TCNICAS DE COMPENSACIN USANDO EL

LUGAR GEOMTRICO DE LAS RACES.

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

Adicin de Polos.

En general, la adicin de polos en el semiplano izquierdo

produce una deformacin 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

Adicin de ceros:

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

sistema, deformndose 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

j j 0 - c - b - a

0 -b -a

DISEO DE COMPENSADORES

Controlador Industrial Ideal

Compensador elctrico real

P

Kc

Kc

PD

( )STK Dc +1

TSTSKc

++

11

(adelanto) 1

PID

++=

++

SSTSTT

TKST

STK iID

i

cD

ic

1112

( ) ST

STST

STKc2

2

1

1

11.

/11

++

++

adelanto - atraso > 1

COMPENSACIN EN ADELANTO.

Funcin de Transferencia de un compensador en adelanto

Ts

Ts

KG cc

1

1

+

+=

0,07< 1

TsTsKG cc

++

=11

c

c

KK =

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

( ) ( )SGGSG c =1

( ) ( ) ( )

+

+=

++

=

Ts

Ts

sGKTs

TsSGKSG cc

1

1

..11

1

PROCEDIMIENTO PARA DISEAR UN COMPENSADOR EN

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

Bsicamente este procedimiento est enfocado a la bsqueda 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 implicara solo un ajuste de Kc)

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

se cumplan las especificaciones.

4.- Encontrar la contribucin angular (c) que debe suplir el

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

del sistema compensado.

Esta contribucin se obtiene por:

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

Con S=PD

NOTA: Cuando c > 60o, generalmente se usa ms de un

compensador en adelanto u otro tipo de compensador.

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

ngulo c 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). TsTS+

+11

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

podemos decir:

K1 = K0 Kc

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

sistema compensado en S=PD

K0 generalmente es dada o se conoce con la condicin de

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

sistema).

Kc = K1/K0

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

chequear si se cumplen todas las especificaciones.

Ejemplo de Compensacin en Adelanto

Se tiene la planta de tipo 1 siguiente:

( ) ( )20030400

2 ++=

sssSG

Se desea una respuesta a lazo cerrado con:

=0.5 y n=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 /2

c/2

-b -a Polos Deseados: S1 = - 6.75 11.69 j Luego: = S1 120 => c 180- G(S1) = 55.8

p 32 y z 87.9

Entonces: Pc = -25.41 Zc= -7.16

( ) 62.13111

=+

+=

c

cc

ZSSGPS

K

El compensador ser en definitiva: Gc 13.62 S + 7.16 S + 25.41

Procedimiento Alternativo:

Procedimento geomtrico de compensacin: S1=PD /2

c/2

-b -a = (S1) ; c = 180 - G(S1)

Si: p = - c y z = + c 2 2 Calcular: Pc = -b = Re (s1) Im (s1) y Zc = -a = Re(s1) Im(s1) tanp tanz

Kc es tal que ( ) 1 =

++

sGPsZsK

c

cc

S=S1

Polos Deseados: S1 = - 6.75 11.69 j ( En Matlab el comando Ord2d este resultado automticamente, dados y n) Luego: = S1 120 => c 180- G(S1) = 55.8

-235.8

p 32 y z 87.9

Entonces: Pc = -25.41 Zc= -7.16

( ) 62.13111

=+

+=

c

cc

ZSSGPS

K

El compensador ser 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 compensacin en adelanto

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

( )10)( 2 += ssKsGH

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

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

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

- Dibuje el L.G.R. sistema compensado Qu mejoras ha presentado el sistema compensado con relacin al no compensado?

Solucin:

Obtencin del L.G.R.

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

P = 3, Z = 0

# ramas = 3

Asintotas = 60 ; -60 ; +180

a = -3,33

Cortes con el eje j : = 0 , K = 0

Ver figura 1 del L.G.R.

Ejemplo 1

( )10)( 2 += ssKsGH

LGR del sistema sin compensar.

Compensacin del sistema:

a) Clculo de los polos dominantes deseados:

Segn las especificaciones, la parte real del polo dominante deseado

ser:

= n = 0,4 x 2,5 = 1

y arcos = => 67

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

b)Clculo de la contribucin angular del compensador ( c )

c - 1 - 22 = -180

y, segn la figura 1, tenemos:

c -15 - 115 - 115 - 180 => c - 245= -180

=> c= 65

pero c > 60 !!!!! por lo que construiremos dos

compensadores, cada uno con una contribucin de

c ' = 32,5 c ' = 16,25 ;

c)Obtencin del compensador

Graficando c ' en la figura 1, obtenemos:

1/T=1.7 y 1/T=3.7 = 0.46

>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 grfico

que se muestra en la figura 2.

Por la condicin de magnitud

1|10 s| |s| |3.7 s|

|1.7 s| 'K1 =++

+

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

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

Se calcula Ka:

Ka = lims0 s G(S) = lims0 S2 ( )( ) ( )SS

KSS

+++

10.

7.37.1

2

1

2

2

LGR del sistema compensado.

Compensacin en Atraso : L.G.R.

Funcin de transferencia de un compensador en atraso

1Ts1TsK

T1s

T1sK

G cc

c+

+=

+

+

=

1 < < 15 c

cKK =

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

compensador, ste deber contribuir con un ngulo no mayor de 5o.

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

otro y adems muy cerca del eje j. Esto implica:

1

T1s

T1s

1

1

+

+

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

Podemos aumentar la ganancia en un factor 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 precisin mejora en un factor Kc

PROCEDIMIENTO PARA DISEAR 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 condicin de mdulo, 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 = Kc.

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

z = 1/T y p =1/T

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

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

en el polo dominante Pd sea pequea, es decir:

/ Pd + 1/ T - / 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 retroalimentacin simple cuya FTLA

es:

( )( )155)( ++= sssKsGH

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

adems 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.

Solucin :

Obtencin del L.G.R.

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

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

p = 3

z = 0

# de ramas = 3

a = -6.6

Asintotas : 60 , 180

Puntos de salida : s = -2,26

Cruce con el eje : j/= 8,66

K = 173,2

Clculo del compensador:

Ubicamos los polos dominantes deseados segn las especificaciones

de respuesta transitoria.

Si = 0,3 => = 72,54

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

Pd=-1,7j5,4

Clculo 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 = limS0 s G(H) = limS0 ( )( )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 condicin 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 = Kc = 4,375 y T = 10

=> - T1

= -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

PD: -1.252.175j

Condicin de mdulo:

( ) CTPs KsK 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 =10

=

=

01.0T1

1.0T1

Contribucin angular en s1,2= -1.252.175j -1.7

Sistema compensado:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

09.01.08.1501.05.2

01.05.2lim01.05.2

'1.086.4' 03 ++++++

=+++

= ssssse

ssKsKsG ssss

cCT

3

( )35.286.4)(+

=

sKctsGH

LGR del sistema sin compensar.

( )( ) ( )01.05.2

1.086.4)( 3 +++

=sssKcsGH

LGR del sistema compensado.

DISEO 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

1

11

1

11/

1 2

1

1

2

2

1

1

+

+

+

+==

++

+

+= >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 c para la red de adelanto para que Pd cumpla la

condicin angular.

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

se cumpla la especificacin del coeficiente de error dado en el

problema.

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

/ s + 1/ T1 - / s + / T1 = c en s=PD y que

1

1

Ts

T1s

+

+

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

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

2

2

T1s

T1s

+

+

= 1 para s=Pd

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

7.- Verificar el LGR y las caractersticas 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.

Solucin:

LGR

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

p = 3, Z = 0

# ramas = 3

a = -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% => = 0.6 => = 53.1

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

=> tenemos como Pd = -2 j 2.6

/GH(S) = -216 => c = 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 y T1

Por condicin del mdulo:

1

1c

Ts

T1

s

)20s)(5.2s(sK.1000

+

+

++ 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 +

+=

+

+

+

+

(*)

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

- 1T

1 = - 5 ; -

1T

= 62 => = 12.4 -> aceptable.

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

++

Diseo de la red de atraso

Se debe cumplir que:

Pds2

2

T/sT/1s

=++

1 ; y su contibucin angular < 5

Para ello escogemos T2 = 10

=> - 2T

1 0.008 y 2T

1 = 0.1

Hay que chequear la contribucin angular de la red y la condicin de

magnitud:

Pds2

2

T/sT/1s

=++

= 0.983 1

ngulo de Pds2

2

T/sT/1s

=

++

= -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 = 0,6 ; n = 23 rad/seg. Calcule cmo afecta la adicin 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 = -n j ,1 - n = -13.8 j 18.4

Clculo de la contribucin ngular de la red (c)

c = 115.56 + 126.9 +180 = 62.46

c > 60 Se disean dos compensadores, cada uno de

c' = 31.23 c' /2 = 15.62

Por el mtodo de la bisectriz se obtiene:

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

Para hallar la ganancia Kc del compensador:

Inicialmente: Kv = lims0sGH(s)=22

Aplicando la condicin 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 funcin de transferencia del compensador es:

Gc(s) = 9.61

2

4.30s4.17s

++

Entonces Kv para el sistema compensador ser: Kv final = lims0sGH(s).Gc(s)= 69.26 Con lo que la precisin del sistema mejor 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.

( ) ( )( )

( )

++

+

= 22

c 4,30s4.17s61.9

5ss110sGHG

Ejemplo 2

Introduzca un compensador al sistema para que cumpla con

= 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 / = arccos () = arccos (-0.5) = 60

=> Pd = M /120

Con este ngulo se encuentra el polo dominante deseado

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

Pd = 3.6 j 6.2

Aplicando la condicin 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

precisin:

=> 0.1 =6250/K => K' = 62500

=> Kc = 1.913

913.1=

Se toma T=10 0522.0T1

=

y 1.0T1

=

Funcin 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.

( ) ( )( )( )( )3325716

++++

=ssss

sKsGH

-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

pM

=> = 0.517 => = 58.9

ts (5%) =3/ n= 0.32

n =3/0.32 => n = 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 condicin de ngulo en Pd:

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

-231.06 + c=-180

Es necesario que un compensador en adelanto supla:

c = -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 ( )

( )( )( )33s25s7ss16ssKcK

++++ = 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

++

en s=Pd = 1 =>

( )( )( )( ) 11

T/sT/1s

33s25s7ss16s9.18046

++

++++ = 1 (en s= -9.375 j 15.52)

=> 1

1

T/sT/1s

++ = 0.5819 (en -9.375 j15.52)

y adems:

b) Angulo:

c= (s+1/T1)s=PD - (s+/T1)s=PD= 51,06

Grficamente:

PD= -9.375 j15.52

c

D2 D1

2 1

-/T1 -1/T1

donde D1/D2 = 0.5819

1 - 2 = 51.06

Luego:

D1 = ,(-1/T1 + 9.375) + 15.52

D2 = ,(-/T1 + 9.375) + 15.52

y:

1 = arctg 375.9T/152.15

1 +

2 = arctg 375.9T/52.15

1 +

Estas ecuaciones se cumplen, por ejemplo, para:

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

++

=> parte de adelanto.

Para la parte de atraso:2

2

T/1sT/1s+

+ en s=Pd = 1

Si tomamos {T2 = 10 => 1/T2 = 0.1,1/T2 = 0.0271 Se chequean magnitud y ngulo de la parte de atraso;

0271.0s1.0s

++

en s=Pd = 0.9979

ngulo de o0035.00271.0

1.0=

++

ss

en s=PD

lo cual es aceptable.

Luego el SISTEMA COMPENSADO queda:

( ) ( )( )( )( )( )( )( )( )0271,0s119,31s33s25s7ss

1,0s309.10s16s9.18046sGH+++++

+++=

-60 -40 -20 0 20 40 60

-60

-40

-20

0

20

40

60

Real Axis

Imag

Axis

Sistema Compensado.

Ejemplo de compensacin en adelanto.

Ejemplo 4

F.T=GH= ( )202 +sSK

Se desea =0.5 y n = 3 rad/s

Datos del sistema no compensado:

P=3, Z=

# ramas =3

Asntotas: En +60, -60, 180 Punto de ruptura

6.6320

##=

=

= cerospolos

cerospolosa

-20

-10

0

10

20

30

40

Imag

Axis

Sistema sin Compensar.

Compensacin en adelanto:

Dados y n se tiene:

PD=(-1.5j 2.6)

En este punto, Se calcula: c= -180 + 1 + 2 + 2

1= 8 2 =120 =>

c= 68

Se construirn 2 compensadores, cada uno con c= 34 (c/2= 17).

Por procedimiento grfico se obtiene: 149.0286.41

1.21

Ejemplo de compensacin en atraso:

( )( )5010 ++= sssKGH

Se desea = 0.5 y ess 0.01

Datos del sistema no compensado:

P=3

Z=

# ramas = 3

Asntotas: =60, -60,180

A= -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 grfico del lugar de las races, se obtiene el PD, de la interseccin de la recta del arc cos () y el L.G.R ( que no debe moverse).

PD= (-5 j8.66)

Compensacin: En atraso.

Clculo 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: = Kc y T =10:

{polo= -1/T = - 0.00909

{cero=-1/T=-0.1

Se obtiene finalmente:

( )( )( )( )00909.05010

1.0.+++

+=

sssssKKGHG cs

siendo K=4582.4 y Kc=11

Verificacin: Medida de contribucin al Desplazamiento del lugar de las races, debido a la red de atraso:

(s+1/T) - (s+1/T)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 compensacin Adelanto-Atraso:

( )5.04+

=ss

GH

Se desea: =0.5 n= 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

Compensacin: Adelanto Atraso:

- Clculo del PD: PD= (-njn.sen(arc cos ())

PD = (-2.5 j4.3)

Se evala el ngulo de GH en PD en [ 4/s(s+0.5)]s=PD=(-2.5+j4.33)=

125= -235

=> 55

Si Kv=50 y. Kv= lims0 s.Kc.GH

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

Para la parte de adelanto:

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

De aqu: (s+1/T1)/(s+/T1)= 4.77/5=0.954 y

(s+1/T1)/(s+/T1)= c = 55

Del grfico del L.R:

APB = 55 y PA/PB = 4.77/5

Se obtiene: Ao = 0.5,Bo= 5, De aqu:

{cero adelanto = -0.5 = -1/T1 =10

{polo adelanto = -5 = -/T1

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

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

Funcin Compensada: ( )( )

( )( )501.01.025.++

+=

sssssGHGc

-2

0

2

4

6

8

10

Imag

Axis

TCNICAS DE COMPENSACIN USANDO ELSi con b > aSi con c > b > aFuncin de Transferencia de un compensador en adelanto

Con S=PDEjemplo de Compensacin en AdelantoSe tiene la planta de tipo 1 siguiente:Se desea una respuesta a lazo cerrado con:(=0.5 y (n=13.5rad/segLa F.T.L.A actual produce en lazo cerrado polos en:(-4.2 0.93j) y -21.59El sistema entonces no tiene sobreimpulso, peroEl compensador ser en definitiva: Gc \

Procedimiento Alternativo:El compensador ser en definitiva: Gc \LGRPd = -9.375 j 15.52Ejemplo de compensacin en atraso: