Compensador en adelanto BODE

FIME
COMPENSACIÓN EN ADELANTO POR EL MÉTODO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
UANL
Compensador en adelanto
por el método de respuesta en frecuencia
CONTROL CLÁSICO
1
M.C. JOSÉ MANUEL ROCHA NUÑEZ
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Compensador electrónico en adelanto con amplificadores operacionales
E0 (s ) R2 R4 R1C1s + 1 R4 C1
=
=
Ei (s ) R1 R3 R2 C 2 s + 1 R3C 2
1
R1C1
1
s+
R2 C 2
s+
1
s+
Ts + 1
T
= K cα
= Kc
1
αTs + 1
s+
αT
T = R1C1
K cα =
αT = R2 C 2
R2 R4
R1 R3
α=
Kc =
R4 C1
R3C 2
R2 C 2
R1C1
Ésta es una red de adelanto si R1C1 > R2 C 2 o α < 1 y una red de atraso si R1C1 < R2 C 2 .
La ganancia del compensador en adelanto es K cα
El compensador tiene un cero en s = − 1 T y un polo en s = −1 (αT ) .
Dado que 0 < α < 1 , vemos que el cero siempre se ubica a la izquierda del polo en el eje de
frecuencia.
El valor mínimo de α está limitado por la construcción física del compensador de adelanto.
Por lo general, el valor mínimo de α se ubica cerca de 0.05. (Esto significa que el adelanto
de fase máximo que produce el compensador es de alrededor de 65°.)
CONTROL CLÁSICO
2
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Diagrama de Bode de un compensador en adelanto con K c = 1 y α = 0.1
1
1
+ log
T
α
T
log ω m =
2
1
1
2log ω m = log + log
T
αT
⎡
1
1
⎞⎤
⎛
⎞
⎛
log ω m2 = log ⎢⎜ ⎟ ⎜
⎟⎥
⎣⎝ T ⎠ ⎝ αT ⎠⎦
log
⎛ 1 ⎞
⎟
⎝ αT 2 ⎠
1
ωm =
T α
ω m2 = ⎜
φm = ∠Gc ( jωm ) = ∠(ωmTj + 1) − ∠(ωmαTj + 1)
tan ( A − B ) =
φm = tan −1ω mT − tan −1ω mαT
tan A − tan B
1 + tan A tan B
α ⎞
⎟
− tan −1
α
α ⎟⎠
α
α = 1−α
α
2 α
α
1−α
sen φ m =
1+α
⎛
tan φm = tan ⎜⎜ tan −1
⎝
1
−
α
tan φ m =
1
1+
α
CONTROL CLÁSICO
3
1
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Técnicas de compensación de adelanto
1.
Determine la ganancia K que satisfaga el requerimiento sobre la constante estática de error
determinada.
2.
Usando la ganancia K determinada, dibuje la grafica de Bode de G(jω). Calcule el valor del Margen
de fase y el Margen de ganancia con sus respectivas frecuencias. Estos son las características
originales del sistema
MForig = margen de fase original
ω c = frecuencia de transición de ganancia original
MGorig = margen de ganancia original
ω f = frecuencia de transición de fase original
3.
Si las características originales no satisfacen lo especificado, entonces, calcule la cantidad de fase de
adelanto φ m requerido que debe de entregar el compensador en adelanto.
φ m = MFesp − MForig + φ adic
4.
MFesp es el margen de fase especificado, φ adic son los grados adicionales que hay que agregar para
compensar la caída de ángulo debido al corrimiento de frecuencia, producido por la magnitud
(10 log α ) que agrega el compensador en ω m . El ángulo φ m no debe de ser mayor a 65°. (Hay que
proponer el ángulo φ adic ).
5.
De la cantidad de fase requerida, determine el factor de atenuación α a partir de la ecuación.
⎛ 1 − senφ m
⎝ 1 + senφm
α = ⎜⎜
6.
⎞
⎟⎟
⎠
Determine la frecuencia ω m a la cual la magnitud del sistema no compensado G(jω) es igual a
(10 log α ) . Seleccione ésta como la nueva frecuencia de transición de ganancia. Esta frecuencia
corresponde a
1
ωm =
T α
y el cambio de fase máximo φ m ocurre en esta frecuencia.
7.
Calcule la caída de ángulo, la cuál será, el defasamiento en la frecuencia de transición de ganancia
original ( ω c ) menos el defasamiento en la nueva frecuencia de transición de ganancia ( ω m ).
φ caida = ∠G ( jω c ) − ∠G ( jω m )
Esta caída deberá ser aproximadamente igual a los grados adicionales φ adic ≈ φcaida . Si no se cumple
esta condición se deberá modificar los grados adicionales y repetir los pasos del 3 al 7
8.
Determine las frecuencias de esquina del compensador de adelanto:
Cero del compensador de adelanto:
CONTROL CLÁSICO
1
T
4
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Polo del compensador de adelanto:
9.
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1
αT
El compensador quedaría
1
s+
Ts + 1
⎛1⎞
T
=
Gc (s ) =
⎜ ⎟
αTs + 1 s + 1 ⎝ α ⎠
αT
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5
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Ejemplo 1
La función de transferencia de lazo abierto de un sistema de control es
G (s ) =
4K
s(s + 2)
Se desea que el sistema cumpla con las siguientes especificaciones
1. El coeficiente estático de error de velocidad K v = 20 seg −1
2. El margen de fase MF ≥ 50°
3. El margen de ganancia MG ≥ 10 dB
Solución
El coeficiente estático de error de velocidad del sistema original
K v = lim sG (s ) = lim s
s →0
s →0
4K
= 2K
s(s + 2 )
Como se desea que K v = 20 seg −1 entonces
2 K = 20
K = 10
El sistema sería
G (s ) =
40
s(s + 2 )
El margen de fase para este sistema es
MF = 17.96°
ω c = 6.17 rad / seg
MG = ∞
El ángulo que debe de proporcionar el compensador en adelanto
φ m = MFesp − MForig + φ adic
Se propone 6° como grados adicionales
φ m = 50° − 17.96° + 6° = 38.04°
α=
1 − sen φ m 1 − sen (38.04°)
=
= 0.237
1 + sen φ m 1 + sen (38.04°)
10 log α = 10 log (0.237 ) = −6.244 dB
En ω = 8.95 tenemos una magnitud de -6.244 dB, ésta sería la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 8.95
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La caída de ángulo debido al corrimiento de frecuencia de 6.17 a 8.95 es el defasamiento en la frecuencia de
transición de ganancia original (ω c ) menos el defasamiento en la nueva frecuencia de transición de ganancia
(ω m )
φ caida = ∠G ( jω c ) − ∠G ( jω m )
Esta caída deberá ser menor o igual a los grados adicionales φ adic ≈ φcaida
φ caida = −162.04° − (− 167.4°) = 5.36°
Como φadic ≈ φcaida , se continúa con el diseño, si no lo fueran habría que modificar los grados adicionales y
volver a diseñar.
El cero del compensador sería
1
= ω m α = 8.95 0.237 = 4.357
T
El polo
1
αT
=
4.357
= 18.384
0.237
El compensador sería
1
⎛
⎜ s+
1⎜
T
Gc (s ) =
1
α⎜
⎜s+
αT
⎝
⎞
⎟
⎟ = 1 ⎛⎜ s + 4.357 ⎞⎟
⎟ 0.237 ⎝ s + 18.384 ⎠
⎟
⎠
El sistema compensado es
⎛ 40 ⎞⎛ s + 4.357 ⎞ 1
⎟⎟⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎟
⎝ s (s + 2 ) ⎠⎝ s + 18.384 ⎠ 0.237
Para el sistema compensado
MF = 50.66°
ω m = 8.96 rad / seg
MG = ∞
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Ejemplo 2
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
K v = lim sG (s ) = lim s
s →0
Como se desea que e ss =
π
10
e ss =
s →0
24 K
= 2K
s (s + 2 )(s + 6 )
entonces
R1
π
2π
=
=
K v 2K K
π
como
K
=
π
10
entonces K = 10
El sistema sería
G (s ) =
240
s(s + 2 )(s + 6 )
El margen de fase para este sistema es
MF = −20.78°
MG = −7.93 dB
ω c = 5.3 rad / seg
ω = 3.47 rad / seg
Ya que el sistema es muy inestable, para llevar al sistema de -20.78° hasta 45° se necesitarán 65.78° más los
grados adicionales, un compensador no es suficiente, por lo que se necesitarán dos compensadores en
adelanto, Para facilitar el diseño se utilizaran dos compensadores iguales, el ángulo que debe de proporcionar
cada compensador en adelanto sería:
φm =
MFesp − MForig + φ adic
2
Se propone 31° como grados adicionales
φm =
α=
CONTROL CLÁSICO
45° − 20.78° + 31°
= 48.39°
2
1 − sen φ m 1 − sen (48.39°)
=
= 0.144
1 + sen φ m 1 + sen (48.39°)
9
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2 * 10 log α = 20 log (0.144 ) = −16.83 dB
en ω = 11.3 tenemos una magnitud de -16.83 dB, ésta sería la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 11.3
La caída de ángulo debido al corrimiento de frecuencia de 5.3 a 11.3 es el defasamiento en la frecuencia de
transición de ganancia original (ω c ) menos el defasamiento en la nueva frecuencia de transición de ganancia
(ω m )
φ caida = ∠G ( jω c ) − ∠G ( jω m )
Esta caída deberá ser menor o igual a los grados adicionales φ adic ≥ φ caida
φ caida = −200.78° − (− 232°) = 31.22°
Como φadic ≈ φcaida se continúa con el diseño, si no lo fueran habría que modificar los grados adicionales y
volver a calcular
El cero del compensador sería
1
= ω m α = 11.3 0.144 = 4.288
T
El polo
1
αT
=
4.288
= 29.778
0.144
El compensador sería
⎛
1
⎛1⎞ ⎜
T
Gc (s ) = ⎜ ⎟
⎝α ⎠ ⎜ s + 1
⎜
αT
⎝
2⎜
s+
2
⎞
2
2
⎟
⎟ = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ s + 4.288 ⎞⎟
⎟
⎝ 0.144 ⎠ ⎝ s + 29.778 ⎠
⎟
⎠
El sistema compensado es
2
⎛
⎞⎛ s + 4.288 ⎞ ⎛ 1 ⎞
240
⎟⎟⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎟ ⎜
⎟
s
s
+
2
s
+
6
(
)(
)
⎝
⎠⎝ s + 29.778 ⎠ ⎝ 0.144 ⎠
2
Para el sistema compensado
En ω = ω m = 11.3
G ( jω m )Gc ( jω m ) = 0.039 dB y ∠G ( jω m )Gc ( jω m ) = −135.12°
MF = 44.88°
MG = 12.86 dB
CONTROL CLÁSICO
ω m = 11.3 rad / seg
ω f = 29.2 rad / seg
10
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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 v = lim sG (s ) = lim s
s →0
s →0
K
K
=
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
ω c = 2.43 rad / seg
MG = −10.51 dB ω f = 1.41 rad / seg
MF = −28.17°
Ya que el sistema es muy inestable, para llevar al sistema de -28.17° hasta 50° se necesitarán 78.17° más los
grados adicionales por lo que se necesitarán dos compensadores en adelanto, El ángulo que debe de
proporcionar cada compensador en adelanto sería
φm =
MFesp − MForig + φ adic
2
Se propone 20° como grados adicionales
φm =
α=
50° − (− 28.17°) + 20°
= 49.08°
2
1 − sen φ m 1 − sen (49.08°)
=
= 0.139
1 + sen φ m 1 + sen (49.08°)
2 * 10 log α = 20 log (0.139 ) = −17.127 dB
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en ω = 5.08 tenemos una magnitud de -17.127 dB, ésta sería la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 5.08
La caída de ángulo debido al corrimiento de frecuencia de 2.43 a 5.08 es el defasamiento en la frecuencia de
transición de ganancia original (ω c ) menos el defasamiento en la nueva frecuencia de transición de ganancia
(ω m )
φ caida = ∠G ( jω c ) − ∠G ( jω m )
Esta caída deberá ser aproximadamente igual a los grados adicionales φ adic ≈ φ caida
φ caida = −208.17° − (− 237.37°) = 29.2°
Como la caída de ángulo es mayor que los grados adicionales se procede a recalcular modificando los grados
adicionales.
Se propone 34° como grados adicionales
φm =
α=
50° − (− 28.17°) + 34°
= 56.08°
2
1 − sen φ m 1 − sen (56.08°)
=
= 0.093
1 + sen φ m 1 + sen (56.08°)
2 * 10 log α = 20 log (0.093) = −20.63 dB
en ω = 5.85 tenemos una magnitud de -20.63 dB, ésta sería la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 5.85
La caída de ángulo debido al corrimiento de frecuencia de 2.43 a 5.85 es el defasamiento en la frecuencia de
transición de ganancia original (ω c ) menos el defasamiento en la nueva frecuencia de transición de ganancia
(ω m )
φ caida = ∠G ( jω c ) − ∠G ( jω m )
Esta caída deberá ser aproximadamente igual a los grados adicionales φ adic ≈ φ caida
φ caida = −208.17° − (− 241.42°) = 33.25°
Como son aproximadamente iguales φ adic ≈ φ caida se continua con el diseño, si no lo fueran habría que
modificar los grados adicionales y volver a calcular
El cero del compensador sería
1
= ω m α = 5.85 0.093 = 1.784
T
El polo
1
αT
CONTROL CLÁSICO
=
1.784
= 19.183
0.093
13
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UANL
El compensador sería
⎛
1
⎛1⎞ ⎜
T
Gc (s ) = ⎜ ⎟
⎝α ⎠ ⎜ s + 1
⎜
αT
⎝
2⎜
s+
2
⎞
2
2
⎟
⎟ = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ s + 1.784 ⎞⎟
⎟
⎝ 0.093 ⎠ ⎝ s + 19.183 ⎠
⎟
⎠
El sistema compensado es
2
⎛
⎞⎛ s + 1.784 ⎞ ⎛ 1 ⎞
20
⎟⎟⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎟ ⎜
⎟
s
s
+
1
s
+
2
(
)(
)
⎝
⎠⎝ s + 19.183 ⎠ ⎝ 0.093 ⎠
2
Para el sistema compensado
En ω = ω m = 5.85
G ( jω m )Gc ( jω m ) = 0.016 dB y ∠G ( jω m )Gc ( jω m ) = −129.26°
MF = 50.74°
MG = 15.17 dB
CONTROL CLÁSICO
ω m = 5.85 rad / seg
ω f = 18.61 rad / seg
14
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