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) =

K s(s + a )

donde a>0

Si

Si

K s(s + b )(s + a )

con b > a

K s ( s + c)( s + b)( s + a )

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.

K GH(s) = s(s + a )

Si

Si

K (s + b) GH(S) = s(s + a )

Si

GH(S) =

K (s + c) s(s + a )(s + b)

c > b >a

jω

σ

0

-b

-a

jω

σ 0 -c

-b

-a

DISEÑO DE COMPENSADORES

Controlador Industrial Ideal

P

PD

Compensador eléctrico real

Kc

Kc

Kc

Kc (1 + TDS )

1 + TS 1 + αTS

α1

(atraso)

PID

2 1 ⎛ ⎞ Kc ⎛ TDTIS + TiS + 1 ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ Kc ⎜1 + + TDS ⎟ = S ⎝ T iS ⎠ Ti ⎝ ⎠

Kc

1 + T 1S 1 + T 2S . 1 + (T 1 / β )S 1 + βT 2 S

adelanto

- atraso β> 1

COMPENSACIÓN EN ADELANTO.

Función de Transferencia de un compensador en adelanto

1 T Gc = Kc´ 1 s+ αT s+

Gc = K c

1 + Ts 1 + αTs

0,07≤α< 1

K c ´=

Kc

α

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

G1(S ) = Gc ⋅ G (S )

1 ⎛ s+ ⎜ ⎛ 1 + Ts ⎞ K c T .G (s ).⎜ G1(S ) = KcG (S )⎜ ⎟= ⎜s+ 1 ⎝ 1 + αTs ⎠ α ⎜ αT ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

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: /G1 =

/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).

1 + TS 1 + αTs

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:

G (S ) =

400 s s 2 + 30 s + 200

(

)

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)=

1 = 0.5 Kv

S1=PD

φ/2 φc/2

-b

-a

Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j

Luego:

Entonces:

φ = ∠S1 ≅ 120º

=>

θp ≅ 32°

θz ≅ 87.9°

Pc = -25.41

Kc´=

y

φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8°

Zc= -7.16

S1 + Pc

G (S1) S1 + Zc

El compensador será en definitiva:

= 13.62

Gc ≅ 13.62

S + 7.16 S + 25.41

Procedimiento Alternativo: Procedimento geométrico de compensación: S1=PD

φ/2 φc/2

-b Si:

-a

φ = ∠(S1)

; φc = ± 180º - ∠G(S1)

θp = φ - φc 2

y

θz = φ + φc 2

Calcular: Pc = -b = Re (s1) – Im (s1) tanθp

Kc es tal que

Kc´⋅

y

s + Zc ⋅ G (s ) = 1 s + Pc

Zc = -a = Re(s1) – Im(s1) tanθz

S=S1

Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j ( En Matlab el comando “Ord2”dá este resultado automáticamente, dados ξ y ωn) Luego:

Entonces:

φ = ∠S1 ≅ 120º

=>

θp ≅ 32°

θz ≅ 87.9°

Pc = -25.41

Kc´=

y

φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8° -235.8°

Zc= -7.16

S1 + Pc

G (S1) S1 + Zc

El compensador será en definitiva:

= 13.62 Gc ≅ 13.62

S + 7.16 S + 25.41

GH ( s ) =

400 s (s 2 + 30s + 200 )

LGR del sistema sin compensar.

GH ( s ) =

13.62(s + 7.16) s (s + 30s + 200)(s + 25.41) 2

LGR del sistema compensado. Ejemplo

Ejemplo de compensación en adelanto Un sistema de control tiene como función de transferencia de lazo abierto: K GH ( s ) = 2 s (s + 10 ) 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

GH ( s ) =

K s 2 (s + 10 )

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 >0.07

α = 0.46

=> aceptable.

El sistema compensado es, por consiguiente:

G1(S) = Gc G =

(S + 1.7 )2 . K 1´ (S + 3.7 )2 S 2 (10 + S )

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 K1 ' | s + 1.7 | ² =1 | s + 3.7 | ² | s² | | s + 10 | 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

2

s² G(S) = lims→0 S

(S + 1.7 )2 . K 1´ (S + 3.7 )2 S 2 (10 + S )

LGR del sistema compensado.

Compensación en Atraso : L.G.R.

Función de transferencia de un compensador en atraso

1⎞ ⎛ Kc ⎜s + ⎟ Ts + 1 T⎠ ⎝ Gc = = Kc βTs + 1 ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ β ⎜⎜ s + Tβ ⎠ ⎝

1 < β < 15

K c ´=

Kc

β

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:

1⎞ ⎛ ⎜ s1 + ⎟ 1 T⎠ ⎝ ≈ ⎛ 1 ⎞ β ⎟⎟ β ⎜⎜ s1 + T β ⎝ ⎠ 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): Y la precisión mejora en un factor “Kc”

K' = Kc.K

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: GH ( s ) =

se desea fijar

K s (s + 5)(s + 15)

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:

A ess= Kv ∴ Kv = limS→0

(A: magnitud de la entrada rampa)

s G(H) = limS→0 s

K s(s + 5)(s + 15)

=

K 75

=> el ess del sistema no compensado es: ess =

3x 75 225 = K K

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 = =>

∴

225 K'

donde K' = K Kc

K' = 2250

K ' 2250 = Kc = = 4,375 K 514.3

Luego elegimos β = Kc = 4,375

=> -

-

y

T = 10

1 = -0,023 βT

------------->

polo

1 = -0,1 T

------------->

cero

Sistema compensado: =>

GH ( s ) =

K (s + 01) 1 ⋅ ⋅ 4.375 s (s + 5)(s + 15) (s + 0.023)

GH ( s ) =

K s (s + 5)(s + 15)

LGR del sistema sin compensar.

GH ( s ) =

(s + 01) K 1 ⋅ ⋅ 4.375 s (s + 5)(s + 15) (s + 0.023)

LGR del sistema compensado.

Ejemplo:

GH (s ) =

4.86 KcT

(s + 2.5)3

ts(2%)=3.2 ess

PD: -1.25±2.175j Condición de módulo:

K=

(

s + 2.5

)3 s= P

= 15.8 = 4.86 K CT

D

KcT≡ 3.25

(s + 2.5) = 1 ≅ 0.5 sR (s ) ess = lims → 0 sE(s ) = lims → 0 = lims → 0 1 + GH(s ) (s + 2.5)3 + K 1 + 15.8 (2.5)3 3

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

K’≅ 10K ⇒ se escoge β =10

1 ⎫ = 0.1 ⎪ T ⎪ ⎬ 1 = 0.01⎪ Contribución angular en s1,2= -1.25±2.175j ≅-1.7° ⎪⎭ βT

Sistema compensado:

4.86 K CT (s + 0.1)K 'c

3 ( s + 2.5) (s + 0.01) G ' (s ) = ⇒ ess = lim s→0 ≅ 0.09 (s + 2.5)s (s + 0.01) + 15.8(s + 0.1) (s + 2.5)3 (s + 0.01)α

GH ( s ) =

4.86 ⋅ Kct (s + 2.5)3

LGR del sistema sin compensar.

GH ( s ) =

4.86 ⋅ Kc ⋅ (s + 0.1) (s + 2.5)3 (s + 0.01)

LGR del sistema compensado.

DISEÑO DE UN COMPENSADOR EN ADELANTO-ATRASO POR EL METODO DEL L.G.R. F.T. del compensador.

1 T2 T1 s + 1 T s +1 ⋅ 2 = Gc = K c ´ ⋅ Gc = Kc β 1 (T1 / β )s + 1 βT2 s + 1 s+ s+ βTs T1 s+

1 T1

s+

adelanto - atraso

β>1

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 =

s+ s+

φc

y que

en s=PD

1 T1

β

|Kc GH(S)| = 1

en s = Pd

T1

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

1 T2 1 =1 s+ βT2 s+

/s + 1/β T2 - / s + 1/ T2 < 5°

para s=Pd

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:

GH(s) =

1000 s(s + 2.5)(s + 20)

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 ,

=> tenemos como Pd = -2 ± j 2.6

5% = 3/σ )

/GH(S) = -216° s=Pd

φc = 36°

=>

Si Kv = 50, esto implica que lims->0 s G(S) =

1000.K c = 50 => Kc = 2.5 (2.5)(20)

Determinacion de β y T1 Por condición del módulo:

s+

1000.K c s ( s + 2.5 )( s + 20 )

s+ s+

1 T1

β

⋅

2500 ≅ 157.95

T1

s+ s+

s+

1 T1

β

1 T1

β

en s= -2± j2.6 = 1

T1

⋅

10 =1⇒ 0.63

T1

s+ s+

1 T1

β

≅

0.63 (*) 10

T1

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: -

1 =-5 ; T1

-

β T1

= 62

=>

β = 12.4°

Lo cual implica que la red de adelanto queda:

-> aceptable.

(s + 5) (s + 62)

Diseño de la red de atraso Se debe cumplir que:

s + 1 / T2 s + β / T2

≅ 1 ; y su contibución angular < 5° s = Pd

Para ello escogemos

=>

-

T2 = 10

1 ≅ 0.008 βT2

y

1 = 0.1 T2

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

s + 1 / T2 s + β / T2

ángulo de

= 0.983 ≅ 1 s = Pd

⎛ s + 1 / T2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = -1.30° < 5° + s β / T 2 ⎠ s = Pd ⎝

Por lo cual, tenemos el sistema compensado:

Gc.GH=

G'(s) =

2500(s + 5)(s + 0.1) s(s + 2.5)(s + 20)(s + 62)(s + 0.008)

Otros Ejemplos Ejemplo 1

110 G(s) = s ( s + 5)

Dado

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

8

6

Imag Axis

4

2

0

-2

-4

-6

-8

-10 -10

-5

0 Real Axis

5

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° φc' = 31.23

Se diseñan dos compensadores, cada uno de

φc' /2 = 15.62°

10

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´

110.K c ' ( s+17.4 )2 s ( s+5 ) ( s+30.4 )2

Kc’=9.61

en s= -13.8+18.4j = 1

la función de transferencia del compensador es:

⎛ s + 17.4 ⎞ ⎟ Gc(s) = 9.61 ⎜ s 30 . 4 + ⎝ ⎠

2

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

Imag Axis

20

0

-20

-40

-60 -60

-40

-20

0 Real Axis

20

40

Sistema Compensado. ⎛ 110 ⎞⎛ 9.61(s + 17.4)2 ⎞ ⎟ ⎟⎟⎜⎜ GHG c (s ) = ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ s(s + 5) ⎠⎝ (s + 30,4 ) ⎠

60

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.

GH (s ) =

(

K

s (s + 10 ) s 2 + 30 s + 625

)

40 30 20

Imag Axis

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

-30

-20

-10

0 Real Axis

10

20

30

40

Sistema sin compensar.

Estacionario Kv =

lim

s GH(s) = K/6250

s -> 0

Transitorio Pd = M /ϕ => Pd = M /120°

ϕ = arccos (ζ) = arccos (-0.5) = 60°

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 β = 1.913

Se toma T=10

−1 = −0.0522 βT

y

−1 = −0.1 T

Función de transferencia del compensador: Gc =

(s + 0.1) (s + 0.0522

GH(s).Gc Chequeo: /Gc (s) en s=Pd =-0.335°

40 30 20

Imag Axis

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

-30

-20

-10

0 Real Axis

10

20

30

40

Sistema compensado.

GcGH (s ) +

K (s + 0,1)

(

s (s + 0,0522 )(s + 10 ) s 2 + 30 s + 625

)

Ejemplo 3 Introduzca un compensador al sistema para que cumpla Mp=15% ; ts (5%) = 0.32 seg ; Kv = 50.

GH (s ) =

K (s + 16) s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)

60

40

Imag Axis

20

0

-20

-40

-60

-60

-40

-20

0 Real Axis

20

Sistema sin compensar.

Mp = 0.15

=>

⎛ πζ M p = exp⎜ − ⎜ 1−ζ 2 ⎝ => ζ = 0.517

=>

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

θ = 58.9°

40

60

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

sKcK (s + 16) = 50 s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)

=>

Kc K= 18046.9

Ajustando la K, y con la parte de adelanto del compensador, se ha de cumplir: a) Magnitud:

GH(s)K c

s + 1 / T1 s + β / T1

en s=Pd = 1 =>

18046.9(s + 16) s + 1 / T1 = 1 (en s= -9.375 ± j 15.52) s(s + 7 )(s + 25)(s + 33) s + β / T1

=>

s + 1 / T1 = 0.5819 (en -9.375 ± j15.52) s + β / T1

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 -β/T1

φ1 -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 ϕ2 = arctg

15.52 − 1 / T1 + 9.375 15.52 − β / T1 + 9.375

Estas ecuaciones se cumplen, por ejemplo, para: s + 10.309 T1 = 0.097 y β = 3.019 => s + 31.119 => parte de adelanto.

Para la parte de atraso:

s + 1 / T2 =1 s + 1 / βT2 en s=Pd

Si tomamos { T2 = 10

=> 1/T2 = 0.1,1/βT2 = 0.0271

Se chequean magnitud y ángulo de la parte de atraso; s + 0.1 en s=Pd = 0.9979 s + 0.0271

ángulo de

⎛ s + 0.1 ⎞ o ⎟ = −0.0035 ⎜ ⎝ s + 0.0271 ⎠

en s=PD lo cual es aceptable.

Luego el SISTEMA COMPENSADO queda: GH(s ) =

18046.9(s + 16 )(s + 10.309 )(s + 0,1) s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)(s + 31,119 )(s + 0,0271)

60

40

Imag Axis

20

0

-20

-40

-60

-60

-40

-20

0 Real Axis

Sistema Compensado.

20

40

60

Ejemplo de compensación en adelanto. Ejemplo 4

K F.T=GH=

S 2 (s + 20)

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 polos −∑ ceros − 20 σa = ∑ = = −6.6 # polos − # ceros 3

40 30 20

Imag Axis

10 0 -10 -20

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°).

⎧−1 ⎪⎪ T = −2.1 α = 0.49 < 1 Por procedimiento gráfico se obtiene: ⎨ ⎪ − 1 = −4.286 ⎪⎩αT

Y luego: Gc = K c

( s + 2.1) 2 ( s + 4.286) 2

Finalmente el sistema compensado queda: 2 K .K c (s + 2.1) Gc .GH (s ) = 2 2 s (s + 20 )(s + 4.286 )

40 30 20

mag Axis

10 0

Ejemplo de compensación en atraso:

GH =

K s (s + 10 )(s + 50 )

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 80 60

Imag Axis

40 20 0 -20 -40 -60 -80 -100 -100

-50

0 Real Axis

50

100

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:

Gs GH =

K .K c (s + 0.1) s(s + 10 )(s + 50 )(s + 0.00909 )

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:

Gc .GH =

4582.4 11(s + 0.1) . s (s + 10)(s + 50 ) (s + 0.00909)

100

80

60

Imag Axis

40

20

0

-20

-40

-60

-80

-100 -100

-50

0 Real Axis Sistema Compensado.

50

100

Ejemplo de compensación Adelanto-Atraso:

GH =

4 s ( s + 0 .5 )

Se desea: ξ=0.5 ωn= 5 rad/s Kv=50 1 0.8 0.6

Imag Axis

0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1 -1

-0.5

0 Real Axis

0.5

1

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: Gc .GH (s ) =

10

8

6

Imag Axis

4

2

0

-2

25(s + 0.1) s(s + 0.01)(s + 5)