento Alternativo:

Procedimento geométrico de compensación: S1=PD φ/2

φc/2

-b -a φ = ∠(S1) ; φc = ± 180º - ∠G(S1)

Si: θp = φ - φc y θz = φ + φc

2 2 Calcular: Pc = -b = Re (s1) – Im (s1) y Zc = -a = Re(s1) – Im(s1) tanθp tanθz

Kc es tal que ( ) 1´ =⋅

++

⋅ sGPsZsK

c

cc

S=S1

Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j ( En Matlab el comando “Ord2”dá este resultado automáticamente, dados ξ y ωn) Luego: φ = ∠S1 ≅ 120º => φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8°

-235.8°

θp ≅ 32° y θz ≅ 87.9°

Entonces: Pc = -25.41 Zc= -7.16

( ) 62.1311

1´ =

++

=c

cc

ZSSGPS

K

El compensador será en definitiva: Gc ≅ 13.62 S + 7.16 S + 25.41

( )20030400)( 2 ++

=sss

sGH

LGR del sistema sin compensar.

( )( )( )41.2520030

16.762.13)( 2 ++++

=ssss

ssGH

LGR del sistema compensado.

Ejemplo

Ejemplo de compensación en adelanto

Un sistema de control tiene como función de transferencia de lazo abierto:

( )10)( 2 +

=ssKsGH

Se desea que el sistema de lazo cerrado tenga los polos dominantes con un coeficiente de amortiguación de ξ = 0,4 y con una frecuencia natural no amortiguada ωn=2,5rad/seg.

- Empleando el método del L.G.R. introduzca un compensador tal que haga al sistema estable.

- Determine el coeficiente de error de aceleración Ka del sistema compensado.

- Dibuje el L.G.R. sistema compensado ¿Qué mejoras ha presentado el sistema compensado con relación al no compensado?

Solución:

Obtención del L.G.R.

Datos del L.G.R. del sistema no compensado:

P = 3, Z = 0

# ramas = 3

Asintotas = 60° ; -60° ; +180°

σa = -3,33

Cortes con el eje jω : ω = 0 , K = 0

Ver figura 1 del L.G.R.

Ejemplo 1

( )10)( 2 +

=ssKsGH

LGR del sistema sin compensar.

Compensación del sistema:

a) Cálculo de los polos dominantes deseados:

Según las especificaciones, la parte real del polo dominante deseado

será:

σ = ξωn = 0,4 x 2,5 = 1

y arcos ξ = θ => θ ≅ 67°

∴ los polos dominantes deseados son Pd = -1 ± j 2,3

b)Cálculo de la contribución angular del compensador ( θc )

θc - θ1 - 2θ2 = -180°

y, según la figura 1, tenemos:

φc -15 - 115 - 115 - 180 => φc - 245°= -180°

=> φc= 65°

pero θc > 60° !!!!! por lo que construiremos dos

compensadores, cada uno con una contribución de

θc ' = 32,5 ½ θc ' = 16,25° ;

c)Obtención del compensador

Graficando ½θc ' en la figura 1, obtenemos:

1/T=1.7 y 1/αT=3.7 α = 0.46

∴ α >0.07 => aceptable.

El sistema compensado es, por consiguiente:

G1(S) = Gc G = ( )( ) ( )SS

KSS

+++

10´.

7.37.1

2

1

2

2

Al dibujar ahora el L.G.R. del sistema compensado, se obtiene el gráfico

que se muestra en la figura 2.

Por la condición de magnitud

1|10 s| |s²| ²|3.7 s|

²|1.7 s| 'K1 =++

+

se puede calcular K1' = Kc´ K0´ para s = -1 +j 2,3

Sustituyendo Pd = s, podemos despejar de aquí K1, y encontrar Kc´

Se calcula Ka:

Ka = lims→0 s² G(S) = lims→0 S2 ( )( ) ( )SS

KSS

+++

10´.

7.37.1

2

1

2

2

LGR del sistema compensado.

Compensación en Atraso : L.G.R.

Función de transferencia de un compensador en atraso

1Ts1TsK

T1s

T1sK

G c

c

c+

+=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

ββ

1 < β < 15 βc

cKK =´

Para evitar un cambio apreciable en el L.G.R. al introducir el

compensador, éste deberá contribuir con un ángulo no mayor de 5o.

Para asegurar esto, colocamos al polo y al cero muy cerca el uno del

otro y además muy cerca del eje jω. Esto implica:

ββ

β

1

T1s

T1s

1

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

donde s1 = polo dominante deseado,(de la FTLC)

∴ Podemos aumentar la ganancia en un factor β sin alterar el L.G.R.

en el polo dominante, es decir, sin alterar la respuesta transitoria: Si

K' es la ganancia del sistema compensado; y K la ganancia del

sistema original (en p=s1): K' = Kc.K

Y la precisión mejora en un factor “Kc”

PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN

ATRASO POR EL METODO DEL L.G.R.

1.- Dibujar el L.G.R. del sistema sin compensar.

2.- Ubicar los polos complejos dominantes Pd para que se

cumplan las especificaciones de respuesta transitoria.

PD

3.- Determinar, con la condición de módulo, la ganancia de la

FTLA en los polos dominantes deseados.

4.- Calcular el ess.

5.- Determinar el aumento necesario en el coeficiente de error

para satisfacer las especificaciones de estado estacionario. Es

decir, calcular Kc.

6.- Tomar β = Kc.

7.- Calcular el polo y el cero del compensador como :

z = 1/T y p =1/βT

NOTA: Se puede escoger en el primer intento 1/T = -0,1.

8.- Chequear que la contribución angular de la pareja polo-cero

en el polo dominante Pd sea pequeña, es decir:

/ Pd + 1/ βT - / Pd + 1/ T < 5°

Esto garantiza que el L.G.R. no se vea modificado en el Pd.

9.- Graficar el L.G.R. del sistema compensado.

10.- Encontrar nuevamente los polos dominantes. ¿Son los

cambios de la respuesta transitoria tolerables?

Ejemplo:

Dado un sistema de control en retroalimentación simple cuya FTLA

es:

( )( )155)(

++=

sssKsGH

se desea fijar ξ= 0,3 para la respuesta transitoria del sistema y

además un ess < 0,1 ante entrada rampa r(t)=3t. Determine si el

sistema sin compensar puede cumplir con dichas especificaciones.

En caso contrario construya el compensador adecuado.

Solución :

Obtención del L.G.R.

Construiremos el L.G.R. del sistema no compensado. Aplicando las

reglas del L.G.R. para su construcción, tenemos:

p = 3

z = 0

# de ramas = 3

σa = -6.6

Asintotas : ± 60° , 180°

Puntos de salida : s = -2,26

Cruce con el eje : jω/ω= ±8,66

K = 173,2

Cálculo del compensador:

Ubicamos los polos dominantes deseados según las especificaciones

de respuesta transitoria.

Si ξ = 0,3 => θ = 72,54°

=> sobre el L.G.R. se pueden ubicar los polos dominantes deseados:

Pd=-1,7±j5,4

Cálculo el ess del sistema no compensado:

Para ello debemos calcular primero Kv , ya que si la entrada es r(t) =

A.t (rampa), el error estacionario es:

ess=vK

A (A: magnitud de la entrada rampa)

∴ Kv = limS→0 s G(H) = limS→0 ( )( )15s5ssKs

++ 75K

=

=> el ess del sistema no compensado es:

ess = K75x3

=K

225

Podemos calcular el valor de K para el sistema no compensado

aplicando la condición de magnitud para s= -1,7 + j5,4, de donde:

K = 514,3 => Kv = 6,86

∴ ess = 0,4375 (sistema no compensado).

Pero queremos ess < 0,1 => es necesario compensar en atraso.

∴ ess = 0,1 = 'K225

donde K' = K Kc

=> K' = 2250

∴ Kc = 3.514

2250KK'

= = 4,375

Luego elegimos β = Kc = 4,375 y T = 10

=> - T1

β = -0,023 -------------> polo

- T1

= -0,1 -------------> cero

Sistema compensado:

=> ( )( )( )

( )023.001

1551

375.4)(

++

⋅++

⋅=s

ssss

KsGH

( )( )155)(

++=

sssKsGH

LGR del sistema sin compensar.

( )( )( )

( )023.001

1551

375.4)(

++

⋅++

⋅=s

ssss

KsGH

LGR del sistema compensado.

Ejemplo:

( )( )35.2

86.4+

=s

KsGH cT

ts(2%)=3.2

ess<9% ante entrada escalón

25.142.3 === n

nξω

ξω =>

PD: -1.25±2.175j

Condición de módulo:

( ) CTPsKsK

D86.48.155.2 3 ==+=

=

KcT≡ 3.25

( ) ( )( )

( )( )

( )

5.0

5.28.151

1K5.2s

5.2slimsGH1

ssRlimssElime3

3

3

0s0s0sss ≅+

=++

+=

+== →→→

Si ess ≤0.09 ⇒ K’ ≅ 158 (=157.98) ⇒ hay que compensar el atraso!

K’≅ 10K ⇒ se escoge β =10

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

=

=

01.0T1

1.0T1

βContribución angular en s1,2= -1.25±2.175j ≅-1.7°

Sistema compensado:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

09.01.08.1501.05.2

01.05.2lim01.05.2

'1.086.4' 03 ≅++++

++=⇒

+++

= → ssssse

ssKsKsG ssss

cCT

α

3

( )35.286.4)(+

⋅=

sKctsGH

LGR del sistema sin compensar.

( )( ) ( )01.05.2

1.086.4)( 3 +++⋅⋅

=sssKcsGH

LGR del sistema compensado.

DISEÑO DE UN COMPENSADOR EN ADELANTO-ATRASO POR

EL METODO DEL L.G.R.

F.T. del compensador.

( )s

ccc

Ts

Ts

Ts

Ts

KGsT

sTsT

sTKcG

ββββ 1

11

´1

11/

1 2

1

1

2

2

1

1

+

+⋅

+

+==

++

⋅+

+= β>1

adelanto - atraso Kc´ = Kc

Procedimiento:

1.- Grafique el L.G.R. del sistema no compensado.

2.- Para las especificaciones dadas, encuentre los polos dominantes

Pd.

3.- Determine φc para la red de adelanto para que Pd cumpla la

condición angular.

4.- Usando la FTLA ya compensada, encuentre Kc de tal forma que

se cumpla la especificación del coeficiente de error dado en el

problema.

5.- Encuentre los valores de β y T1 tal que:

/ s + 1/ T1 - / s + β/ T1 = φc en s=PD y que

1

1

Ts

T1s

β+

+

|Kc GH(S)| = 1 en s = Pd

6.- Con el valor de β encontrado, escoja T2 tal que:

2

2

T1s

T1s

β+

+

= 1 para s=Pd

/s + 1/β T2 - / s + 1/ T2 < 5° para s=Pd

7.- Verificar el LGR y las características de respuesta transitoria y

estacionaria del sistema compensado.

Ejemplo:

Se tiene un sistema cuya FTLA es:

( )( )20s5.2ss1000

)s(GH++

=

Se requiere que:

- Kv = 50

- Mp = 10%

- ts = 2 seg.

Compensar el sistema tal que se cumplan los requerimientos.

Solución:

LGR

Construimos el L.G.R. del sistema no compensado. Se tiene:

p = 3, Z = 0

# ramas = 3

σa = -7.5

Asintotas = ± 60° , 180°

Puntos de salida: s = - 1.07

Puntos de cruce con el eje imaginario S = ± 7.07j

Y para este valor de s, tenemos que Kcr= 1125

Con las especificaciones localizamos al Pd

Si Mp = 10% => ξ = 0.6 => θ = 53.1°

y con ts = 2 seg. ( ts : 2% = 4/σ , 5% = 3/σ )

=> tenemos como Pd = -2 ± j 2.6

/GH(S) = -216° => φc = 36° s=Pd

Si Kv = 50, esto implica que

lims->0 s G(S) =)20)(5.2(

K.1000 c = 50 => Kc = 2.5

Determinacion de β y T1

Por condición del módulo:

1

1c

Ts

T1

s

)20s)(5.2s(sK.1000

β+

+

++ en s= -2± j2.6 = 1

1063.0

Ts

T1s

163.0

10

Ts

T1s

95.1572500

Ts

T1s

1

1

1

1

1

1 ≅+

+⇒=⋅

+

+≅⋅

+

+

βββ (*)

Se localiza en el plano S, el polo y el cero de tal manera que guarden entre sí la relación (*) y a la vez tengan un φc = 36°. Esto se hace por tanteo o bien se calcula analíticamente. Se encuentra finalmente:

- 1T

1 = - 5 ; -

1Tβ

= 62 => β = 12.4° -> aceptable.

Lo cual implica que la red de adelanto queda: )62s()5s(

++

Diseño de la red de atraso

Se debe cumplir que:

Pds2

2

T/sT/1s

=++

β ≅ 1 ; y su contibución angular < 5°

Para ello escogemos T2 = 10

=> - 2T

1β ≅ 0.008 y

2T1

= 0.1

Hay que chequear la contribución angular de la red y la condición de

magnitud:

Pds2

2

T/sT/1s

=++

β = 0.983 ≅ 1

ángulo de Pds2

2

T/sT/1s

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

β = -1.30° < 5°

Por lo cual, tenemos el sistema compensado:

Gc.GH= G'(s) = ( )( ) )008.0s)(62s(20s5.2ss)1.0s)(5s(2500++++

++

Otros Ejemplos

Ejemplo 1

Dado G(s) = )5(110

+ss y H(s) = 1

Determinar un compensador de modo que los polos dominantes de lazo cerrado tengan ζ = 0,6 ; ωn = 23 rad/seg. Calcule cómo afecta la adición del compensador a las caracteristicas del sistema en estado estacionario.

-10 -5 0 5 10-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

Real Axis

Imag

Axis

Sistema sin compensar.

El polo dominante deseado es: Pd = -ζωn ± j ,1 - ζ² ωn = -13.8 ± j 18.4

Cálculo de la contribución ángular de la red (φc)

φc = 115.56° + 126.9° +180° = 62.46°

φc > 60° Se diseñan dos compensadores, cada uno de

φc' = 31.23 φc' /2 = 15.62°

Por el método de la bisectriz se obtiene:

1/T=17.4 y 1/αT=30.4 α = 0.57 > 0.07 => aceptable

Para hallar la ganancia Kc del compensador:

Inicialmente: Kv = lims→0sGH(s)=22

Aplicando la condición de magnitud al sistema compensado en

s=Pd se puede hallar Kc´

2

2c

)4.30s()4.17s(

)5s(s'K.110

++

+ en s= -13.8+18.4j = 1

Kc’=9.61 la función de transferencia del compensador es:

Gc(s) = 9.61

2

4.30s4.17s

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++

Entonces Kv para el sistema compensador será: Kv final = lims→0sGH(s).Gc(s)= 69.26 Con lo que la precisión del sistema mejoró en un factor de 69.26/22 = 3.1

-60 -40 -20 0 20 40 60-60

-40

-20

0

20

40

60

Real Axis

Imag

Axis

Sistema Compensado.

( ) ( )( )

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

= 2

2

c 4,30s4.17s61.9

5ss110sGHG

Ejemplo 2

Introduzca un compensador al sistema para que cumpla con

ζ = 0.5 para las raices dominantes y ess < 0.1 para r(t) = t.

( )( )( )6253010 2 +++

=ssss

KsGH

-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Real Axis

Imag

Axis

Sistema sin compensar.

Estacionario

Kv = lim s GH(s) = K/6250 s -> 0

Transitorio

Pd = M /ϕ ϕ = arccos (ζ) = arccos (-0.5) = 60°

=> Pd = M /120°

Con este ángulo se encuentra el polo dominante deseado

sobre el L.G.R. (ver figura):

Pd = 3.6 ± j 6.2

Aplicando la condición de magnitud en este punto:

|GH| en s= Pd = 1

se obtiene el valor de K correspondiente:

K = 32673.6

Entonces:

ess = 1/Kv = 0.191 y ess > 0.1 en Pd.

Debemos usar un compensador en atraso para mejorar la

precisión:

=> 0.1 =6250/K’ => K' = 62500

=> Kc = 1.913

913.1=β

Se toma T=10 0522.0T1

−=−β

y 1.0T1

−=−

Función de transferencia del compensador: Gc =

0522.0s()1.0s(

++

GH(s).Gc

Chequeo:

/Gc (s) en s=Pd =-0.335°

-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Real Axis

Imag

Axis

Sistema compensado.

( ) ( )( )( )( )62530100522,0

1,02 ++++

++

ssssssKsGHGc

Ejemplo 3

Introduzca un compensador al sistema para que cumpla Mp=15% ; ts (5%)

= 0.32 seg ; Kv = 50.

( ) ( )( )( )( )33257

16+++

+=

sssssKsGH

-60 -40 -20 0 20 40 60

-60

-40

-20

0

20

40

60

Real Axis

Imag

Axis

Sistema sin compensar.

Mp = 0.15 =>

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−−=

21exp

ζπζ

pM

=> ζ = 0.517 => θ = 58.9°

ts (5%) =3/ ζ ωn= 0.32

ζ ωn =3/0.32 => ωn = 18.13

Finalmente:

Pd = -9.375 ± j 15.52

es el polo dominante deseado (ver L.G.R.), pero no pertenece al

L.G.R.

En efecto, aplicando la condición de ángulo en Pd:

/GH(s) en s = Pd = 66.88 + (121.1) - (98.7) - (44.81) - (33.3)=

-231.06° + θc=-180

Es necesario que un compensador en adelanto supla:

θc = -180° + 231.06 = 51.06°

Por otra parte, para el estado estacionario:

Kv = 50 => lim s GH(s) = 50 s->0

lim s GH(s)Gc = lim ( )( )( )( )33s25s7ss

16ssKcK+++

+ = 50 => Kc K= 18046.9

Ajustando la K, y con la parte de adelanto del compensador, se ha

de cumplir:

a) Magnitud:

1

1c T/s

T/1sK)s(GH

β++

en s=Pd = 1 =>

( )( )( )( ) 1

1

T/sT/1s

33s25s7ss16s9.18046

β++

++++ = 1 (en s= -9.375 ± j 15.52)

=> 1

1

T/sT/1s

β++ = 0.5819 (en -9.375 ± j15.52)

y además:

b) Angulo:

φc= ∠(s+1/T1)s=PD - ∠(s+β/T1)s=PD= 51,06°

Gráficamente:

PD= -9.375 ± j15.52

φc

D2 D1

φ2 φ1

-β/T1 -1/T1

donde D1/D2 = 0.5819

ϕ1 - ϕ2 = 51.06°

Luego:

D1 = ,(-1/T1 + 9.375)² + 15.52²

D2 = ,(-β/T1 + 9.375)² + 15.52²

y:

ϕ1 = arctg 375.9T/1

52.15

1 +−

ϕ2 = arctg 375.9T/

52.15

1 +− β

Estas ecuaciones se cumplen, por ejemplo, para:

T1 = 0.097 y β = 3.019 => 119.31s309.10s

++

=> parte de adelanto.

Para la parte de atraso:2

2

T/1sT/1sβ+

+ en s=Pd = 1

Si tomamos {T2 = 10 => 1/T2 = 0.1,1/βT2 = 0.0271

Se chequean magnitud y ángulo de la parte de atraso;

0271.0s1.0s

++

en s=Pd = 0.9979

ángulo de o0035.00271.0

1.0−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++

ss

en s=PD

lo cual es aceptable.

Luego el SISTEMA COMPENSADO queda:

( ) ( )( )( )

( )( )( )( )( )0271,0s119,31s33s25s7ss1,0s309.10s16s9.18046sGH

++++++++

=

-60 -40 -20 0 20 40 60

-60

-40

-20

0

20

40

60

Real Axis

Imag

Axis

Sistema Compensado.

Ejemplo de compensación en adelanto.

Ejemplo 4

F.T=GH= ( )202 +sSK

Se desea ξ=0.5 y ωn = 3 rad/s

Datos del sistema no compensado:

P=3, Z=θ

# ramas =3

Asíntotas: En +60°, -60°, 180° Punto de ruptura

6.6320

##−=

−=

−−

= ∑∑cerospolos

cerospolosaσ

-20

-10

0

10

20

30

40

Imag

Axis

Sistema sin Compensar.

Compensación en adelanto:

Dados ξ y ωn se tiene:

PD=(-1.5±j 2.6)

En este punto, Se calcula: φc= -180 + φ1 + φ2 + φ2

φ1= 8 φ2 =120 =>

φc= 68°

Se construirán 2 compensadores, cada uno con φc= 34° (θc’/2= 17°).

Por procedimiento gráfico se obtiene: 149.0286.41

1.21

<=

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

−=−

−=−

α

αT

T

Y luego: 2

2

)286.4()1.2(

++

=ssKG cc

Finalmente el sistema compensado queda:

( ) ( )( )( )22 286.420

1.2..++

+=

ssssKKsGHG c

c

2

0

10

20

30

40

mag

Axis

Ejemplo de compensación en atraso:

( )( )5010 ++=

sssKGH

Se desea ξ = 0.5 y ess ≤ 0.01

Datos del sistema no compensado:

P=3

Z=φ

# ramas = 3

Asíntotas: =60, -60,180

σA= -20

corte con y : ≈ ± j24

-100 -50 0 50 100-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

Real Axis

Imag

Axis

Del gráfico del lugar de las raíces, se obtiene el PD, de la intersección de la recta del arc cos (ξ) y el L.G.R ( que no debe moverse).

PD= (-5 ± j8.66)

Compensación: En atraso.

Cálculo del ess del sistema no compensado.

ess= 500/K, calculando K en PD =(-5 ± j8,66)

K(PD)= 4582,4 => ess = 010911

Si se desea ess = 0.01 entonces

Kc= 0.10911/0.02 ≅ 11=Kc

Entonces:β = Kc y T =10:

{polo= -1/βT = - 0.00909

{cero=-1/T=-0.1

Se obtiene finalmente:

( )( )( )( )00909.05010

1.0.+++

+=

sssssKKGHG c

s

siendo K=4582.4 y Kc=11

Verificación: Medida de contribución al Desplazamiento del lugar de las raíces, debido a la red de atraso:

∠(s+1/T) - (s+1/βT)s=PD = (180 – arctg(8.66/-s+0.1)) –

(180 – arctg(8.66/-s+0.009)=180-60.408-180+60.044=0.45355°

Existe un movimiento de ~0.5° : aceptable

Finalmente:

( )( )( )

( )00909.01.011.

50104.4582.

++

++=

ss

sssGHGc

-100 -50 0 50 100-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

Real Axis

Imag

Axis

Sistema Compensado.

Ejemplo de compensación Adelanto-Atraso:

( )5.04+

=ss

GH

Se desea: ξ=0.5 ωn= 5 rad/s Kv=50

-1 -0.5 0 0.5 1-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Real Axis

Imag

Axis

Compensación: Adelanto – Atraso:

- Cálculo del PD: PD= (-ξωn±jωn.sen(arc cos (ξ))

PD = (-2.5 ± j4.3)

Se evalúa el ángulo de GH en PD en [ ∠4/s(s+0.5)°]s=PD=(-2.5+j4.33)=

125°= -235 °

=> 55°

Si Kv=50 y. Kv= lims→0 s.Kc.GH

50 = 4/0.5 . Kc => kc=6.25

Para la parte de adelanto:

⎜(s+1/T1)/(s+β/T1⎜. ⎜25/s(s+0.5)⎜En s=PD=-2.5+j4.33 = 1

De aquí: ⎜(s+1/T1)/(s+β/T1)⎜= 4.77/5=0.954 y

(s+1/T1)/(s+β/T1)= φc = 55°

Del gráfico del L.R:

⎢APB = 55° y PA/PB = 4.77/5

Se obtiene: Ao = 0.5,Bo= 5, De aquí:

{cero adelanto = -0.5 = -1/T1 β=10

{polo adelanto = -5 = -β/T1

Para la red del atraso: T2 =10, y con β=10: (s+1/T2)/(s+1/βT2)

Red atraso = s+0.1/s+0.01 Red adelanto: s+0.5/s+5 Kc=6.25

Función Compensada: ( ) ( )( )( )501.0

1.025.++

+=

sssssGHGc

-2

0

2

4

6

8

10

Imag

Axis