Compensador en atraso

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COMPENSACIÓN EN ATRASO-ADELANTO POR EL MÉTODO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
UANL
Compensador en atraso-adelanto
por el método de respuesta en frecuencia
CONTROL CLÁSICO
1
M.C. JOSÉ MANUEL ROCHA NUÑEZ
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COMPENSACIÓN EN ATRASO-ADELANTO POR EL MÉTODO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
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Compensador electrónico en atraso-adelanto con amplificadores operacionales
⎤
E0 (s ) R4 R6 ⎡ (R1 + R3 )C1s + 1 ⎤ ⎡
R2 C 2 + 1
=
⎢
⎥⎢
⎥
Ei (s ) R3 R5 ⎣
R1C1
⎦ ⎣ (R2 + R4 )C 2 s + 1 ⎦
T1 = (R1 + R3 )C1 T1α = R1C1 T2 = R2 C 2
E0 (s )
= K cαβ
Ei (s )
α=
β T2 = (R2 + R4 )C 2
1
⎛
⎜ s+
⎛ T1s + 1 ⎞ ⎛ T2 s + 1 ⎞
T
1
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ = K c ⎜
⎜
1
⎝ αT1s + 1 ⎠ ⎝ β T2 s + 1 ⎠
⎜s+
αT1
⎝
R1
<1
R1 + R3
β=
R2 + R 4
>1
R2
Kc =
1
⎞⎛
⎟⎜ s +
T
2
⎟⎜
⎟⎜
1
⎟⎜ s +
βT2
⎠⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
R2 R4 R6 (R1 + R3 )
R1 R3 R5 (R2 + R4 )
La compensación de atraso-adelanto combina las ventajas de las compensaciones de atraso y de adelanto.
La compensación de adelanto básicamente acelera la respuesta e incrementa la estabilidad del sistema. La
compensación de atraso mejora la precisión en estado estable del sistema, pero reduce la velocidad de la
respuesta.
CONTROL CLÁSICO
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Procedimiento
Determine el valor de K para que cumpla con el coeficiente estático de error.
Grafique el diagrama de Bode.
Obtenga el Margen de fase y el Margen de ganancia con sus respectivas frecuencias.
Escoja la nueva frecuencia de transición de ganancia ω n
Calcule el ángulo necesario φ m que deberá proporcionar el compensador en adelanto, este es
φ m = −180° − ∠G ( jω m ) + MFesp + φ adic
(los grados adicionales φ adic son aproximadamente 5˚, debido a la caída de ángulo proporcionada por el
compensador en atraso).
Si el compensador en adelanto no puede proporcionar este ángulo, porque φ m > 65° deberemos escoger otra
frecuencia (disminuir la frecuencia) de transición de ganancia. Calcule el factor α y 10 log α .
⎛ 1 − senφ m
⎝ 1 + senφ m
α = ⎜⎜
⎞
⎟⎟
⎠
El compensador en atraso deberá proporcionar suficiente atenuación para que la magnitud en ω n sea de
10 log α .
La atenuación total que deberá proporcionar el compensador en atraso, es la magnitud G ( jω m ) más los
10 log α .
20 log β = G ( jω m ) − 10 log α
(Recuerde que el factor β debe ser menor a 17).
Ubique al cero del compensador en atraso una década por debajo de la nueva frecuencia de transición de
ganancia ω n .
1 ωm
=
T2
10
Y al polo como.
1
β T2
El compensador en adelanto tendrá el cero ubicado en
1
= ωm α
T1
y el polo en
1
αT1
El compensador en atraso- adelanto sería:
⎛
1
⎛
⎜
⎜ S+
T1
⎜⎛ 1 ⎞
Gc ( S ) = ⎜ ⎜ ⎟⎜
⎜
1
α
⎜⎜ ⎝ ⎠⎜ S +
αT1
⎝
⎝
CONTROL CLÁSICO
3
1
⎛
⎞ ⎞⎛
⎜ S+
⎟ ⎟⎜
T2
⎟ ⎟⎜ ⎛⎜ 1 ⎞⎟⎜
⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ β ⎟⎠⎜
1
⎜S+
⎟ ⎟⎟⎜⎜
βT2
⎝
⎠ ⎠⎝
⎞⎞
⎟⎟
⎟⎟
⎟⎟
⎟ ⎟⎟
⎠⎠
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Ejemplo 1
La función de transferencia de lazo abierto de un sistema de control es
G (s ) =
24 K
s(s + 2)(s + 6)
Se desea que el sistema cumpla con las siguientes especificaciones:
El error en estado estable para una entrada rampa con pendiente 2π debe ser menor o iguala
Un margen de fase MF ≥ 45°
La frecuencia de cruce de ganancia ω c ≥ 1 rad seg
π
10
Solución
El coeficiente estático de error de velocidad del sistema original
24 K
K v = lim sG (s ) = lim s
= 2K
s →0
s →0 s (s + 2 )(s + 6 )
Como se desea que e ss =
π
10
entonces
e ss =
R1
π
2π
π
π
=
=
por lo que
entonces K = 10
=
K v 2K K
K 10
El sistema sería
G (s ) =
El margen de fase para este sistema es
MF = −20.78°
MG = −7.93 dB
240
s(s + 2 )(s + 6 )
ω c = 5.3 rad / seg
ω = 3.47 rad / seg
Se escoge como frecuencia de transición de ganancia la misma que la original o la que se encuentre más
cercana a ella
ω m = 4.7
∠G ( jω m ) = −195°
G ( jω m ) = 2.356 dB
φ m = −180° − ∠G ( jω m ) + MFesp + φ adic
[los grados adicionales φ adic son aproximadamente 5° , debido a la caída de ángulo proporcionada por el
compensador en atraso, no se proporcionan grados adicionales debido al compensador en adelanto ya que no
existe corrimiento de frecuencia].
φ m = −180° − (− 195°) + 45° + 5° = 65°
Si el compensador en adelanto no puede proporcionar este ángulo [porque φ m > 65° ] deberemos escoger otra
frecuencia (disminuir la frecuencia) de transición de ganancia.
Entonces
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⎛ 1 − senφ m
α = ⎜⎜
⎝ 1 + senφ m
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⎞ ⎛ 1 − sen65° ⎞
⎟=⎜
⎟ ⎝ 1 + sen65° ⎟⎠ = 0.049
⎠
10 log α = −13.098 dB
Para determinar la ganancia que deberá proporcionar el compensador en atraso, recuerde que en la frecuencia
de transición de ganancia ω m se debe de tener una magnitud de 10 log α , entonces debemos de bajar la
magnitud de G ( jω m ) hasta los 10 log α (Recuerde que el factor β debe ser menor a 17)
20 log β = G ( jω m ) − 10 log α
β = 5.925
Con los términos de ω m , α y β , podemos determinar la ubicación de los polos y ceros del compensador
El cero del compensador en adelanto sería
1
= ω m α = 4.7 0.049 = 1.04
T1
El polo
1
1.04
=
= 21.232
αT1 0.049
El cero del compensador en atraso sería
1 ωm
=
= 0.47
T2
10
El polo
1
0.47
=
= 0.079
βT2 5.925
El compensador en atraso-adelanto sería
⎛ (s + 1.04)
1 ⎞⎛ (s + 0.47 ) 1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟
Gc (s ) = ⎜⎜
⎝ (s + 21.232) 0.049 ⎠⎝ (s + 0.079) 5.925 ⎠
El ángulo que aporta el compensador en atraso en la nueva frecuencia de transición de ganancia ω m
∠Gc ( jω m ) = tan −1
ωm
0.47
− tan −1
ωm
0.079
= 84.289° − 89.037° = −4.75°
El sistema compensado en atraso-adelanto
⎛
⎞⎛ (s + 1.04)
240
1 ⎞⎛ (s + 0.47 ) 1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
s
s
+
2
s
+
6
s
+
21
.
232
0
.
049
(
)(
)
(
)
⎝
⎠⎝
⎠⎝ (s + 0.079) 5.925 ⎠
CONTROL CLÁSICO
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K v = lim sG (s )Gc (s ) = 19.91 seg −1
s →0
En ω m = 4.7
G ( jω m )Gc ( jω m ) = 0.043 dB
∠G ( jω m )Gc ( jω m ) = −134.73°
Para el sistema compensado
MF = 45.1°
MG = 13.5 dB
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ω m = 4.72 rad / seg
ω f = 11.9 rad / seg
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SISTEMA SIN COMPENSAR
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SISTEMA COMPENSADO
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Ejemplo 2
Si seleccionamos una nueva frecuencia de transición de ganancia ω m = 2
∠G ( jω m ) = −153.43°
ωm = 2
G ( jω m ) = 16.532 dB
φ m = −180° − ∠G ( jω m ) + MFesp + φ adic
φ m = −180° − (− 153.43°) + 45° + 5° = 23.43°
Entonces
⎛ 1 − senφ m
α = ⎜⎜
⎝ 1 + senφ m
⎞ ⎛ 1 − sen 23.43° ⎞
⎟ = ⎜⎜
⎟ 1 + sen 23.43° ⎟⎟ = 0.431
⎠
⎠ ⎝
10 log α = −3.655 dB
Para determinar la ganancia que deberá proporcionar el compensador en atraso, recuerde que en la frecuencia
de transición de ganancia ω m se debe de tener una magnitud de 10 log α , entonces debemos de bajar la
magnitud de G ( jω m ) hasta los 10 log α (Recuerde que el factor β debe ser menor a 17)
20 log β = G ( jω m ) − 10 log α = 16.532 + 3.655 = 20.187
β = 10.218
Con los términos de ω m , α y β , podemos determinar la ubicación de los polos y ceros del compensador
El cero del compensador en adelanto sería
1
= ω m α = 2 0.431 = 1.313
T1
El polo
1
αT1
=
1.313
= 3.046
0.431
El cero del compensador en atraso sería
1 ωm
=
= 0. 2
10
T2
El polo
1
β T2
=
0.2
= 0.019
10.218
El compensador en atraso-adelanto sería
⎛ (s + 1.313) 1 ⎞⎛ (s + 0.2)
1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟
Gc (s ) = ⎜⎜
+
s
3
.
046
0
.
431
s
+
0
.
019
10
.
218 ⎟⎠
(
)
(
)
⎝
⎠⎝
CONTROL CLÁSICO
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El ángulo que aporta el compensador en atraso en la nueva frecuencia de transición de ganancia ω m
∠Gc ( jω m ) = tan −1
ωm
0.2
− tan −1
ωm
0.019
= 84.289° − 89.456° = −5.167°
El sistema compensado en atraso-adelanto
⎛
⎞⎛ (s + 1.313) 1 ⎞⎛ (s + 0.2)
240
1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟⎜⎜
⎟
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
s
s
+
2
s
+
6
s
+
3
.
046
0
.
431
s
+
0
.
019
10
.
218 ⎟⎠
(
)(
)
(
)
(
)
⎝
⎠⎝
⎠⎝
K v = 20.606 seg −1
En ω m = 2
G ( jω m )Gc ( jω m ) = 0.043 dB
∠G ( jω m )Gc ( jω m ) = −135.17°
Para el sistema compensado
ω m = 2 rad / seg
ω f = 4.71 rad / seg
MG = 11.746 dB
MF = 44.82°
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SISTEMA COMPENSADO
SISTEMA SIN COMPENSAR
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Ejemplo 3
La función de transferencia de lazo abierto de un sistema de control es
G (s ) =
K
s(s + 1)(s + 2)
Se desea que el sistema cumpla con las siguientes especificaciones:
El coeficiente estático de error de velocidad K v = 10 seg −1
Un margen de fase MF = 50°
Un margen de ganancia de MG ≥ 10 dB
Solución
El coeficiente estático de error de velocidad del sistema original
K
K
K v = lim sG (s ) = lim s
=
s →0
s →0 s (s + 1)(s + 2 )
2
Como se desea que K v = 10 entonces
K
= 10 por lo que K = 20
2
El sistema sería
G (s ) =
20
s(s + 1)(s + 2)
El margen de fase para este sistema es
MF = −28.17°
ω c = 2.43 rad / seg
MG = −10.51 dB ω f = 1.41 rad / seg
Se escoge como frecuencia de transición de ganancia
ω m = 0.5
∠G ( jω m ) = −130.601°
ω m = 0.5
G ( jω m ) = 24.788 dB
φ m = −180° − ∠G ( jω m ) + MFesp + φ adic
φ m = −180° − (− 130.601°) + 50° + 5° = 5.601°
Entonces
⎛ 1 − senφ m
⎝ 1 + senφ m
α = ⎜⎜
⎞ ⎛ 1 − sen 5.601° ⎞
⎟ = ⎜⎜
⎟⎟ = 0.822
⎟
⎠ ⎝ 1 + sen 5.601° ⎠
10 log α = −0.8507 dB
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Para determinar la ganancia que deberá proporcionar el compensador en atraso, recuerde que en la frecuencia
de transición de ganancia ω m se debe de tener una magnitud de 10 log α , entonces debemos de bajar la
magnitud de G ( jω m ) hasta los 10 log α (Recuerde que el factor β debe ser menor a 17)
20 log β = G ( jω m ) − 10 log α = 24.788 + 0.8507 = 25.639
β = 19.14
Como la β es mayor a 17 será necesario aumentar la frecuencia de transición de ganancia ω m elegida para
que aumente el angulo φ m y disminuya la β .
Seleccionamos una nueva frecuencia de transición de ganancia ω m = 1
∠G ( jω m ) = −161.565°
ωm = 1
G ( jω m ) = 16.02 dB
φ m = −180° − ∠G ( jω m ) + MFesp + φ adic
φ m = −180° − (− 161.565°) + 50° + 5° = 36.565°
Entonces
⎛ 1 − senφ m
α = ⎜⎜
⎝ 1 + senφ m
⎞ ⎛ 1 − sen 36.565° ⎞
⎟ = ⎜⎜
⎟⎟ = 0.253
⎟
⎠ ⎝ 1 + sen 36.565° ⎠
10 log α = −5.969 dB
Para determinar la ganancia que deberá proporcionar el compensador en atraso.
20 log β = G ( jω m ) − 10 log α = 16.02 + 5.969 = 21.989
β = 12.573
Con los términos de ω m , α y β , podemos determinar la ubicación de los polos y ceros del compensador
El cero del compensador en adelanto sería
1
= ω m α = 0.253 = 0.503
T1
El polo
1
αT1
=
0.503
= 1.988
0.253
El cero del compensador en atraso sería
1 ωm
=
= 0.1
10
T2
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El polo
1
β T2
=
0.1
= 0.0079
12.573
El compensador en atraso-adelanto sería
⎛ (s + 0.503) 1 ⎞⎛ (s + 0.1)
1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟
Gc (s ) = ⎜⎜
⎝ (s + 1.988) 0.253 ⎠⎝ (s + 0.0079) 12.573 ⎠
El ángulo que aporta el compensador en atraso en la nueva frecuencia de transición de ganancia ω m
∠Gc ( jω m ) = tan −1
ωm
0.1
− tan −1
ωm
0.0079
= 84.289° − 89.547° = −5.258°
El sistema compensado en atraso-adelanto
⎛
⎞⎛ (s + 0.503) 1 ⎞⎛ (s + 0.1)
20
1 ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎝ s (s + 1)(s + 2 ) ⎠⎝ (s + 1.988) 0.253 ⎠⎝ (s + 0.0079) 12.573 ⎠
K v = 10.068 seg −1
En ω m = 1
G ( jω m )Gc ( jω m ) = 0.044 dB
∠G ( jω m )Gc ( jω m ) = −130.23°
Para el sistema compensado
ω m = 1 rad / seg
ω f = 2.33 rad / seg
MG = 11.37 dB
MF = 49.77°
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SISTEMA SIN COMPENSAR
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SISTEMA COMPENSADO
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