Análisis De La Respuesta En Frecuencia Y Compensador Por Lgr Carlos Rodriguez.docx

CONTROL ANALOGO

ANÁLISIS DE LA RESPUESTA EN FRECUENCIA Y COMPENSADOR POR LGR

ESTUDIANTE: CARLOS ARTURO RODRIGUEZ ORTIZ CODIGO. 80108533

TUTOR: FABIAN BOLIVAR MARIN

GRUPO: 203040_11

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA UNAD ESCUELA CIENCIAS BASICAS, TECNOLOGIA E INGENIERIA 24-10-2017

1. Analice la respuesta en frecuencia de la planta 5/s en lazo abierto. Grafique los diagramas de Bode y Nyquist y analice los resultados obtenidos. Diagrama de bode La función de transferencia en lazo abierto es: 𝐺(𝑠). 𝐻(𝑠) =

5 𝑠(0.5𝑠 + 1)

Factor constante K = 5 20 ∗ 𝑙𝑜𝑔10 (5) = 13.97 |𝐾| > 1 Ganancia positiva de d b. La fase de recta de pendiente es 0 valor de 0°. 1 20 ∗ 𝑙𝑜𝑔10 ( ) 𝑗𝑤 0 − 20. 𝑙𝑜𝑔10 (𝑗𝑤) −20𝑙𝑜𝑔10 𝑤

tan−1 (

−1/𝑤 ) = −90° 0

En el diagrama de modulo cuya recta que pasa por el origen de pendiente -20 dB /dé cada una La fase es una recta constante de valor -90°. Polo real termino (0.5s+1) Frecuencias inferiores a 1:0dB Frecuencias superiores a 1: -20log10w Para el diagrama de fase: Frecuencias inferiores a 1: 0° Frecuencias superiores a 1: -90° Bode (5,[1 0.5 1]) Imagen 1

MATLAB Nyquist (5,[1 0.5 0]) Imagen 2

2. a) Diseñar un compensador (Gc(s)) en adelanto para que los polos dominantes en lazo cerrado se localicen en 𝑠=−2±𝑗2√3 b) Compruebe el diseño usando Matlab o scilab, a través del lugar geométrico de las raíces del sistema compensado, demostrando que los polos deseados se encuentran en él. Demostrar igualmente que se cumple con la frecuencia natural no amortiguada y coeficiente de amortiguamiento deseados (calcúlelos a partir de la posición de los polos deseados). Simule la respuesta del sistema compensado ante entrada escalón unitario y determine los parámetros del estado transitorio de dicha respuesta y el error en estado estable.

DIAGRAMA

Imagen 3

Mostrando el sistema sin compensar, se puede representar a través de la interconexión.

-2

Diagrama de bloques del sistema en lazo cerrado sin compensar donde se función de transferencia de lazo abierto es:

𝐵(𝑠) = 𝐺(𝑆)𝐻(𝑠) 𝐸(𝑠) Con la ecuación: 5 1 10 𝐺(𝑆)𝐻(𝑠) = = 𝑠 0.5𝑠 + 1 𝑠(𝑠 + 2) Polos del sistema en lazo abierto S1= 0

S2= -2

, Para el diseño del compensador colocamos el polo deseado geométricamente de raíces y hallamos la contribución de ángulo que debe suplir el compensador en el polo deseado. Ecuación: Σ (ángulos ceros) –Σ(ángulos polos) = (2K-1) *180 grados El polo ubicado en s = 0 entrega un ángulo de: 2√3

θs= 0 =180-𝑡𝑎𝑛−1 (

2

) = 120⁰

El polo ubicado en s = -2 entrega un ángulo de:

θs= - 2 = 90⁰ Σ (ángulos ceros) –Σ(ángulos polos)= (θs= 0 + = θs= -2) = θc- (1200 + 900 )= - 1800 Despejando θc se obtiene que θc= 180⁰ +(1200 + 90⁰)= - 30⁰ Por lo tanto, el compensador en adelanto debe aportar 30°, y el compensador tendrá la Entrega como resultado: 𝑠 + 𝑠𝑧 𝐺𝑐 = 𝐾𝑐 𝑠 + 𝑠𝑝 cero s = -2 el polo del compensador en adelanto se obtiene a (

2√3 ) = tan(900 − 300 ) 𝑠𝑝 − 2

despejando sp, se obtiene el polo del compensador Sp = 4

𝐺𝑐 = 𝐾𝑐

𝑠+2 𝑠+4

Transferencia de lazo abierto es: (KcGc(s)H(s)) s =−2±𝑗2√3 = 1 Encontramos: 𝐾𝑐 =

1 (Gc(s)G(s)H(s))s = s = −2 ± j2√3

=

1 𝑠+2 10 (𝑠 + 4) ( ) 𝑠 = 𝑠 = −2 ± j2√3 𝑠(𝑠 + 2)

= 1.6 La función de transferencia del compensador en adelanto es: 𝑠+2

Gc = 1.6(𝑠+4) Para comprobar se implementó el siguiente script en MATLAB

-3 -4

-12 Real Axis

Encontramos el punto geométrico de las raíces del sistema compensado mostrando que el polo hace parte geométricamente de las raíces C. Simule la respuesta del sistema compensado ante entrada escalón unitario y determine los parámetros del estado transitorio de dicha respuesta y el error en estado estable. 𝜔𝑛2 (𝐺𝑠) 2 = 𝑠 + 2𝜁𝑛𝑠 + 𝜔𝑛2 Hallamos. 𝜁, 𝜔𝑛 𝑦 + 𝜔𝑑 Igualamos los coeficientes de los polinomios 𝑠 2 + 2𝜁𝜔𝑛𝑠 + 𝜔𝑛2 = 0 y (𝑠 2 + 4𝑠 + 16) frecuencia natural No amortiguada es: 𝜔𝑛2 = 16 = 𝜔𝑛 = √16 = 4 El coeficiente de amortiguamiento es:

2𝜁𝜔𝑛 = 4 =

𝜁=

4 2 = = 0.5 2+4 8

determinar 𝜔𝑑(frecuencia natural amortiguada): 𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − 𝜁 2 𝜔𝑑 = 4 ∗ √1 − (0,5)2 𝜔𝑑 = √12 ≈ 3,4641 Tiempo elevación: 𝜋𝛽

𝜔𝑑

Tr(0-100%) = 𝑤𝑑 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒𝛽 = 𝑡𝑎𝑛−1 = ( 𝜎 ) 𝑦 𝜎 = 𝜁𝜔𝑛 = 2 ⇒ 𝛽 = 1,0472 Tr =

𝜋−1,0472 √12

= 0.6046𝑠𝑒𝑔

Tiempo pico: Tp =

𝜋

𝜔𝑑

=

𝜋 √12

= 0,9069𝑠𝑒𝑔

El tiempo asentamiento: 4

4

ts (2%) ≈ 𝜎 = 𝜁𝜔𝑛 ts (2%) ≈ 2 Máximo pico de sobre impulso es: 𝜋𝜎

Mp = e- 𝜔𝑑 Mp = e-

2𝜋 √12

=0,163

Mp % = 16,3% ESTABILIDAD DEL SISTEMA

Se puede comprobar que impulso alcanza 16.3 %en el ejercicio y en matlab , llegando a su estabilidad en 2.02 y su valor total se encuentra en 1

REFERENCIAS

http://www.angelfire.com/al3/PLL/lugaraiz.html http://www.slideshare.net/ptah_enki/diagramas-de-bloques http://www.slideshare.net/ptah_enki/lugar-de-las-races