Ejemplos resueltos Bode y Nyquist

1 Problemas Resueltos
1)
Con la intención de plantear mejoras en un sistema de control de composición, se realizaron expe-
riencias sobre el sistema a lazo abierto y se obtuvo su respuesta frecuencial, la cual se muestra en la
Fig. 1.1. A partir dicho diagrama, usted debe contestar lo siguiente:
Figura 1.1: Diagrama de Bode
a)
Haga la identicación de la función correspondiente al Diagrama de Bode de la Fig. 1.1 (Calculando
completamente los parámetros de la Función de Transferencia)
b)
¾Es estable el sistema a lazo cerrado?, ¾Porqué?
c)
Añada a la ganancia a lazo abierto un valor
K1
(especique dicho valor de
K1 ),
tal que se logre el
mejor margen de fase sin sacricar la rapidez de la respuesta a lazo cerrado.
d)
A partir del Diagrama de Bode, compare el error ante el escalón unitario para el valor original
de la ganancia y para
K1
y discuta, razonadamente, el efecto que tuvo en la respuesta transitoria y
permanente del sistema a lazo cerrado el añadir dicha ganancia
e)
K1 .
Finalmente, con la intención de provocar una mejora radical en respuesta permanente, añada un
polo en el origen y modique el diagrama de bode de la Fig. 1.1. A partir de allí, analice el efecto
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1 Problemas Resueltos
de dicho polo sobre la respuesta transitoria a lazo cerrado y sobre el margen de fase y el margen de
ganancia.
Solución
a)
Al observar el diagrama de de bode del proceso es posible llegar a las siguientes conclusiones, a
partir de las cuales se aproximará la forma de la función de transferencia a indenticar.
La amplitud del proceso a baja frecuencia no tiene pendiente y la fase tiende a cero, por lo
que se puede concluir que el proceso es de tipo 0 y que la ganancia puede calcularse como el
20log (K) = 48 dB ,
pues a ese valor tiende la amplitud a baja frecuencia.
A alta frecuencia la pendiente tiende a
−40 dB
dc
y la fase tiende a
−180o ,
por lo que se concluye
que la diferencia entre ceros y polos es de dos.
Cuando la frecuencia comienza a aumentar la pendiente cae con una pendiante aproximada de
−40 dB
dc
y la fase, que se hace más negativa, tiende a los
−180o .
Ambos diagramas indican que lo
primero que ocurre son dos polos. Luego, al seguir incrementándose la frecuencia la fase presenta
un ligero aumento para nalmente decaer hacia los
−180o .
De allí se puede concluir que primero
aparece un cero y luego el último polo.
Una vez realizado el análisis anterior se puede concluir que la forma de la función de transferencia a
identicar podría ser cualquiera de las mostradas en las Ecs 1.1, 1.2 y 1.3.
K (T2 s + 1)
(T1 s + 1)2 (T3 s + 1)
(1.1)
K (T3 s + 1)
(T1 s + 1) (T3 s + 1) (T4 s + 1)
(1.2)
G(s) =
G(s) =
G(s) = K (T1 s + 1)
s
ωn
2
+
2ξs
ωn
(1.3)
+ 1 (T2 s + 1)
La escogencia denitiva de la función de transferencia dependerá de la aproximación asintótica que se
pueda realizar sobre el diagrama de amplitud, la cual se muestra en la Fig. 1.2.
2
Figura 1.2: Aproximaciones Asintóticas
Se puede observar en dicha que es posible aproximar a la función de transferencia presentada en la
Ec. 1.1 y que los valores de las constantes de tiempo se obtienen del cruce de las asintotas, quedando
aproximada la función de transferencia del proceso tal como se muestra en la Ec. 1.4.
251
G(s) = b)
1
0,8 s
+
1
22 s + 1
2 1
1
200 s
(1.4)
+1
Para concluir respecto a la estabilidad a lazo cerrado se deben obtener tanto el margen de fase como
el de ganancia, los cuales vienen a ser
M F = 40o y M G = ∞,
ambos positivos, y pueden observarse en
la Fig. 1.3. El margen de ganancia no se destaca pues el diagrama de fase corta los
y allí el valor de la amplitud será
−∞dB
−180o en
el innito
lo que implica un margen de ganancia positivo e innito.
A partir de lo destacado anteriormente se concluye que el sistema a lazo cerrado es estable pues tanto
su margen de fase como de ganancia son ambos positivos.
c)
Por inspección en el diagrama de bode se observa en la Fig. 1.4 que, para la frecuencia en la cual
la fase muestra un pico máximo, se podría obtener el máximo margen de fase sin afectar la rapidez del
sistema a lazo cerrado pues no se disminuiría el ancho de banda en comparación con el sistema original.
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Figura 1.3: Margen de Fase y de Ganancia
Figura 1.4: Margen de Fase Máximo
Para ello es necesario añadir una ganancia que se calcula obteniendo del mismo diagrama la cantidad
en dB que hay que subir el diagrama de fase de forma tal que para dicha frecuencia el diagrama de
amplitud corte los 0 dB. En este caso el cálculo de ganancia se realiza como sigue.
20lgK1 = 18dB ⇒ K1 = 8
d)
El error ante el escalón unitario es nito y se calcula en función de la ganancia del sistema a lazo
abierto, es por ello que al añadir una ganancia
K1
mayor que uno el error del sistema disminuirá, por
lo que la respuesta permanente se ve beneciada al añadir la ganancia en cuestión.
4
En cuánto a la respuesta transitoria, al añadir la ganancia el ancho de banda aumenta provocando una
mejora en la rapidez de la respuesta.
e)
Al añadir un polo en el origen el diagrama de bode del sistema se ve modicado, lo cual se muestra
en la Fig. 1.5 y se realiza a partir de las aproximaciones asintóticas que se mostraron en la Fig. 1.2.
Figura 1.5: Modicación del Diagrama de Bode (Polo en el Origen)
El nuevo sistema modicado será inestable pues, tanto su margen de fase como de ganancia son negativos, por lo cual sus respuestas transitoria y permanente serán malas en comparación con el sistema
original.
2)
Para un sistema de fase mínima, cuyo Diagrama de Nyquist Simplicado es el que se muestra en la
Fig. 1.6, se desea que realice lo siguiente:
a)
Diga ¾Cómo será la forma de la función de transferencia que generó dicho Diagrama? Razone su
respuesta.
b)
Complete el Diagrama de Nyquist, detallando cada uno de los pasos del Diagrama.
c)
Utilice, razonadamente, el Criterio de Nyquist para concluir respecto a la estabilidad del sistema a
lazo cerrado. Diga si dicha estabilidad depende o no de la ganancia del sistema a lazo abierto. Razone
su respuesta.
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1 Problemas Resueltos
Figura 1.6: Diagrama de Nyquist Simplicado
Solución
a) Como se puede observar del Diagrama de Nyquist Simplicado a baja frecuencia la fase tiende a
−270o ,
o por cada polo). Adicionalmente, a
lo cual quiere decir que existen tres polos en el origen (−90
alta frecuencia la fase tiende a
−90o ,
lo que indica que la diferencia entre polos y ceros es uno, es decir,
habrá un polo más que ceros. Finalmente, desde el momento en que la frecuencia comienza a aumentar
y hasta que tiende a
∞,
la fase se hace cada vez menos negativa, o lo que es lo mismo, aumenta
monótonamente, lo que indica que no existen más polos que hagan decrecer a la misma. Tomando
en cuenta las consideraciones anteriores la forma de la función de transferencia podrá ser igual a la
mostrada en la Ec. 1.5.
G(s) =
K (T1 s + 1) (T2 s + 1)
s3
(1.5)
Cabe destacar que los ceros podrían ocurrir simultáneamente, pero la información proveniente del
nyquist no es suciente para determinar si los ceros son diferentes o no.
b)
Para realizar el diagrama de Nyquist completo es necesario realizar la transformación de los todos
los tramos del semiplano derecho del plano s, o contorno en el plano s
origen el
Γs
(Γs ).
Como existen polos en el
tiene cuatro tramos a transformar, dos de los cuales corresponden al nyquist simplicado
y a su simétrico, en tanto que las otras dos transformaciones se realizan a continuación.
Tramo II
Este tramo corresponde con la porción del entorno para el cual
s = σeθj
transformación sustituyendo, en la función de transformación (G(s)),
o
y 90
≤θ≤
−90o .

lı́m G σeθj = lı́m 
σ→∞
6
s=
, por lo que se realiza la
σeθj y estableciendo
σ→∞
K T1 σeθj + 1
T2 σeθj + 1
σ 3 e3θj

=
K −θj
e
σ
σ→∞
De allí que la transformación del tramo II corresponderá con un círculo cuyo radio tiende a cero (origen)
y su ángulo varía tal como se muestra a continuación.
K
→0
σ
− 90o ≤ φ ≤ 90o
Como se puede observar la transformación del tramo I (nyquist simplicado) termina con un ángulo
φ = −90o
y la transformación del segundo comienza con el mismo ángulo. Esto debe ser así pues la
transformación debe resultar en un contorno continuo en el plano
Esta trasformación termina con un ángulo
φ = 90o
F (s).
y continua con la transformación del tramo III
(simétrica a la del tramo I), la cual comienza con el mismo ángulo y termina con un ángulo
φ = −90o .
Tramo IV
Este último tramo se representa sustituyendo, en la función de transformación (G(s)),
estableciendo
ε→0
o
y 90
≤θ≤
lı́m G εeθj = lı́m 
ε→0
y
−90o .

s = εeθj
K T1 εeθj + 1
T2 εeθj + 1
ε3 e3θj
ε→0

=
K −3θj
e
ε
A partir de allí se concluye que la tranformación es un círculo de radio innito y su ángulo varía tal
como se muestra.
K
→∞
ε
Es importante resaltar que el ángulo
φ
− 270o ≤ φ ≤ 270o
varía entre esos extremos pero dá tres medias vueltas. El
diagrama de nyquist completo se puede observar en sus dos versiones en las Figs. 1.7 (a) y (b) cuya
diferencia depende del valor de la ganancia del lazo abierto
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1 Problemas Resueltos
(a) Ganancia Alta
(b) Ganancia Baja
Figura 1.7: Diagrama de Nyquist Completo
c)
A partir de los diagramas mostrados se puede observar que dependiendo del valor de la ganancia
se encierra o no el punto
(−1, 0),
lo cual determina la estabilidad del sistema a lazo cerrado. Como la
función de trasferencia de lazo abierto no tiene polos encerrados en el semiplano derecho
P = 0,
(Γs )
entonces
por lo que para que el sistema a lazo cerrado sea estable el Diagrama de Nyquist no debe
encerrar el punto
(−1, 0). Es por ello que, en este caso, la estabilidad depende de la ganancia pues para
el caso mostrado en la Fig. 1.7 (a) no hay encierros, pero si la ganancia se reduce se tendrá un encierro
al punto
3)
(−1, 0)
como se ve en la Fig. 1.7 (b).
Para un sistema cuya función de transferencia a lazo abierto es la que se muestra en la Ec. 1.6 se
desea que usted realice lo siguiente:
a)
Determine si el sistema a lazo cerrado es estable, utilizando para ello el criterio de estabilidad de
nyquist. Especique si la misma depende del valor de la ganancia, razone su respuesta.
G(s) =
K (T4 s + 1)
(T1 s + 1) (T2 s + 1) (T3 s + 1)
donde todas las constantes de tiempo son positivas y cumplen con la relación
(1.6)
T4 > T3 > T2 > T1
b) Si la relación entre las constantes de tiempo fuese inversa, es decir, T1 > T2 > T3 > T4 , ¾se modicará
la conclusión que obtuvo en la parte? a). De ser así, analice a la estabilidad del sistema y su dependencia
con la ganancia, razone su respuesta.
Solución
a)
Como todas las constantes de tiempo son positivas el sistema es de fase mínima, por lo que no es
necesario realizar el diagrama de nyquist completo para concluir respecto a la estabilidad. Es por ello
que solamente se realiza el diagrama simplicado (diagrama polar) como se muestra en la Fig. 1.8.
8
Figura 1.8: Diagrama de Nyquist Simplicado
b)
Si cambiará la ocurrencia de los polos y el cero se modicaría el diagrama anterior, quedando tal
como se muestra en la Fig. 1.9.
Figura 1.9: Modicación del Diagrama de Nyquist Simplicado
En este caso el diagrama de nyquist simplicado encerrará al punto
(−1, 0) dependiendo del valor de la
ganancia, por lo que el sistema a lazo cerrado será estable para valores bajos de ganancia e inestable
para valores altos ganancia. Así mismo, presentará un valor de ganancia crítica para la cual el sistema
será críticamente estable.
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