Tarea3 JohanPerez
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controladores.
Estudiantes:
Johan salvador Pérez Martínez
grupo:
203040_15
Tutor:
Andrés Quintero Zea
5
G 1 ( s )= 2
s +3 s+7
Primero ingresamos la planta a Matlab y vemos su diagrama de Bode y
le aplicamos una entrada de tipo escalón unitario de magnitud 10.
Como vemos al ingresar en la planta una entrada de escalón unitario
con magnitud 10, se atenúa y nunca llega a 10.
1
e ss =
1+k p
1
0.005=
1+ k p
Despejamos Kp
1
k p= −1
0.005
k p=200−1
k p=199
Sabemos que
5∗k
k p=lim 2
s→0 s +3 s +7
5∗k
199=
7
199∗7
k=
5
1393
k=
5
k =278.6
Ahora multiplicamos la Gancia K obtenida por la planta y generamos el diagrama de bode
𝑤=37.4 rad/s
Según los requerimientos del ejercicio se solicita un porcentaje de overshoot menor al 20% para
este ejercicio tomaremos un porcentaje de 15.5 %
Cálculo de Seta:
M f D=ζ∗100
M f D=ζ∗100
M f D=51
𝑀𝑓 = 4.61°
M f D=51 °
φm=M f D−M f
φm=51 °−4.61°
φm=46.39°
A ese ángulo le sumamos un margen de seguridad de 10 grados
φm=46,39° +10 °
φm=56.39 °
Cálculo de α
1−α
sin ( φm )=
1+α
1−α
sin ( 56.39 )=
1+α
1−α
0.8328 ¿
1+ α
0.8328 ( 1+α )=1−α
0.8328+0.8328 α =1−α
0.8328 α + α =1−0.8328
α ( 0.8328+ 1 )=1−0.8328
1−0.8328
α=
1+0.8328
α =0.091
1
w gk =−20 log
√α
1
w gk =−20 log
√ 0.091
w gk =−10.4 dB
Ahora se busca esa magnitud de cruce de frecuencia en el diagrama de bode.
𝑊𝑛 = 67.9 𝑟𝑎𝑑/𝑠
1
T=
wn∗√ α
1
T=
67.9∗ √0.091
T =0.0488
A partir de estos parámetros Hallamos el compensador:
α + Tαs
c=
α +T α 2 s
0.091+(0.0488)(0.091) s
c=
0.091+(0.0488)( 0.091)2 s
0.091+0.00444 s
c=
0.091+0.000404 s
Graficamos en Matlab los resultados.
Vemos que el overshoot es de 18.3 % para una entrada de escalón unitario de magnitud 10 luego
nuestro compensador cumplió con las condiciones iniciales del problema.
3
G 2 ( s )=
s (7 s +3)
Como vemos en el denominador tenemos 𝑠(7𝑠 + 3) lo que indica que hay un polo en el origen
cuando S = 0 esto nos garantiza un error de estado estable de 0.
Según los requerimientos del ejercicio se solicita un porcentaje de overshoot menor al 15% para
este ejercicio tomaremos un porcentaje de 13 %
Calculo de seta:
−ln ( 13 /100 )
ζ=
√ π 2 +ln ( 13/100 )
ζ =0.54
Margen de fase deseado:
M f D=ζ∗100
M f D=0.54∗100
M f D=54
𝑀𝑓 = 36.1°
M f D=54 °
φm=M f D−M f
φm=54 ° −36.1°
φm=17.9 °
φm=17,9 ° +10 °
φm=27.9 °
1−α
sin ( φm )=
1+α
1−α
sin ( 27.9 )=
1+α
1−α
0.468 ¿
1+ α
0.468 ( 1+α )=1−α
0.468+0.468 α =1−α
0.468 α + α =1−0.468
α ( 0.468+ 1 )=1−0.468
1−0.468
α=
1+0.468
α =0.36
Calculo de la frecuencia de cruce del sistema compensado:
1
w gk =−20 log
√α
1
w gk =−20 log
√ 0.36
w gk =−4.43 dB
𝑊𝑛 = 0.792 𝑟𝑎𝑑/s
1
T=
wn∗√ α
1
T=
0.792∗√ 0.36
T =2.10
A partir de estos parámetros Hallamos el compensador:
α + Tαs
c=
α +T α 2 s
0.36+(2.10)(0.36) s
c=
0.36+(2.10)(0.36)2 s
0.36+ 0.756 s
c=
0.36+ 0.27216 s
Graficamos en Matlab los resultados
Graficamos en Matlab los resultados
Vemos que el overshoot es de 12.3 % el cual es < 15 % para una entrada de escalón unitario de
magnitud 10 luego pero el tiempo de establecimiento está por encima de 5 seg.
Conclusiones
Según lo expuesto a lo largo de este documento y después de desarrollar los ejercicios planteados
en el mismo podemos concluir que el método de respuesta en frecuencia y sintonización de
controladores, aporta de manera apropiada soluciones para el diseño de controladores en
adelanto de fase y satisfacer las necesidades del sistema, de manera personal creemos que la
metodología correspondiente a respuesta en frecuencia es más sencilla y útil que la del lugar
geométrico de las raíces, por medio de los diagramas de bode se realiza una visualización más
amigable con el entorno de programación. Y su posterior paso a paso para llegar a diseño de
compensadores de tipo PID esenciales en los sistemas de control de procesos.