compensadores 2da parte

DISEÑO DE CONTROLADORES

COMPENSACIÓN DE ATRASO-ADELANTO

Contenido

� 1.

COMPENSACIÓN DE ATRASO-ADELANTO

� La compensación de adelanto básicamente acelera la respuestae incrementa la estabilidad del sistema

� La compensación de atraso mejora la precisión en estado establedel sistema, pero reduce la velocidad de la respuesta.

Respuesta transitoria

Respuesta es estado estable

Adelanto

Atraso

MEJORA COMPENSADOR

COMPENSADOR ATRASO ADELANTO

Compensador electrónico de atraso-adelanto

� Compensador electrónico atraso-adelanto (CAA)

��

�� 1

�� 1�� 1

�� 1

� La función de transferencia

� Donde:

��

�� 1

�� 1�� 1

�� 1�� 1

�� 1�� 1�� 1

��

� � ��

� Otra forma de expresar

� Donde

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

��

�� 1

�� 1

�� 1��

� ��

1��

1�� 1

�� 1��

1��

Compensador Atraso Adelanto

Técnicas de compensación de atraso-adelanto basadas en el LGR

� La función transferencia del compensador

� Para � ≠ �� Paso 1. A partir de las especificaciones de desempeño

proporcionadas, se determina la ubicación deseada para los polosdominantes en lazo cerrado

� Paso 2. A partir de la FT en lazo abierto del sistema nocompensado G(s), determine la deficiencia angular �. La parte deadelanto de fase del compensador de atraso-adelanto debecontribuir con este ángulo �.

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

�, � > 1,

�� ganancia de la red de adelanto del compensador atraso adelanto

� Paso 3. Si � � �� es uno de los polos dominantes en lazo cerrado, la elección de los valores de �� y � se hace para que cumplan las siguientes condiciones:

� Se determina el valor de �� a partir de la condición de magnitud

∠�� 1��

��

�� 1��

�� 1

� Paso 4. Si se da la constante de error estático de velocidad � , se determina el valor de � para satisfacer el requerimiento de la constante.

� � lim$→� �� lim$→� �� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� �

� lim$→� ��1��

1��1��

� � lim$→� �� De esta ecuación se halla �

� Paso 5. Seleccionar el valor de �� tal que cumpla las condicionessiguientes ��&'()*+�:

�� 1�� 1��

≅ 1 −5° < �� 1��

�� 1��< 0°

Ejemplo 4.1

� Considere el sistema G(s), con realimentación unitaria. Cuya función de transferencia de la trayectoria directa es

� Diseñe un compensador para cumplir las especificaciones de desempeño 2 � 0.5, 45 � 5'(*/�+& y � � 80�+&8�

� Solución� La función de transferencia de lazo abierto es:

� La función de transferencia de lazo cerrado de sistema:

� � � 4�� 0.5�

� � � 4�� 0.5� �

4�� 0.5�

� ��

��1 � ��

4�� 0.5� � 4 �

4�� 0.5� � 4

� Los polos de lazo cerrado

� De donde se obtiene

� La constante de error estático de velocidad

� � −0.2500 ± <1.984345 � 2'(*/�+&2 � 0.125

� � lim$→� �� lim$→� �

4�� 0.5� � lim$→�

4�� 0.5�

� � 8�+&8�

� Lugar geométrico de raíces

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-1 -0.9 -0.8 -0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0-3

-2

-1

0

1

2

3

0.7

0.030.060.0950.1350.190.28

0.4

0.7

0.5

1

1.5

2

2.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

System: sysGain: 1Pole: -0.25 + 1.98iDamping: 0.125Overshoot (%): 67.3Frequency (rad/sec): 2

0.030.060.0950.1350.190.28

0.4

� Respuesta a una entrada escalón

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

� Respuesta a una entrada rampa

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

� Parámetros

• 45 � 2'(*/�+&• 2 � 0.125• � � 8�+&8�

• 2 � 0.5• 45 � 5'(*/�+&

• � � 80�+&8�

sistema no compensado sistema compensado

� Paso 1. Polos deseados en lazo cerrado (parámetros de desempeño)

� Paso 2. deficiencia de ángulo �• 2 � 0.5• 45 � 5'(*/�+& � � −245 ± 4?

� � −2.5 ± <4.3301

� Deficiencia angular

� A partir de la ecuación:

� La deficiencia angular:

∠ 4�� 0.5�@$AB8�.�CD.

� ±180�2E � 1�

� � 234.79 − 180� 54.79

�� − �G � � � 54.79

−114.7914 − 120� −234.79

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

0.050.110.170.240.340.46

0.62

0.84

1

2

3

4

1

2

3

4

5

0.050.110.170.240.340.46

0.62

0.84

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

PD

� Paso 3. Determine el polo y cero de la parte en adelanto del compensador correspondiente

� Deficiencia angular es:

� El cero � � −0.5�HIEI�� El polo � � −5

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.10.220.320.440.580.72

0.86

0.96

0.10.220.320.440.580.72

0.86

0.96

123456

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

�� 1�� 1��

�� − �G � � � 54.79

x

x

Varias posibilidades

� La parte en adelanto del compensador queda:

� La parte en adelanto y el sistema:

� Ganancia JK, utilizamos la condición de magnitud en el PD (−2.5 ±<4.33)

� Obtenemos

��L � � �� 1�� 1��

� �� 0.5� � 5

��L � � � � �� 0.5�� 5�

4�� 0.5� � � 1

�� 5�

�� 1�� 5� 8�.�±D.

� 1

�� 6.25� � 25

� � 4��

� La parte del compensador en adelanto

� El sistema compensado solo con la parte en adelanto

��L � � �� 1�� 1��

� 6.25 �� 0.5�� 5�

��L � � � � 6.25 �� 0.5�� 5�

4�� 0.5� � 25 1

�� 5�

� EL lugar geométrico de raíces del sistema solo compensado con la parte en adelanto

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.46

0.62

0.84

0.050.110.170.240.340.46

0.62

0.84

1

2

3

4

1

2

3

4

5

System: sysGain: 0.99Pole: -2.5 + 4.3iDamping: 0.503Overshoot (%): 16.1Frequency (rad/sec): 4.98

0.050.110.170.240.34

� � −2.5 ± <4.3301Polos deseados

cumple

� Paso 4. Calculo de la constante de error estático de velocidad � ,requerida se determina �

� Remplazando

� � lim$→� �6.25�� 0.5�� 5�

� � 1�� 1��

4� � � 0.5

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� �

� � 6.25 1�5�1��1��

41 � 5� � 80 � � 16

Sistema compensado

� Paso 5. Seleccionar el valor de �� tal que cumpla las condicionessiguientes

� Elegimos �� 5 , verificamos las dos condiciones en el polodeseado � � −2.5 ± <4.3301

�� 1�� 1��

≅ 1 −5° < �� 1��

�� 1��< 0°

Cero: � � −0.2Polo: � � −0.0125

� Magnitud

� Angulo

�� 1�� 1�� $�B8�.�CD.��

� � � 0.2� � 0.0125 8�.�CD.��

� 0.98 ≅ 1

∠ −2.5 � <4.3301 � 0.2−2.5 � <4.3301 � 0.0125

� −N()8� 4.33012.3 �N()8� 4.3301

2.4875

−5° < �� 1��

�� 1��< 0°

� −62.0243 � 60.1240 � −1.9003° Cumple

� El compensador tendrá la función de transferencia de lazo abierto

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� 6.25 �� 0.5�� 5�

�� 0.2�� 0.0125� �

�� 6.25�� 4.37� � 0.625�� 5.0125� � 0.0625

� La función de transferencia LA del sistema compensado

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� �

� 6.25 �� 0.5�� 5�

�� 0.2�� 0.0125�

4� � � 0.5

�� 25� � 5� � 5.0125�� 0.0625�

� Función de transferencia de lazo cerrado

� ��

��1 � ��

25� � 5� � 5.0125�� 0.0625�1 � 25� � 5� � 5.0125�� 0.0625�

� 25� � 5� � 5.0125�� 25.0625� � 5

� Lugar geométrico de raíces del sistema compensado

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.420.540.68

0.84

0.95

0.090.20.30.420.540.68

0.84

0.95

12345

System: sysGain: 1.01Pole: -2.4 + 4.3iDamping: 0.488Overshoot (%): 17.3Frequency (rad/sec): 4.93

0.090.20.3

� Lugar geométrico de raíces del sistema no compensado y compensado

-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.420.540.68

0.84

0.95

0.090.20.30.420.540.68

0.84

0.95

12345

0.090.20.3

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

sys nc

sys c

� Respuesta ante una entrada escalón del sistema no compensado y compensado

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

escalon

sys nc

sys c

� Respuesta ante una entrada rampa del sistema no compensado y compensado

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

rampa

sys nc

sys c

� Respuesta rampa (ampliación)

9.25 9.3 9.35 9.4 9.45 9.5 9.55 9.6

9.3

9.35

9.4

9.45

9.5

9.55

9.6

9.65

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

rampa

sys nc

sys c

� Para � � �� Paso 1. A partir de las especificaciones de desempeño

proporcionadas, determine la ubicación deseada para los polosdominantes en lazo cerrado

� Paso 2. El compensador de atraso adelanto se modifica a laecuación:

� Paso 3. Si se especifica la constante de error estático de velocidad � , determine el valor de la constante ��, a partir de la ecuación siguiente:

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� �� 1��

� � 1�� 1��

� Obteniendo

� Paso 4. Calcule la contribución requerida del ángulo � de la parte de adelanto de fase del compensador. Determinar los valores de ��y � a partir de las condiciones de magnitud y ángulo (en ��)

� � ��

∠ �� 1�� 1��

� � �� 1�� 1��

�� 1

� � lim$→� �� lim$→� �� 1��

� � 1�� 1��

��

� Paso 5. Usando el valor de � hallado, seleccionamos ��suficientemente grande, de modo cumpla con las siguientescondiciones

�� 1�� 1��

≈ 1 5° < ∠ �� 1�� 1��

< 0°

Ejemplo 4.2

� Considere el sistema de control la FT lazo abierto ��. Diseñe uncompensador atraso adelanto con � � � apropiado, para cumplirtodas las especificaciones de desempeño 2 � 0.5, 45 � 5'(*/�+& y� � 80�+&8�

� Solución� La función de transferencia de lazo abierto de acuerdo al ejemplo

es:


� � � 4�� 0.5�

� � � 4�� 0.5� �

4�� 0.5�

� ��

��1 � ��

4�� 0.5� � 4 �

4�� 0.5� � 4

� Lugar geométrico de raícesRoot Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-1 -0.9 -0.8 -0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0-3

-2

-1

0

1

2

3

0.7

0.030.060.0950.1350.190.28

0.4

0.7

0.5

1

1.5

2

2.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3


0.030.060.0950.1350.190.28

0.4

� Respuesta a una entrada escalón

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

� Respuesta a una entrada rampa

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

� Parámetros

• 45 � 2'(*/�+&• 2 � 0.125• � � 8�+&8�

• 2 � 0.5• 45 � 5'(*/�+&

• � � 80�+&8�

sistema no compensado sistema compensado

� Paso 1. Polos deseados en lazo cerrado (parámetros dedesempeño)

� Paso 2. El compensador de atraso adelanto se modifica a la ecuación:

• 2 � 0.5• 45 � 5'(*/�+& � � −245 ± 4?

� � −2.5 ± <4.3301

�� 1�� 1��

� � 1�� 1��

� �� 1��

� � 1�� 1��

� Paso 3. Si se especifica la constante de error estático de velocidad � , determine el valor de la constante �� lim$→� �� lim$→� ��

� � 1��

� � 1�� 1��

��

� lim$→� �� 1��

� � 1�� 1��

4�� 0.5�

� � ��1��

1��1��40.5 � ��8� �� 1080

� El sistema compensado será:

� Paso 4. Calculo la deficiencia angular requerida � , parte deadelanto de fase del compensador de atraso adelanto, en el polodeseado

�� JK� � 1��

� � 1�� 1��

4�� 0.5�

� PQ � � 1��

� � 1�� 1��

4�� 0.5�

� � −2.5 ± <4.3301

� Calculo la deficiencia angular a partir de la FTLA al polo deseado



∠ 4�� 0.5�@$B8�.�±D.�� ±180�2E � 1�

−120 − 114.7914� −234.7914 � ±180�2E � 1�

� � 234.7914 � 180 � 54.79

�� − �G � � � 54.79-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

0.050.110.170.240.340.46

0.62

0.84

1

2

3

4

1

2

3

4

5

0.050.110.170.240.340.46

0.62

0.84

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

PD

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.120.220.340.480.60.74

0.88

0.96

0.120.220.340.480.60.74

0.88

0.96

123456

Root Locus

Real Axis (seconds -1)

Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� Determine el polo y cero de la parte en adelanto del compensador correspondiente

� Si la deficiencia angular es:

� El cero � � −0.5� El polo � � −5

�� 1��

�� − �G � � � 54.79

x

x

� � 10

polo cero

� El sistema compensado

� Sistema compensado solo con red adelanto

�� JK� � PRP� � �RP

� � 1�� 1��

4� � � 0.5

� 10 � � 0.5� � 5

� � 1�� 110��

4� � � 0.5

�� 40� � 20� � 5.5�� 2.5�

� El LGR para el sistema compensado solo con el compensador en adelanto, pasa por el polo deseado (especificaciones de desempeño)

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

30.20.380.560.70.810.89

0.95

0.988

0.20.380.560.70.810.89

0.95

0.988

123456

Root Locus


Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� Paso 5.Seleccionamos �� ( grande) de modo cumpla con lassiguientes condiciones:

� Elegimos �� 5 , verificamos las dos condiciones en el polodeseado s � −2.5 ± <4.3301

� Cero: � � 0.2� Polo: � � 0.02

�� 1�� 1��

� 1 5° < ∠ �� 1�� 1��

< 0°

� Magnitud

� Angulo

�� 1�� 1�� $�B8�.�CD.��

� � � 0.2� � 0.02 8�.�CD.��

� 0.98 ≅ 1

∠ −2.5 � <4.3301 � 0.2−2.5 � <4.3301 � 0.02

� −N()8� 4.33012.3 �N()8� 4.3301

2.48

−5° < �� 1��

�� 1��< 0°

� −62.0243 � 60.1240 � −6.30°

� El compensador tendrá la función de transferencia en lazo abierto

�� 1��

� � 1�� 1��

4� � � 0.5

� 10 � � 0.5� � 5

�� 0.2�� 0.02�

4� � � 0.5 � 40� � 8

� � 5.02�� 0.1�

� El LGR del sistema compensado

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.50.350.640.80.890.940.97

0.988

0.997

0.350.640.80.890.940.97

0.988

0.997

123456

Root Locus


Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� LGR del sistema no compensado y compensado

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1-3

-2

-1

0

1

2

30.20.380.560.70.810.89

0.95

0.988

0.20.380.560.70.810.89

0.95

0.988

123456

Root Locus


Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� La FT de lazo cerrado

�� 1 � ��

40� � 8� � 5.02�� 0.1�1 � 40� � 8� � 5.02�� 0.1�

� 40� � 8� � 5.02�� 40.1� � 8

� La respuesta a una entrada escalón:

0 5 10 15 20 250

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

� La respuesta ante una entrada rampa:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

0 1 2 3 4 5 6

0

1

2

3

4

5

6

Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

Ejemplo 4.3

� Considere el sistema de control la FT lazo abierto ��. Diseñe uncompensador atraso adelanto con � � � apropiado, para cumplirtodas las especificaciones de desempeño � � −2 ± <3.46 y � �50�+&8�

� Solución� La función de transferencia de lazo abierto de acuerdo al ejemplo

es:

� � � 10�� 2�� 5�

� � � 10�� 2�� 5� �

10� � 7�� 10�

� ��

��1 � ��

10� � 7�� 10�1 � 10� � 7�� 10�

� 10� � 7�� 10� � 10

� La grafica del LGR

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.180.360.540.68

0.8

0.88

0.95

0.985

0.180.360.540.680.8

0.88

0.95

0.985

123456

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

LGR sys nc

� Respuesta entrada escalón

0 1 2 3 4 5 6 7 8 90

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

� Respuesta entrada rampa

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude


� Polos dominantes de lazo cerrado:

� De la ecuación

� La constante de error estático de velocidad es hallada:

� ��

��1 � ��

10� � 7�� 10�1 � 10� � 7�� 10�

� 10� � 7�� 10� � 10

� � −0.74 ± <1.12

� � −245 ± 45 1 − 2�45 � 1.34'(*/�+&2 � 0.55

� � lim$→� �� lim$→� �10

�� 2�� 5� �1010 � � 1�+&8�

� De las especificaciones, se determina

� Los parámetros de los sistemas

� Paso 1. A partir de las especificaciones de desempeñoproporcionadas, determinamos la ubicación deseada

2 � 0.5545 � 1.34'(*/�+&� � 1�+&8�2 � 0.545 � 4'(*/�+&� � 50�+&8�

No compensado Compensado

Los polos deseados � � −2 ± <3.46 Dato

� � −245 ± 45 1 − 2�45 � 4'(*/�+&2 � 0.5

� � −2 ± <3.46

� Paso 2.

� Paso 3. Si se especifica la constante de error estático de velocidad� , determine el valor de la constante ��

�� 1��

� � 1�� 1��

� � lim$→� �� lim$→� �� 1��

� � 1�� 1��

��

El compensadorde atraso adelanto

� El sistema compensado solo con la red de adelanto será:

� Paso 4.Calculo la deficiencia angular requerida � por la parte deadelanto de fase del compensador de atraso adelanto, en el polodeseado

�� 1��

10�� 2�� 5� � 50 � � 1��

� � ��10

�� 2�� 5�

� � −2 ± <3.46

� lim$→� �� 1��

� � 1�� 1��

10�� 2�� 5�

� � ��1��

1��1��102�5� � �� 1 � 50

� Calculo la deficiencia angular a partir de la FTLA al polo deseado



∠ 10�� 2�� 5�@$B8�±D.� � ±180�2E � 1�

−120 − 90 − 49.07 � −259.07� ±180�2E � 1�

� � −259.07 � 180 � 79.07

�� − �G � � � 79.07-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.180.360.520.660.780.87

0.94

0.985

0.180.360.520.660.780.87

0.94

0.985

2468

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

x

� Determine el polo y cero de la parte en adelanto del compensador correspondiente

� Si la deficiencia angular es:

� Método bisectriz:

� El cero � � −1.42� El polo � � −11.25

�� 1��

�� − �G � � � 79.07

� � 7.92 -15 -10 -5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

0.975

0.994

0.250.480.660.80.880.935

0.975

0.994

2468101214

0.250.480.660.80.880.935

Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

x

ox

� El sistema compensado solo con la red de adelanto

�� 1��

10�� 2�� 5�

� 50 � � 1.42� � 11.25

10�� 2�� 5�

� 500� � 710� � 18.25� � 88.75�� 112.50�

� El LGR para el sistema compensado solo con el compensador en adelanto, pasa por el polo deseado (especificaciones de desempeño) Root Locus

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-20 -18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10


0.160.340.50.640.760.86

0.94

0.985

0.160.340.50.640.760.86

0.94

0.985

2.557.51012.51517.5

syscomp adel

� Paso 5.Seleccionamos ��( grande) de modo cumpla con las siguientes condiciones:

� Elegimos �� 10, verificamos las dos condiciones en el polo deseado s � −2 ± <3.46

� Polo: � � 0.1� Cero: � � 0.0123

�� 1�� 1��

� 1 5° < ∠ �� 1�� 1��

< 0°

� Magnitud

� Angulo

�� 1�� 1�� $�B8�±D.�

� � � 0.1� � 0.0123 8�±D.�

≅ 1

∠ −2 � <3.46 � 0.1−2 � <3.46 � 0.0123 � −N()8� 3.46

1.9 �N()8� 3.461.98

−5° < �� 1��

�� 1��< 0°

� −61.22 � 60.21 � −1.01°

� El compensador tendrá la función de transferencia en lazo abierto

�� 1��

� � 1�� 1��

4� � � 0.5

� 50 � � 1.42� � 11.25

�� 0.1�� 0.0123�

10�� 2�� 5�

� 500 �� 1.52� � 0.14�� 18.26� � 88.97� � 113.59�� 1.38�

� 500�� 760� � 70�� 18.26� � 88.97� � 113.59�� 1.38�

� El LGR del sistema compensado es

-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.540.68

0.84

0.95

0.090.20.30.420.540.68

0.84

0.95

12345

0.090.20.30.42

Root Locus


Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� LGR del sistema no compensado y compensado

-5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

50.20.30.420.540.68

0.84

0.95

0.090.20.30.420.540.68

0.84

0.95

12345

0.09

Root Locus


Imag

inar

y A

xis

(se

cond

s-1)

� La FT de lazo cerrado

�� 1 � �� 500�� 760� � 71�� 18.26� � 88.99� � 613.65�� 761.46� � 71

� La respuesta a una entrada escalón:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 90

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

� La respuesta ante una entrada rampa:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

� La respuesta ante una entrada rampa ampliado:

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ude

Ejemplo 4.4

� …

compensadores 2da parte

Documents