[Diapositivas Tema 6: Lugar de las Raíces II: Técnicas de diseño]

Universidad de Oviedo
Diseño de Reguladores mediante LR
Tema 7
2005
Sistemas Automáticos
1
Universidad de Oviedo
Índice
•
•
•
•
•
•
•
2005
Selección de la Ganancia K
Efecto de ceros adicionales
Diseño de reguladores PD
Diseño de reguladores PI
Problemática de los reguladores PI
Ejemplo
Procedimiento resumido de diseño
Sistemas Automáticos
2
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
Diseñar para:
Mp< 30%
ep < 15%
s+8
(s + 3)(s + 1)
1
H (s ) =
s+6
K=1
G( s ) =
G(s )H (s ) =
2005
s+8
(s + 6)(s + 3)(s + 1)
Sistemas Automáticos
3
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
Diseñar para:
Mp< 30%
ep < 15%
s+8
(s + 3)(s + 1)
1
H (s ) =
s+6
G( s ) =
erpp = lim s
s
0
K=1
1
1
1
=
s 1 + C(s )G(s )H 0 1 + K p
K p = lim C(s )G(s )H 0
s
0
Kp = 0.44
erpp = 69.2% >> 15% ¡ no sirve !
2005
Sistemas Automáticos
4
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
Diseñar para:
Mp< 30%
ep < 15%
s+8
(s + 3)(s + 1)
1
H (s ) =
s+6
G( s ) =
dz1
dp3
dp2
dp1
Para obtener el error más bajo
posible, buscamos el K más alto que
nos permita conseguir las
especificaciones en régimen
permanente.
Aplicamos
crit. del Módulo:
2005
K =14
Sistemas Automáticos
5
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
Diseñar para:
Mp<30%
ep < 15%
s+8
(s + 3)(s + 1)
1
H (s ) =
s+6
G( s ) =
erpp = lim s
s
0
K=14
1
1
1
=
s 1 + C(s )G(s )H 0 1 + K p
K p = lim C(s )G(s )H 0
s
0
Kp = 6.22
erpp = 13.85% < 15 % ¡¡ Nos vale !!
2005
Sistemas Automáticos
6
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
R(s)
Planta
Regulador
+
-
(s)
14
U(s)
Y(s)
Captador
Ycap(s)
erpp = 13.8%
2005
Sistemas Automáticos
7
Universidad de Oviedo
Selección de la Ganancia K
En este caso, pudimos verificar Mp y erpp
y, por tanto la acción P es suficiente
Si no podemos alcanzar
la posición de los polos
Si conseguimos la posición
de los polos pero no
conseguimos erpp
2005
modificar el LR
T.q. incrementar el
tipo o al menos la Kp
Sistemas Automáticos
Regulador PD
Regulador PI
8
Universidad de Oviedo
Efecto de ceros adicionales en el LR
El efecto de un cero adicional en el LR
El punto verde del LR verifica crit. arg:
(
p3 +
p3 +
p3 )
z1 =180º
z1
2005
Sistemas Automáticos
p3
p2
p1
9
Universidad de Oviedo
Efecto de ceros adicionales en el LR
El efecto de un cero adicional en el LR
Pero el punto rojo no…
(
p3 +
p3 +
p3 )
z1 >>180º
No es posible alcanzar esa raíz
modificando solamente K
z1
p3
zr
p2
p1
Pero sí se puede añadiendo un cero
en el regulador
(
p3 +
p3 +
p3 )
z1
zr =180º
El elemento zr permite “restar” el ángulo
que sobre para regresar 180º
2005
Sistemas Automáticos
10
Universidad de Oviedo
LR no pasa por la región
2005
Sistemas Automáticos
11
Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
12
Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
13
Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
14
Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
15
Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
LR ¡¡sí pasa por la región!!
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PD
1
Hallar el ángulo zr con el eje real que
debe tener el cero para que el polo
deseado cumpla el crit. argumento:
(
p3 +
ANG
p3 +
p3 )
zr =180º
z1 =
ANG >>180º
zr
2
Hallar la posición del cero trazando una
línea desde el polo deseado formando un
ángulo zr con el eje real
3
Se calcula el valor de K para el polo
deseado aplicando el crit. del argumento
z1
p3
zr
p2
p1
c
Resultando:
C (s ) = K ( s c )
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PD
C (s ) = K ( s c )
d/dt
+
K
+
-c
Problemas:
• No es realizable
• Amplificaría enormemente ruido de alta frecuencia
2005
Sistemas Automáticos
20
Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PD
C (s ) = K
1
s c
s p
p >> c
Hallar el ángulo ANG con el eje real que
debe tener el cero para que el polo
deseado cumpla el crit. argumento:
(
p3 +
p3 +
ANG (
zr -
p3 )
z1 =
2
ANG >>180º
zr ,
pr )=180º
Reg
z1
pr
X
zr
pr
p2
p1
c
p3
3
2005
Se calcula el valor de K para
el polo deseado aplicando el
crit. del argumento
C (s ) = K
Sistemas Automáticos
s c
s p
21
Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PD
Posibilidad 1
Es posible diseñar empleando un cero puro
y añadir un polo en un lugar que no afecte
a una distancia de 3 a 20 veces la del polo
Reg
En general, la elección del polo plantea un
compromiso entre:
a)
b)
X
Supresión de ruido
Efectividad de la compensación
Posibilidad 2
Cero en la perpendicular
al polo deseado
2005
Sistemas Automáticos
22
Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PD
Reg
Reg
X
X
X X
Posibilidad 3
X
Posibilidad 4
Cero cancelando el
polo menos significativo
2005
Sistemas Automáticos
Método de la
Bisectriz
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Universidad de Oviedo
Diseño de reguladores PI
Cuando la respuesta transitoria es satisfactoria
Puede ocurrir que el permanente no sea satisfactorio (erpp, erpv, …)
K p = lim C(s )G(s )H 0
s
0
K v = lim sC(s )G(s )H 0
s
Incrementar Kp, Kv, …
Inc. ganancia estática de GH
Incrementar el tipo del sistema
Meter integradores
Solución:
2005
0
s+z
C (s ) =
,
s+p
z>p
z~p, no modifica
la dinámica
Multiplica las K’s
por este factor
Sistemas Automáticos
24
Universidad de Oviedo
Distancias iguales
no alteran el crit.
del módulo
Angulo
muy pequeño
no altera
el crit. argumento
OX
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Problemática de los
reguladores PI
cero en bucle
cerrado
O
x
polo en bucle
cerrado
2005
Aparece un par polo-cero en
bucle cerrado con dinámica
muy lenta:
- Pequeña magnitud
- ¡¡¡ Transitorio lento !!!
Sistemas Automáticos
Afecta negativamente a
los tiempos de
establecimiento
26
Universidad de Oviedo
Problemática de los reguladores PI
Solución de compromiso
Mover hacia la izquierda el par
polo-cero del regulador PI
O
2005
x
Sistemas Automáticos
27
Universidad de Oviedo
Problemática de los reguladores PI
Solución de compromiso
Mover hacia la izquierda el par
polo-cero del regulador PI
O
2005
x
Sistemas Automáticos
28
Universidad de Oviedo
Problemática de los reguladores PI
Solución de compromiso
Mover hacia la izquierda el par
polo-cero del regulador PI
O
2005
x
Sistemas Automáticos
29
Universidad de Oviedo
Problemática de los reguladores PI
Solución de compromiso
Ahora el par polo cero
aparece más a la izquierda.
cero en bucle
cerrado
O
Conseguimos
aumentar las
constantes Kp, Kv,
etc. en un factor
z/p
… a menudo esto es
suficiente
2005
Su transitorio es más rápido y
decae primero
x
polo en bucle
cerrado
Sistemas Automáticos
Como precio a pagar, el
error ya no se cancela,
aunque se disminuye
respecto a la situación
original
30
Universidad de Oviedo
Ejemplo
R(s)
Planta
Regulador
+
-
(s)
C(s)
U(s)
Y(s)
Captador
Ycap(s)
Diseñar para:
Mp< 30%
ep < 5%
2005
Esta especificación no podemos cumplirla
usando sólo un regulador P porque no hay
margen para aumentar K
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Regulador P (diseño original)
erpp = 13.85%
Kp = 6.22
Hay que incrementar la K sin
alterar LR
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Regulador PI (Integ. + cero)
erpp = 0
ts muy altos
s + 0.1
C(s ) = 14
s
cero cerca
O
2005
Sistemas Automáticos
integ. puro
x
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Universidad de Oviedo
Regulador PI (polo+cero)
erpp = 5%
ts moderados
C(s ) = 14
s + 0 .1
s + 0.03275
Necesitamos:
erpp = 0.05 = 1/(1+Kp)
Kp >= 19
Hay que multiplicar Kp por un factor
19/6.22 = 3.0536
Ej:
2005
c = 0.1; p = 0.1/3.0536=0.03275
Sistemas Automáticos
34
Universidad de Oviedo
Regulador PI (polo+cero)
erpp = 5%
LR algo modificado
altera un poco las
especificaciones
en reg. transitorio
C(s ) = 14
ts más bajos
s + 0 .2
s + 0.0655
Idem para:
c = 0.2
p = 0.2/3.0536=0.0655
2005
Sistemas Automáticos
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Universidad de Oviedo
Procedimiento resumido de diseño
Comprobar si con K es
posible satisfacer
transitorio+permanente
No verifica
transitorio
(intentar PD)
Modificar LR con un PD
No verifica
permanente
(intentar PI)
No verifica
permanente
(intentar PID)
Mejorar el permanente con PI
2005
Sistemas Automáticos
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