5to laboratorio

PRÁCTICA No. 5
REDES DE COMPESACION MEDIANTE RESPUESTA EN FRECUENCIA
1. OBJETIVO
• Conocer las diferentes técnicas de compensación de sistemas de control
• Realizar el control mediante respuesta en frecuencia para satisfacer las
especificaciones de
desempeño.
• ...
2. FUNDAMENTO TEORICO
• Respuesta en frecuencia para diversos sistemas
• Métodos de diseño de controladores mediante respuesta en frecuencia
• …
3. TRABAJO EXPERIMENTAL
3.1. Considere el sistema de lazo abierto. Diseñe un compensador tal que la constante
de error estático de velocidad sea de 4 seg-1, el margen de fase sea de 50” y el margen
de ganancia sea de 10 dB o más.
La función de transferencia en laso abierto:
𝑮( 𝒔) =
𝟏
𝑺 𝟐 + 𝟏
La función de tf en laso cerrado:
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐺(𝑠)
1 + 𝐺(𝑠)
=
1
𝑆2 + 2
 La grafica del diagrama de bode
 Respuesta en el tiempo

La red de atraso es:
𝐺𝑐( 𝑠) = 𝐾𝑐
𝑆 +
1
𝑇
𝑆 +
1
𝛽𝑇
= 𝐾𝑐𝛽
𝑇𝑆 + 1
𝛽𝑇𝑆 + 1
Donde 0 < 𝛼 < 1. Si definimos 𝐾 = 𝐾𝑐 𝛼, entonces tendremos:
La función de transferencia de lazo abierto del sistema compensado será:
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = 𝐾
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
𝐺( 𝑠) =
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
𝐾
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
𝐺1(𝑠)
Donde:
𝐺1 ( 𝑠) = 𝐾
1
𝑠2 + 1
Determinamos la ganancia 𝐾 para que cumpla la especificación de desempeño en estado estable, o
proporcione la constante de error estático de velocidad requerida, para el ejemplo 𝑘 𝑣 = 4 𝑠𝑒𝑔−1:
𝐾𝑣 = lim
𝑠→0
𝑠𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = lim
𝑠→0
𝑠 𝐾
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
1
𝑠2 + 1
= 0 = 2𝐾
Donde 𝐾 = 𝐾𝑐 𝛼, por lo tanto:
𝐾𝑣 = 2𝐾 = 20
De donde obtenemos:
𝐾 = 10

Con 𝐾 = 10, el sistema compensado cumple el requerimiento en estado estable, verificando:
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = 𝐾𝑐
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
4
𝑠( 𝑠 + 2)
= 𝐾𝑐 𝛼
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
4
𝑠( 𝑠 + 2)
= 𝐾
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
4
𝑠( 𝑠 + 2)
= 10
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
40
𝑠(𝑠 + 2)
𝐾𝑣 = lim
𝑠→0
𝑠𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = lim
𝑠→0
𝑠
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
40
𝑠(𝑠 + 2)
=
40
2
= 20
El paso siguiente es la grafica de las diagramas de Bode de 𝐺1 ( 𝑠) = 𝐾𝐺( 𝑠)
𝐺1( 𝑠) = 𝐾𝐺( 𝑠) = 10
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
40
𝑠2 + 2𝑠
𝐺1( 𝑗𝜔) =
40
𝑗𝜔(𝑗𝜔 + 2)
=
20
𝑗𝜔(
𝑗𝜔
2
+ 1)
La figura Nº 2.9, muestra las curvas de magnitud y de fase del sistema y de 𝐺1( 𝑗𝜔). A partir de
estas diagramas, vemos que los márgenes de fase y de ganancia del sistema son 18° y +∞ 𝑑𝐵,
respectivamente. (Un margen de fase de 18° implica que el sistema es muy oscilatorio. Por tanto,
satisfacer la especificación en estado estable produce un desempeño deficiente de la respuesta
transitoria)
Figura Nº 2.9 Diagramas de bode de 𝐺1( 𝑗𝜔), margen de fase 18°
-100
-50
0
50
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
-180
-135
-90
Phase(deg)
Bode Diagram
Gm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 18 deg (at 6.17 rad/sec)
Frequency (rad/sec)

Según las especificaciones de desempeño se requiere de un margen de fase sea al menos 50°. Por
tanto, resulta necesario encontrar el adelanto de fase adicional a fin de satisfacer el requerimiento de
que la estabilidad relativa, para este ejemplo será 50 − 18 = 32°
Nota
Si consideramos que la curva de magnitud del compensador en adelanto no modifica la curva de
magnitud del sistema 𝐺(𝑠), asumimos que el requerimiento de ángulo es 32° y se debe dar en 𝜔 =
6.17 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔. Por lo tanto tenemos:
𝑠𝑒𝑛𝜙 𝑚 =
1 − 𝛼
1 + 𝛼
Remplazando el valor de 𝜙 𝑚 = 32, obtenemos:
𝛼 = 𝑠𝑒𝑛(32) =
1 − 𝑠𝑒𝑛(32)
1 + 𝑠𝑒𝑛(32)
= 0.3072
La frecuencia 𝜔 = 6.17 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 se selecciona como la frecuencia de cruce de ganancia. Esta
frecuencia corresponde a:
𝜔 = 𝜔 𝑚 =
1
𝑇√ 𝛼
Y el cambio de fase máximo 𝜙 𝑚 ocurre en ella. Por lo tanto si:
𝜔 𝑚 =
1
𝑇√ 𝛼
= 6.17
Determinamos las frecuencias de esquina del compensador de adelanto:
 Cero:
1
𝑇
= 𝜔 𝑚√ 𝛼 = 6.17√0.3072 = 3.42
 Polo:
1
𝛼𝑇
=
𝜔 𝑚
√ 𝛼
=
6.17
√0.3072
= 11.1311
El compensador en adelanto queda determinado:

𝐺𝑐( 𝑠) = 𝐾𝑐 𝛼
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
= 𝐾𝑐
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 𝐾𝑐
𝑠 + 3.42
𝑠 + 11.1311
El valor de 𝐾𝑐 determinamos de la relación 𝐾 = 𝐾𝑐 𝛼:
𝐾𝑐 =
𝐾
𝛼
=
10
0.3072
= 32.5521
La función de transferencia del compensador en adelanto es:
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 32.5521
𝑠 + 3.42
𝑠 + 11.1311
=
32.5521𝑠 + 111.3282
𝑠 + 11.1311
La grafica de bode del sistema, 𝐺1 y del compensador se dan figura Nº 2.10
Figura Nº 2.10
La función de transferencia del sistema compensado es:
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
𝐺( 𝑠) = 32.5521
(𝑠 + 3.42)
(𝑠 + 11.1311)
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
32.5521𝑠 + 111.3282
𝑠 + 11.1311
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
130.2084𝑠 + 445.3127
𝑠3 + 13.1311𝑠2 + 22.2622𝑠
Graficas de bode del sistema compensado:
-100
-50
0
50
System: sys
Frequency (rad/sec): 6.16
Magnitude (dB): -19.9
System: sys
Magnitude (dB): 25.1
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-180
-135
-90
-45
0
45
System: sys
Phase (deg): 32
System: sys
Phase (deg): -162
Phase(deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.11
Del diagrama de bode concluimos que por el efecto de la magnitud del compensador de adelanto
no se cumple los requerimientos de margen de fase (50°).
Para obtener un margen de fase de 50° sin disminuir el valor de K y considerando el aporte de
magnitud del compensador; el compensador de adelanto debe contribuir al ángulo de fase requerido,
tomando en cuenta que la adición del compensador de adelanto modifica la curva de magnitud de
las diagramas de Bode, vemos que la frecuencia de cruce de ganancia se moverá hacia la derecha y
disminuye el margen de fase. Figura Nº 2.12.
-150
-100
-50
0
50
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-180
-135
-90
System: untitled1
Phase (deg): -130
Phase(deg)
Bode Diagram
Gm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 42 deg (at 9.33 rad/sec)
Frequency (rad/sec)
-100
-50
0
50
System: sys
System: sys
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-180
-135
-90
-45
0
45
System: sys
Phase (deg): 32
System: sys
Phase (deg): -162
Phase(deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.12
Considerando el cambio de la frecuencia de cruce de ganancia, suponemos que 𝜙 𝑚 adelanto de fase
máximo requerido, es de aproximadamente 32 + 5 = 37°. (Esto significa que se han agregado 5°
para compensar el cambio en la frecuencia de cruce de ganancia; pudiendo ser entre 5 y 12°)
Por lo tanto tenemos:
1 − 𝛼
1 + 𝛼
𝛼 = 𝑠𝑒𝑛(37) =
1 − 𝑠𝑒𝑛(37)
1 + 𝑠𝑒𝑛(37)
= 0.2486
La modificación de magnitud a la frecuencia 𝜔 𝑚 por la inclusión de la red de adelanto se puede
calcular:
|
𝑗𝜔𝑇 + 1
𝑗𝜔𝛼𝑇 + 1
|
𝜔=
1
𝑇√ 𝛼
= |
𝑗
1
𝑇√ 𝛼
𝑇 + 1
𝑗
1
𝑇√ 𝛼
𝛼𝑇 + 1
| = |
𝑗
1
√ 𝛼
+ 1
𝑗
1
√ 𝛼
𝛼 + 1
| =
1
√ 𝛼
=
1
0.4986
Que en dB es igual a:
−20 𝑙𝑜𝑔
1
√ 𝛼
= −20 log(
1
0.4986
) = −6.0450 𝑑𝐵
Determinar la frecuencia a la cual la magnitud del sistema no compensado 𝐺1( 𝑠) es igual a la
magnitud determinada previamente (−6.0450 𝑑𝐵)
De la grafica de bode, figura Nº 2.13, podemos obtener que a la magnitud de −6.0450 𝑑𝐵 tenemos
a una frecuencia de 𝜔 = 8.88 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔

Figura Nº 2.13
La frecuencia hallada se selecciona como la nueva frecuencia de cruce de ganancia. Esta frecuencia
corresponde a 𝜔 = 𝜔 𝑚, y el cambio de fase máximo 𝜙 𝑚 ocurre en ella. Por lo tanto si:
𝜔 𝑚 =
1
𝑇√ 𝛼
= 8.88
 Cero:
1
𝑇
= 𝜔 𝑚√ 𝛼 = 8.88√0.2486 = 4.4276
 Polo:
1
𝛼𝑇
=
𝜔 𝑚
√ 𝛼
=
8.88
√0.2486
= 17.8099
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
= 𝐾𝑐
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 𝐾𝑐
𝑠 + 4.4276
𝑠 + 17.8099
El valor de 𝐾𝑐 determinamos de la relación 𝐾 = 𝐾𝑐 𝛼, donde:
-100
-50
0
50
System: sys
Magnitude(dB)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-1
10
0
10
1
10
2
-180
-135
-90
System: sys
Phase (deg): -167
Phase(deg)

𝐾𝑐 =
𝐾
𝛼
=
10
0.2486
= 40.2253
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 40.2253
𝑠 + 4.4276
𝑠 + 17.8099
=
40.2253𝑠 + 178.1015
𝑠 + 17.8099
La grafica de bode del compensador, figura Nº 2.14
Figura Nº 2.14
La grafica de Bode del sistema y del compensador, figura Nº 2.15
20
25
30
35
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
0
10
20
30
40
System: sys
Phase (deg): 37
Phase(deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-180
-135
-90
-45
0
45
System: sys
Phase (deg): 37
System: sys
Phase (deg): -167
Phase(deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-150
-100
-50
0
50
System: sys
System: sys
Magnitude(dB)

Figura Nº 2.15
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 40.2253
𝑠 + 4.4276
𝑠 + 17.8099
=
40.2253𝑠 + 178.1015
𝑠 + 17.8099
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
𝐺( 𝑠) = 40.2253
(𝑠 + 4.4276)
(𝑠 + 17.8099)
4
𝑠(𝑠 + 2)
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) = 40.2253
(𝑠 + 4.4276)
(𝑠 + 17.8099)
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
160.9012𝑠 + 712.4062
𝑠3 + 19.8099𝑠2 + 35.6198𝑠
Graficas de bode del sistema sin compensar y compensado, figura Nº 2.16:
Figura Nº 2.16
La respuesta ante una entrada escalón y rampa al sistema no compensado y compensado la hallamos
a partir de las funciones de transferencia de lazo cerrado, las cuales se hallan:
 Sistema no compensado:
Lazo abierto
𝐺( 𝑠) =
4
𝑠(𝑠 + 2)
Lazo cerrado
-150
-100
-50
0
50
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-180
-135
-90
Phase(deg)
Bode Diagram
Gm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 49.8 deg (at 8.83 rad/sec)
Frequency (rad/sec)

𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐺( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
=
4
𝑠(𝑠 + 2)
1 +
4
𝑠(𝑠 + 2)
=
4
𝑠( 𝑠 + 2) + 4
=
4
𝑠2 + 2𝑠 + 4
 Sistema compensado:
Lazo abierto
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) =
160.9012𝑠 + 712.4062
𝑠3 + 19.8099𝑠2 + 35.6198𝑠
Lazo cerrado
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐺( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
=
160.9012𝑠 + 712.4062
𝑠3 + 19.8099𝑠2 + 35.6198𝑠
1 +
160.9012𝑠 + 712.4062
𝑠3 + 19.8099𝑠2 + 35.6198𝑠
=
160.9012𝑠 + 712.4062
𝑠3 + 19.8099𝑠2 + 196.5210𝑠 + 712.4062
La respuesta escalón del sistema sin compensar y compensado, figura Nº 2.17:
Figura Nº 2.17
La respuesta ante una entrada rampa para los sistemas no compensado y compensado, figura Nº
2.18:
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step Response
Time (sec)
Amplitude

Figura Nº 2.18
3.2. Diseñe un compensador de atraso-adelanto tal que la constante de error estático
de velocidad Kv sea de 20 seg-1, el margen de fase sea de 60’ y el margen de ganancia
no sea menor que 8 dB.
En la figura esta el diagrama de Bode para el sistema no compensado, la FT de lazo abierto del
sistema (𝐾 = 1):
𝐺( 𝑠) =
1
𝑠( 𝑠 + 1)(𝑠 + 5)
=
1
𝑠3 + 6𝑠2 + 5𝑠
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
Step Response
Time (sec)
Amplitude

Las especificaciones de desempeño para el sistema:
𝐺( 𝑠) =
1
𝑠( 𝑠 + 1)(𝑠 + 5)
=
1
𝑠3 + 6𝑠2 + 5𝑠
 Constante de error estático de velocidad sea de 𝐾𝑣 = 4 𝑠𝑒𝑔−1,
 Margen de fase sea de 𝑀𝑃 = 45°
 Margen de ganancia sea de 𝑀𝐺 = 8 𝑑𝐵
Suponemos el compensador adelanto:
𝐺𝑐( 𝑠) = 𝐾𝑐 (
𝑠 +
1
𝑇1
𝑠 +
1
𝛼𝑇1
)
Para cumplir la constante de error estático de velocidad sea de 𝐾𝑣 = 4 𝑠𝑒𝑔−1, hacemos:

𝐾𝑣 = lim
𝑠→𝑜
𝑠𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺(𝑠) = lim
𝑠→𝑜
𝑠𝐾𝑐 (
𝑠 +
1
𝑇1
𝑠 +
1
𝛼𝑇1
)
𝐾
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
= 𝐾𝑐 𝛼
𝐾
(1)(1)
= 𝐾𝑐 𝛼𝐾
𝐾𝑣 = 𝐾𝑐 𝛼𝐾 = 4
Si definimos 𝐾′ = 𝐾𝑐 𝛼𝐾, constante del sistema:
𝐾′ = 4
La nueva FT que satisface los requerimientos de la constante de error estático de velocidad, con
el nuevo valor de 𝐾′es:
𝐺( 𝑠) =
𝐾′
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
4
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
Verificando el cumplimiento de 𝐾𝑣 = 4:
𝐾𝑣 = lim
𝑠→𝑜
𝑠𝐺(𝑠) = lim
𝑠→𝑜
𝑠
𝐾′
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
= lim
𝑠→𝑜
𝑠
4
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
= 4
Los diagramas de bode para este nuevo valor de constante tenemos en la siguiente figura Nº
2.32, para la función de transferencia siguiente
𝐺( 𝑠) =
𝐾′
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
4
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
4
0.1𝑠3 + 1.1𝑠2 + 𝑠
Figura N° 2.32
-150
-100
-50
0
50
100
Magnitude(dB)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-225
-180
-135
-90
Phase(deg)
Bode Diagram
Gm = 8.79 dB (at 3.16 rad/sec) , Pm = 17.7 deg (at 1.86 rad/sec)
Frequency (rad/sec)

La figura Nº 2.32, muestra las curvas de magnitud y de fase del sistema y de 𝐺( 𝑗𝜔). A partir de
estas diagramas, vemos que los márgenes de fase y de ganancia del sistema son 17.7° y 8.79 𝑑𝐵,
respectivamente.
Según las especificaciones de desempeño se requiere de un margen de fase de cuando menos 45°.
Por tanto, resulta necesario encontrar el adelanto de fase adicional a fin de satisfacer el
requerimiento de que la estabilidad relativa, para este ejemplo será 45 − 17.7 = 27.3°
Para obtener un margen de fase de 45° sin disminuir el valor de K, el compensador de adelanto
debe contribuir al ángulo de fase requerido. Tomando en cuenta que la adición de un compensador
de adelanto modifica la curva de magnitud de las diagramas de Bode, vemos que la frecuencia de
cruce de ganancia se moverá.
Debemos compensar el incremento en el atraso de fase de 𝐺( 𝑗𝜔), debido a este incremento en la
frecuencia de cruce de ganancia. Considerando el cambio de la frecuencia de cruce de ganancia,
suponemos que 𝜙 𝑚 adelanto de fase máximo requerido, es de aproximadamente 27.3 + 10 =
37.3°. (Esto significa que se han agregado 10° para compensar el cambio en la frecuencia de cruce
de ganancia; pudiendo ser entre 5 y 12°)
Por lo tanto tenemos:
1 − 𝛼
1 + 𝛼
𝑠𝑒𝑛(37.3) =
1 − 𝛼
1 + 𝛼
= 0.6060
De donde obtenemos:
𝛼 = 0.2453
Lo que se modifica en la frecuencia 𝜔 𝑚 por la inclusión de la red de adelanto se puede expresar:
|
𝑗𝜔𝑇 + 1
𝑗𝜔𝛼𝑇 + 1
|
𝜔=
1
𝑇√ 𝛼
= |
𝑗
1
𝑇√ 𝛼
𝑇 + 1
𝑗
1
𝑇√ 𝛼
𝛼𝑇 + 1
| = |
𝑗
1
√ 𝛼
+ 1
𝑗
1
√ 𝛼
𝛼 + 1
| =
1
√ 𝛼
=
1
0.4953

Que en dB es igual a:
−20 𝑙𝑜𝑔
1
√ 𝛼
= −20 log(
1
0.4953
) = −6.1026 𝑑𝐵
Determinar la frecuencia a la cual la magnitud del sistema no compensado 𝐺( 𝑠) es igual a la
magnitud determinada previamente (−6.1026 𝑑𝐵)
De la grafica de bode, figura Nº 2.33, podemos obtener que a la magnitud de −6.1026 𝑑𝐵 tenemos
a una frecuencia de 𝜔 = 2.7 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Figura Nº 2.33
La frecuencia hallada se selecciona como la nueva frecuencia de cruce de ganancia. Esta frecuencia
corresponde a:
𝜔 = 𝜔 𝑚 =
1
𝑇√ 𝛼
Y el cambio de fase máximo 𝜙 𝑚 ocurre en ella. Por lo tanto si:
𝜔 𝑚 =
1
𝑇√ 𝛼
= 2.71
 Cero:
1
𝑇
= 𝜔 𝑚√ 𝛼 = 2.71(0.4953) = 1.3423
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-225
-180
-135
-90
Phase(deg)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
-150
-100
-50
0
50
100
System: sys
Magnitude(dB)

 Polo:
1
𝛼𝑇
=
𝜔 𝑚
√ 𝛼
=
2.71
0.4953
= 5.4714
𝑇𝑠 + 1
𝛼𝑇𝑠 + 1
= 𝐾𝑐
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 𝐾𝑐
𝑠 + 1.3423
𝑠 + 5.4714
El valor de 𝐾𝑐 determinamos de la relación 𝐾𝑐 𝛼𝐾 = 4, si asumimos 𝐾 = 1:
𝐾𝑐 𝛼𝐾 = 𝐾𝑐 𝛼 = 4
𝐾𝑐 =
4
𝛼
=
4
0.2453
= 16.3066
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
= 16.3066
𝑠 + 1.3423
𝑠 + 5.4714
=
16.3066𝑠 + 21.8883
𝑠 + 5.4714
La grafica de bode del sistema y compensador separados figura Nº 2.34
Figura Nº 2.34
10
15
20
25
Magnitude(dB)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-1
10
0
10
1
10
2
0
10
20
30
40
System: sys
Phase (deg): 37.3
Phase(deg)

La grafica de Bode del sistema y del compensador, figura Nº 2.35
Figura Nº 2.35
𝑠 +
1
𝑇
𝑠 +
1
𝛼𝑇
𝐺( 𝑠) = 16.3066
𝑠 + 1.3423
𝑠 + 5.4714
1
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
16.3066(𝑠 + 1.3423)
𝑠(𝑠 + 5.4714)(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
16.3066𝑠 + 21.8883
0.1𝑠4 + 1.6471𝑠3 + 7.0185𝑠2 + 5.4714𝑠
Graficas de bode del sistema compensado, figura Nº 2.36:
-150
-100
-50
0
50
100
System: sys
System: sys
Magnitude(dB)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-180
-90
0
90
System: sys
Phase (deg): 37.3
System: sys
Phase (deg): -175
Phase(deg)

Figura Nº 2.36
La respuesta ante una entrada escalón al sistema no compensado y compensado la hallamos a partir
de las funciones de transferencia de lazo cerrado, las cuales se hallan:
 Sistema no compensado:
Lazo abierto
𝐺( 𝑠) =
1
𝑠(0.1𝑠 + 1)(𝑠 + 1)
=
1
0.1𝑠3 + 1.1𝑠2 + 1𝑠
Lazo cerrado
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐺( 𝑠)
1 + 𝐺( 𝑠)
=
1
0.1𝑠3 + 1.1𝑠2 + 1𝑠
1 +
1
0.1𝑠3 + 1.1𝑠2 + 1𝑠
=
1
0.1𝑠3 + 1.1𝑠2 + 1𝑠 + 1
 Sistema compensado:
Lazo abierto
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠) =
16.3066𝑠 + 21.8883
0.1𝑠4 + 1.6471𝑠3 + 7.0185𝑠2 + 5.4714𝑠
Lazo cerrado
-150
-100
-50
0
50
Magnitude(dB)
10
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
-270
-225
-180
-135
-90
Phase(deg)
Bode Diagram
Gm = 13.4 dB (at 7.04 rad/sec) , Pm = 42.5 deg (at 2.7 rad/sec)
Frequency (rad/sec)

𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠)
1 + 𝐺𝑐( 𝑠) 𝐺( 𝑠)
=
16.3066𝑠 + 21.8883
0.1𝑠4 + 1.6471𝑠3 + 7.0185𝑠2 + 5.4714𝑠
1 +
16.3066𝑠 + 21.8883
0.1𝑠4 + 1.6471𝑠3 + 7.0185𝑠2 + 5.4714𝑠
=
16.3066𝑠 + 21.8883
0.1𝑠4 + 1.6471𝑠3 + 7.0185𝑠2 + 21.778𝑠 + 21.8883
La respuesta del sistema no compensado y del sistema compensado ambos en la misma grafica,
figura 2.37:
Figura Nº 2.37
La respuesta ante una entrada rampa para los sistemas no compensado y compensado, figura Nº
2.38:
0 2 4 6 8 10 12
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step Response
Time (sec)
Amplitude

Figura Nº 2.38
3.3. Diseñe un compensador de atraso-adelanto tal que la constante de error estático
de velocidad Kv sea de 10 seg-1, el margen de fase sea de 50’ y el margen de ganancia
no sea menor que 10 dB.
3.4. Proponer un programa en MATLAB que realice la compensación para los casos
• Compensación en adelanto
• Compensación en atraso
• Compensación atraso adelanto.
3.5. Realizar un VI que permita visualizar la función de transferencia del sistema, el
compensador y visualización de los diagramas de Bode del sistema compensado y sin
compensar
4. CO CLUSIONES Y RECOMENDACIONES
5. BIBLIOGRAFIA
Katsuhiko Ogata – 5ta Edición
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Step Response
Time (sec)
Amplitude

rectificado
clc clear n1=[4]; d1=[1 2 0]; g1=tf(n1,d1) syms s kv=limit((s*4)/(s^2+2*s),s,0) figure(1) bode(g1) [Mg
Mp]=margin(g1) kv1=20 Mpr1=50 Mg1=10 hold on KVC=kv1*2/4 g11=g1*KVC bode(g11) [Mg1
Mp1]=margin(g11) fimax=Mpr1-Mp1+8 alpha=(1-sind(fimax))/(1+sind(fimax)) wn=9.56 magnitud=-
20*log10(1/(sqrt(alpha))) T=1/(wn*sqrt(alpha)) %cero a=wn*sqrt(alpha) %polo b=wn/sqrt(alpha) nc=[1 a] dc=[1
b] fc=tf(nc,dc) Kc=KVC/alpha Gc=Kc*fc*g1 bode(Gc) figure(2) %%%%ESCALON g2=feedback(Gc,1)
t=0:0.01:5; y1=lsim(g2,t,t); y2=lsim(g2,t,t);plot(t,y1,'r-',t,y2,'g-',t,t,'b-');grid on % %%%rampa % figure(3) %
y3=lsim(f1,t,t); % plot(t,y3,'r-');grid on; % hold on % y4=lsim(f2,t,t); % plot(t,y4,'b-',t,t);grid on;
practica#6 ractificado
clc clear n1=[4]; d1=[1 2 0]; g1=tf(n1,d1) syms s kv=limit((s*4)/(s^2+2*s),s,0) figure(1) bode(g1) [Mg
Mp]=margin(g1) kv1=20 Mpr1=50 Mg1=10 hold on KVC=kv1*2/4 g11=g1*KVC bode(g11) [Mg1
Mp1]=margin(g11) fimax=Mpr1-Mp1+8 alpha=(1-sind(fimax))/(1+sind(fimax)) wn=9.56 magnitud=-
20*log10(1/(sqrt(alpha))) T=1/(wn*sqrt(alpha)) %cero a=wn*sqrt(alpha) %polo b=wn/sqrt(alpha) nc=[1 a] dc=[1
b] fc=tf(nc,dc) Kc=KVC/alpha Gc=Kc*fc*g1 bode(Gc) figure(2) %%%%ESCALON g2=feedback(Gc,1)
t=0:0.01:5; y1=lsim(g1,t,t); y2=lsim(g2,t,t);plot(t,y1,'r-',t,y2,'g-',t,t,'b-');grid on % %%%rampa % figure(3) %
y3=lsim(f1,t,t); % plot(t,y3,'r-');grid on; % hold on % y4=lsim(f2,t,t); % plot(t,y4,'b-',t,t);grid on;

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