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Autor: Mario A. Jordán
Fundamentos de Control Realimentado
NOTA: Esta Copia de Power-Point es para uso exclusivo del Alumnado de FCR,2do. Cuatrimestre 2014. Contiene los conceptos fundamentales en el marco de la
Bibliografía disponible y es una contribución didáctica para el Curso. Esta versión está sujeta a futuras mejoras y extensiones.
Este es un Power Point Show realizado en Power Point Professional Plus 2007
Clase 26-28 Versión 1 - 2014
Contenido:
Criterio de Estabilidad de Nyquist
Aplicación del Criterio de Nyquist a SC
Estabilidad y Márgenes de Estabilidad
Sistemas con Retardo Puro
Método de diseño de un SC en la frecuencia
Compensadores PD para cumplir un Ancho de Banda
Vínculos entre CN, LR y DB
2
K2
K3
w=-
w>0
w=0+
w=0-
w<0K1
w=
¿Cómo simplificar el análisis con el DN?Para diseños de SC es más conveniente aplicar la ecuación característica: DG(jw)+1/K=1/((jw)(jw+1)+1/K=0 para la construcción del DN
K=1
w>0
w=0+
w=0
-
w<0
w=-w=
Plano s
Re(s)
Im(s)
C2
DG=-1/K
-1K1
-1K3
-1K2
K3>K2>1>K1>0
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
C2
KDG=-1
-1
3
Con ello, en lugar de representar múltiples curvas, se usa una sola, por ejemplo la de K=1 (una buena elección), o la de K=K*.
KG=K/s (s+1)
w=
K Re(s)
Im(s)
-1Plano s
w>0w=0
w=
K
w>0
Re(s)-1
Plano s
Im(s)KG=K/s2(s+1)
KG=K/s4(s+1)
w=K
w>0
Re(s)
-1
Plano s
Im(s)
w=0
Curva de Nyquist vs. Lugar de la Raíz
KG=K/s3(s+1)
w=
K
Re(s)
Im(s)
-1
Plano s
w>0
w=0
-1
jw
s0
- 0.5
C1s
jw
C2
f2
f1
0
-
0+
0
K=1
w>0
w=0+
w=0
-
w<0
w=
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
-1
jw
s0
w=0+
w=0
-
Plano s
Re(s)
Im(s)
C1s
jwC2
f2,3
f1
0
-
0+
0
K=1
w>0
w<0
w=-1
jw
s0
C1s
jw
f2,3,4
f1
0
-
0+
0
K=1
w>0
w=0
-
w<0
w=
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
w=0+
-1
jw
s0
C1s
jw
f2,3,4.5
f1
0
-
0+
0K=1
w<0
w=0+
w=0
-
w>0
w=-
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1w=0 w=
4
KG=K/s2(s+1)
Curva de Nyquist vs. Diagrama de Bode
w=0+ w=
w>0
Plano s
Re(KG)
Im(KG))
w=0-
w<0
/KG(jw)/=/KG(-jw)/
Magnitud de KG(jw):
-1
q
log10w
180°
270°
-270°
-180°
0°
w<0 w>00
log10w
w<0 w>0
-40db/dec
-60db/dec
0
-1 1
N=2Como P=0 Z=2
Fase de KG(jw) = Fase de -KG(-jw):
Inestable para cualquier K !
1 vu
elta
0 db
5
w=-
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
KG=K/s3(s+1)
/KG(jw)/=/KG(-jw)/
Magnitud de KG(jw):
log10w
w<0 w>0
-60db/dec
-80db/dec
0
-1 1
N=2Como P=0 Z=2
Inestable para cualquier K !
Fase de KG(jw) = Fase de -KG(-jw):
1.5
vuel
tas
q
log10w
270°
-270°
-360°
0°
w<0 w>00
360°
w=0-
w<0
w=0+
w=
w>0
0 db
w=-
Curva de Nyquist vs. Diagrama de Bode 6
Construcción de la C2 en el mapeo de =0- a =0+
KG=K/s3(s+1)
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
o b) ¿es así?: a) ¿Es así?:
En el ejemplo de: , ¿cómo se sabe el sentido de recorrido del tramo
mapeado en C2 (ver arco verde) sobre el cero de C1 ?
Solución: Se bosqueja rápidamente la configuración de polos y ceros de G(s) y se analiza con ellos el ángulo a desde el pequeño arco en C1 para w0
C1
s
jw …
f2,3,4
f1
Por lo tanto, el arco de C2 pasa primero por 270°y da 1,5 vueltas alrededor del origen en forma horaria
a = - (f1 + f2 + f3 + f4 )
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1
w=0-
w=0+
w=0
0° w=0w=0+-270º=90°
270° w=0-
w=0-w=0-
w=0+ w=0+
w=0w=0
7
Otra solución restringida:
Si restringimos la clase de sistemas DG(s) a aquellos denominados “bien comportados (well-behaved)”, es decir aquellos que no poseen polos ni ceros inestables, el empleo del Diagrama de Bode de la fase ayuda a determinar el número de vueltas y el sentido.
En este caso se lee y calcula: [(j0-)-(j0+)]/180º que es el número de vueltas de arco de
circunferencia con radio infinito. Empezando desde DG(w=0-), pasando por DG(0) hasta
DG(w=0+) en sentido horario.
Una propiedad importante de la fase de DG(j) es su simetría respecto al origen, es decir
(j)=-(-j). Esta propiedad es importante en el mapeo DG(j) alrededor de =0
KG=K/s4(s+1)
/KG(jw)/=/KG(-jw)/
Magnitud de KG(jw):
log10w
w<0 w>0
-80db/dec
-100db/dec
0
-1 1
Fase de KG(jw) = Fase de -KG(-jw):
2 vu
elta
s
q
log10w
360°
-360°
-450°
0°
w<0 w>00
450°
0 db
Curva de Nyquist vs. Diagrama de Bode 8
Otra manera de saber elnúmero de vueltas conradio infinito es:
C1
s
jw …
f2,3,4,5
w=0-
w=0+
w=0
…
=-f1-f2,3,4,5=4x90º=360º
=-f1-f2,3,4,5=
-4x(90º)=-360º
=-f1-f2,3,4,5=0º
Inestable para cualquier K !
N=2Como P=0 Z=2
Plano s
Re(s)
Im(s)
w=0-
w<0
w=0+
w=-
w>0
-1 w= w=0
Interior de C2 es todo el plano spues KDG es de Tipo>1
KDG=Kwn2/(s2+2zwns+wn
2)
Curva de Nyquist para polos complejos
Estable para cualquier wn, z y K !
N=0Como P=0 Z=0
w=0
-
w<0
w=0+
w=-
w>0
Plano s
Re(s)
Im(s)
w=
Fase de KG(jw) = Fase de -KG(-jw):
qlog10w
180°
w<0 /w >00
-180°
0°
/KG(jw)/=/KG(-jw)/
Magnitud de KG(jw):
log10w
w<0 w>0
-40db/dec
0
0 db
w=wn1
-1
w=wn2
9
2>1
1
C1
s
jw
f2
f1
w=0-
w=0+
w=0
=0o tanto para w=0+, w=0 y w=0+
Disminuye
KG=K/(s+1)2
Curva de Nyquist para Sistemas de Tipo 0
Plano s
Re(s)
Im(s)
/KG(jw)/=/KG(-jw)/
Magnitud de KG (jw):
Fase de KG(jw) = Fase de -KG(-jw):
N=0Como P=0 Z=0
w<0
w=0-w=0w=0+
w=-
w>0
w=
q
log10w
180°
-180°
0°
w<0 w>00
K
log10w
-40db/dec
w<0 w>00
-1 10 db
Estable para cualquier K !
-1
10
\ Estabilidad marginal
N=-1Como P=1 Z=0 N=1Como P=1 Z=2 K1 < K* SC inestable
K2 > K* SC estable
-1/K1 -1/K2
Plano s
Re(s)
Im(s)
Curva de Nyquist para Sistemas Inestables
KG=K(s+1)/s((s/10)-1)
w=0+
w=0 -
w>0
w<0
w=-w=0w=
C1
C2
Im(s)
Plano s
Re(s)
y 0°
f2 - 180°
a = y - f1 - f2 180°
f1 0°
11
P=1
-1/K*
NOTA IMPORTANTE:El Diagrama de Bode NO es apto para determinar la estabilidad en esta clase de sistemas !
w=0+
w=0 -
w=0
-1/K=-0.5
Ejercicio 1 de Estabilidad con DNSea la FTLA del mismo sistema tipo I: KG=K(s+1)/s((s/10)-1)
12
1) Trazar la Curva de Nyquist a mano alzada. Además se
sabe por Bode que con K=1 |KDG|=1 y =-180º
2) Emplear el método “-1/K” para mostrar al sistema marginalmente estable. ¿Cuánto vale ese K* ?
3) Con la CN decir si el sistema es estable con K=0.8? ? Si es inestable, ¿cuántos polos inestables tiene el SCLC?
Rta: K*=1
Rta: K=0.8 -> -1/K=-1.25Por lo tanto el sistema es inestabley tiene 2 polos inestables: Z=N+P=1+1
4) Con la CN decir si el sistema es estable con K=2? Si es inestable, ¿cuántos polos inestables tiene el SCLC?
Rta: K=2 -> -1/K=-0.5Por lo tanto el sistema es estable
Plano s
Re(s)
Im(s)
w=0+
w=0 -
w>0
w<0
w=-w=0w=
C2
-1/K=-1
-1/K=-1.25
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Plano s
Verificación con Lugar de la Raíz
KG=K(s+1)/s((s/10)-1)
K<K*=1
K<K*<1
K*=1
K*=1
K>K*K>K*
estable inestable
FCR Mario Jordán13
Ejercicio 2 de Estabilidad con DN¿Cómo se calcula la K=K* para que un sistema KDG(s) sea marginalmente estable?
14
Sea:(s+5)2(s+25)
KDG(s)=K (s+2)3
s2(s+1)
1
-200
-100
0
100
200
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
-270
-225
-180
-135
30,5 dB= 1030,5/20 = 33,5
Entonces K=K*=33.5M
agni
tud,
dB
Fas
e, o
-1/K2
Curva de Nyquist para Sistemas de Fase No-Mínima
KG=K(s-1)/s((s+1)
w<0
N=1Como P=0 Z=1para todo K
Im(s)
Plano s
Re(s)
Verificar con Lugar de la Raíz !
15
Concluimos por el mapeo de =0- a =0+ que va de 270º a 90º pasando por 180º
w>0
C2
w=w=-
Plano s
Re(s)
Im(s)
w=0+
w=0 -
-1/K1 -1
C1
a = y - f1 - f2 180°
y 180°
f1 0°
f2 0°
La curva de Nyquist encierra 2 veces al punto -1/K3
Y si K=K3 es negativo? NOTA IMPORTANTE:El Diagrama de Bode NO es apto para determinar la estabilidad en este tipo de sistemas !
-1/K3
w=0+
w=0 -
w=0
K=0.5
Plano s
Re(s)
Im(s)
N=Como P=0 Z= N=0Como P=0 Z=0
Sistema de Retardo Puro
KG=Ke-sTd
Ganancia: /G(jw)/= 1 = 0 db Fase: q = -wTd
K=1=K*
-1/0.5 -1/2
0
10-2
10-1
100
101
102
103
-40
-20
20
40
60
-0
-360
-270
-180
-90
Mag
nitu
d (d
B)
Fas
e(gr
ados
)
Frequenia (rad/sec)
K=2
-1
-wTd
FCR Mario Jordán16
Plano s
Re(s)
Im(s)
Sistemas que incluyen Retardo Puro
KG=Ke-sTd/(s+1)
Ganancia: /G(jw)/ = 1/sqrt(2+1) Fase: q = -wTd - atan()
-wTd- atan(w)
K=1
-20 db/dec-20
10-2
10-1
100
101
102
103
-60
-40
0
20
40
-0
-360
-270
-180
-90
Mag
nitu
d (d
B)
Fas
e(gr
ados
)
Frequenia (rad/sec)
-1
Con K=1N=0Como P=0 Z=0
-1/K2
K1
K2
Td
K3
-1/K3
17
-1/K4
-1/K1
Con K1N=0
Marginalmente estable
Con K2N=2
Como P=0 Z=2 Con K3N=0
Como P=0 Z=0
El punto -1/K4 cae 4 espiras más adentro, por lo tanto N=4
Aumentando Td el punto -1/K4 (o el -1/K2) se encircula mas veces!
Sistema integrador con Retardo PuroFCR Mario Jordán
Cálculo de los puntos de cruce de G(jw) con el eje real negativo
G(jw)=e
-Td s
s
(– sen Tdw – j cos Tdw)G(jw)=e
-jTdw
w =w1
Sea por ejemplo:
= 0w
cos Tdw
En la frecuencia:
Cuando la parte imaginaria se hace 0, existe un cruce. La condición es:
G(jw0)=(-1)(1+n) 2Td
(2n+1)ppara n=0,1,2,…
p-2TdG(jp/2)=
w0 = 2Td
(2n+1)ppara n=0,1,2,…
1er. corte ocurre en semieje real negativo:
-2Td
3pG(j3p/2)=3er. corte ocurre en semieje real negativo:
5to. corte ocurre en semieje real negativo:5pG(j3p/2)=
-2Td
G()=0En el límite:
18
Retardo puro en sistemas de control de tipo 1
s(s+1)G(jw)=
1Sin Retardo puro: Con retardo puro:
s(s+1)Gd(jw)=
e -Td s
w1
w1
w=0+
w=-1
Plano s
Re(s)
Im(s)
j
w=0+
w=-1
Plano s
Re(s)
Im(s)
j
q (w1)
q (w1)+(-Tdw1)
19
Repetimos G(j)
|G(jw1)|=|Gd(jw1)|
|G(jw1)|=|Gd(jw1)|
Márgenes de Estabilidad
FCR Mario Jordán20
w=0+
w=
Definiciones sobre un Sistema de tipo 1FCR Mario Jordán
Plano s
Re(s)
Im(s)
-1MG
MG: Margen de Ganancia
MF: Margen de Fase
K<K*
K>K*
K*
MF
j
21
El MG y el MF son números reales positivos. Por lo tanto se definennormalmente para sistemas estables
Adicionalmente, MG es menora uno
Otra Definición para sistemas de tipo 1 y 2FCR Mario Jordán
VM: Margen vectorial
w=0+
w=
w>0
VM
Plano s
Re(s)
Im(s)
w=0+
VM
-1
Mínima distancia entre el punto-1 y una curva de Nyquist que pase a la derecha del punto -1 Es decir, la definición es válida parasistemas de control estables.
22
Sistemas Condicionalmente EstablesFCR Mario Jordán
MG: Margen de Ganancia MF: Margen de Fase
w=0+
w=
w>0
Plano s
Re(s)
Im(s)
Si K se encuentra entre las los 2 valores de K* MF positiva ESTABLE Con K al valor de K*=33.5 MF cero MARG. ESTABLE Si se disminuye K a un valor menor que el 1er K* MF negativa INESTABLE Si se aumenta K a un valor mayor que el 2do K* MF negativa INESTABLE
Sea:
Estos Sistemas de Control con dos K* se llaman CONDICIONALMENTE ESTABLES
23
Se entiende que:
Se sabe por DB que para K=33.5 el sistemaes marginalmente estable (y es la 1ra K*)
(s+5)2(s+25)KDG(s)=
K (s+2)3
s2(s+1)
1
-1
Con el mismo procedimiento de DB se encuentra la 2da K* MARG. ESTABLE
MF
MG
10-3
10-2
10-1
100
101
102
-100
-80
-60
-40
-20
0
20
40
-315-270-225-180-135
-90-45
0
60
80
-166
°
-276
,6°
-144
°
K=-50 db
K=0 dbK=20 db
KDG(s)= K(s2+10s+100)
s4+0.9 s3+0.25 s2+0.027 s + 0.001Otro ejemplo de SCE
Luga
r de
la r
aíz
Diagrama de Bode
inestable
estable
estable
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4-6
-4
-2
0
2
4
6
xxxx
K1*=0.006
K2*=5.5
K=0db
K=-50db
K=20db
Z=2N=1-1=0, Z=0
Z=0
Diagrama de Nyquist
Re(s)-1
Im(s)
24
P=0
10-3
10-2
10-1
100
101
102
-100
-80
-60
-40
-20
0
20
40
-315
-270
-225
-180
-135
-90
-45
0
60
80
K=-3 db=0.7
Se busca la frecuencia del corte para 0db y se lee la fase. Si ésta por arriba de -180º, el Sistema de Control es estable
KDG(s)= 0.7 (s2+10s+100)
s4+0.9 s3+0.25 s2+0.027 s + 0.001
Lecturas de los Márgenes de Ganancia y Fase en Diagrama de Bode
wc=0.18
MG=15 db
Magnitud de KDG(j)
Fase de KDG(j)
Se determina el punto de corte de la Ganancia a 0dbSe ve que existe otra frecuencia para una fase de -180º. Sedetermina que este MG es mayor que en el primer caso.
Se busca la frecuencia para una fase de -180º y se leela ganancia y se determina el MGSe toma el menor MG de ambos ya que un aumento de ganancia superior a la primera, causa inestabilidad
MG=75 db
Se trazan rectas de ganancia de 0db y de fase -180º
MF=85°
25
Márgenes de Estabilidad para un SD de 2do. orden
Sea la planta de tipo 1:
la cual, realimentada con K=1 obedece a:
de donde se obtiene la expresión:
Aproximadamente:
Haciendo: |T(j)|=1 =c PM=180 + (c)
26
MF
MF
MF
MF
w=
Re(s)
Im(s)
-1
Plano s
w>0
w=0+
MF
FCR Mario Jordán
Diseño de un SC con Márgenes de Estabilidad para Sistemas oscilantes de 2do. orden
Se desea un MF determinado.
Con ello se calcula un z:
Se procede al empleo de Relaciones establecidas para sistemas de 2do ordenque ligan Mp (o Mr) con
Recordar que:
Mr=1/2z
27
MF
Mr=50/MFMF
Sob
repi
co r
ta a
l esc
alón
Mp
Pic
o d
e r
eso
nan
cia
Mr
Diseño de un Sistema de Control con Especificaciones en Frecuencia
Método de Diseño IEspecificación del Ancho de Banda
del Sistema de Control
28
Se diseña una compensación dinámica para obtener un Ancho de Banda deseado del sistema de control
Especificaciones:
Solución:
A través de un compensación dinámica de ceros, se debe lograr que el Sistema de Control tenga un grado relativo 1
Método de Diseño I (Ancho de Banda)
29
30
Justificación:
1) Si KDG=a/b tiene grado relativo 1, luego KDG/1+KDGA= a/(b+a) tiene también un grado relativo 1
2) Si miramos un sistema de primer orden (grado relativo 1), suGanancia en Bode cae -3dB en la frecuencia de cruce y su Ancho de Banda es por definición justamente su frecuencia de corte
Método de Diseño I (Ancho de Banda)
3) KDG cae con grado relativo 1 como en un sistema de primer orden, por lo tanto, su ancho de banda es muy parecido a -3dB en su última frecuencia de corte
4) Si |KDG()| es aproximadamente igual a |KDG()| /|1+KDG()en ’s a partir del ancho de banda, entonces la última frecuencia de corte del SCLC es igual a la última frecuencia de corte del SCLA y por ende ambas son iguales a frecuencia de corte del sistema de primer orden
5) Conclusión: construyendo a KDG con grado relativo 1 y el ancho de banda especificado, luego KDG/(1+KDGA) también lo tendrá.
Se especifica BW para el sistema de control final
Especificaciones y procedimiento:
Ejemplo 1 del Método de Diseño I
Para compensar su grado relativo de dos, se introduce un cero enla posición s=-BW, así el sistema KDG adquiere grado relativo 1
Supongamos que la planta tiene una configuración de ceros y polos como los de la siguiente figura
Plano sj
xx xxCom
pens
ador
PD
Planta
Se modifica la ganancia K para lograr que KDG(BW) tenga el mismoancho de banda que el especificado para el SCLC
s=-BW
31
n=-2
n=0
n=-2
n=0
10-2
10-1
100
101
102
103
-135
-90
-45
0
Frecuencia (rad/sec)
-60
-40
-20
0
20
40
60
80
n=-1
n=-2
n=0
n=-2
n=0
BW
K se aumentaError aprox.3dbpues n=-1
KDG/(1+KDG)
KDG
KDG
KDG/(1+KDG)
Con ello KDG/(1+KDG) tendrá aproximadamente el mismo ancho de banda BW
Ancho de banda BW
Se elige el cero del compensador justo en la frecuencia del ancho de banda
Am
pli
tud
Fas
e
FCR Mario Jordán
0db
32
32dB=K=40
Ejemplo 1 del Método de Diseño I
Se agrega el cero
Planta sin compensar
Planta compensada
Finalmente el diseño queda: KD(s)=40(s/BW+1)
Contémplese un satélite en su modo de giro: G(s)=1
s2
Diseñar una compensación dinámica para obtener:
1) un ancho de banda no menor a 0.2 rad/s y
2) un buen amortiguamiento.
Especificaciones:
Planta:
Solución:
Nuevamente agregamos un cero con un compensador del tipo PDcon su cero en -BW
Para conocer el efecto entre el ancho de banda y el , estudiamosel problema a través del Lugar de las Raíces, Diagrama de Nyquist y Diagrama d Bode
33Ejemplo 2 del Método de Diseño I
-0.4
-0.3
-0.2
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
-0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
Parte real
Pa
rte
Imag
inar
ia
FCR Mario Jordán
Estudio Preliminar del sistema con Lugar de las Raíz
wn wBWSi K y
Gla=L(s)=s2
s Td + 1
Para un Td cualquiera positivo (por ejemplo:Td=0.5 s), se tiene un LR en donde se presentan distintos K’s en orden ascendente
La FTLA es:
wd=wn 1-z2wn
=cte
34
Sin embargo, si K disminuye, las curvas de los tramos I y II se acercan al punto -1
DG=(s/BW+1)/s2
N=0Como P=0 Z=0
SCLC estable para cualquier K !
35
Plano s
Re(KG)
Im(KG))
w=0+
w=0- w=
w>0
w<0
-1
MF=45º
Estudio preliminar del sistema con Diagrama de Nyquist
Tramo II
Tramo I
-180
-90
-45
0-80
-60
-40
-20
0
20
Ma
gn
itud
(d
B)
10-3
10-2
10-1
100
101
102
Fa
se (
gra
do
s)
Frecuencia (rad/sec)
Diagrama de Bode de Glc
-135
-3 db
0 db
Glc= Ks2
Td s + 1 1 + K
s2
Td s + 1
K=1.0
K=0.01
K=0.1wBW
wBW
wBW
Frecuencia de cruce del SCLC Ancho de banda del SCLC
36 Estudio Preliminar del sistema con Diagramas de Bode
FCR Mario Jordán
Los anchos de banda del SCLC aumentan con K
BW=0.2 (deseada)
=0.15
Ancho de banda deseada BW=0.2
10-1
-180
-135
-90
-45
0
-15
-10
-5
0
5
10
15
Am
plitu
dF
ase
Frecuencia rad/s
20
25
Ancho de banda real BW=0.217
Gla= s2
s/0.15+1
Salto de -19.5 db=-9.45
9.45 s2Gla=
s/0.15+1
-3 db0 db
n=-2
n=-1
MF=35º
Solución del Ejemplo 2 con el Método de Diseño 1
Glc
37
s2
1G=
n=-2n=-1
FCR Mario Jordán
Planta
Planta compensadan=-2
Elegimos 1/Td un poco menor que la BW pues sabemosque aparecerá un pico de Resonancia en la FTLC que aumenta el Ancho de Banda por sobre el deseado
0 20 40 60 80 100 1200
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Tiempo (s)
Respuesta temporal del Ejemplo 2
Glc= 0.016 1 + 0.016
s + 0.15
s2s2
s + 0.15
35%
El sobrepico es alto y eso se debe a un margen de fase bajo.
y(t)
r(t)
38
Para cumplir completamente la especificación que se pidióse debe aumentar el MF
Elección de un buen amortiguamiento en el Ejemplo 2
Notamos de la figura Mp vs. MF, que si aumentamos MF, a 45°, eso nos da un
Mp 22% y un =MF/100=45/100=0.45
Usualmente las especificaciones de MF imponen valores menores que 50°, pero acá se pidió sólo ancho de banda y un amorti- guamiento aceptable, lo cual se cumplió.
39
El ancho de banda solicitado en 1) se cumplió, es decir wBW 0.2 rad/seg
Hay que aumentar el MF a través de una nueva modificación de la ganancia K
MF
So
bre
pic
o r
ta a
l esc
aló
n M
p
Pero el amortiguamiento es bajo como se notó en el sobrepico. Notar que Mp=35%
para un MF-35º
35º
0.35
45º
0.22
Recordar que estas gráficas son aproximadas pues corresponden a un sistema con dos polos complejos conjugados y sin ceros como en este caso.
Elección de un Mp adecuado para el Ejemplo 240
MF=45º
=0.15
Ancho de banda deseada BW=0.2
10-1
-180
-135
-90
-45
0
-15
-10
-5
0
5
10
15
Am
plitu
dF
ase
Frecuencia rad/s
20
25
Ancho de banda real BW=0.217
s/0.15+1 9.45 s2
Gla=
-3 db
0 db
n=-2
MF=35º
Glc
n=-1Ancho de banda real aumenta levemente
MF
Sob
repi
co r
ta a
l esc
alón
Mp K=4 DB=1.6 1.6(s/0.15+1 )
9.45 s2Gla=
45º
0.22
0 20 40 60 80 100 1200
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Tiempo (s)
35%y(t)
r(t)
Glc= 0.016 1 + 0.016
s + 0.15
s2s2
1
Respuesta temporal del diseño I en el Dominio Frecuencial
11 + 0.025
s + 0.15
s2s2Glc1= 0.025
22%
41
Simplificaciones generales para el Diseño I42
-20-15-10-505
1015
10-1 10 0 101-135
-90
-45
0
452cc
= 0.1, 0.3, 0.5, 0.7,0.9
Sistema de 1er orden
3dB0dB
wc 1er orden wBW 2wc =0.1
Si se exige chico (Mp>50%), el cero se elige cercano a c=1.5BW
Si se exige grande (Mp<20%), el cero se elige cercano a c=BW
Regla de diseño:
c
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