Compensación en atraso por el método de respuesta en frecuencia

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COMPENSACIÓN EN ATRASO POR EL MÉTODO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
UANL
Compensación en atraso
por el método de respuesta en frecuencia
CONTROL CLÁSICO
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M.C. JOSÉ MANUEL ROCHA NUÑEZ
M.C. ELIZABETH GPE. LARA HDZ.
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Compensación en atraso por el método de respuesta en frecuencia
Compensador electrónico en atraso con amplificadores operacionales
1
1
s+
R1C1
Ts + 1
T
= Kc β
= Kc
1
1
β
Ts + 1
s+
s+
R2 C 2
βT
R4 C1
β T = R2 C 2
T = R1C1
Kc =
R3 C 2
R R
RC
β= 2 2
Kcβ = 2 4
R1 R3
R1C1
E 0 (s ) R2 R4 R1C1 s + 1 R4 C1
=
=
E i (s ) R1 R3 R2 C 2 s + 1 R3 C 2
s+
Ésta es una red de atraso si R1C1 < R2 C 2 .
La ganancia del compensador en atraso es K c β
El compensador tiene un cero en s = −1 T y un polo en s = −1 (βT ) .
Dado que β > 1 , vemos que el cero siempre se ubica a la derecha del polo en el eje de
frecuencia.
El valor máximo de β está limitado por la construcción física del compensador de atraso
1 < β < 17.
La función principal de un compensador de atraso es proporcionar una atenuación en el
rango de las frecuencias altas a fin de aportar un margen de fase suficiente al sistema.
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Diagrama de Bode de un compensador en adelanto con K c = 1 y β = 10
⎛
⎜ s+ 1
1
T
Gc (s ) = ⎜
β ⎜s+ 1
⎜
βT
⎝
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3
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
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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 ) =
El margen de fase para este sistema es
MF = 17.96°
40
s (s + 2 )
ω c = 6.17 rad / seg
MG = ∞
El ángulo que debe de proporcionar el compensador en atraso
φ m = −180° + MFesp + φ adic
Se consideran 5° como grados adicionales φadic , si se piensa en ubicar el cero del
compensador en atraso a una década antes del la nueva frecuencia de transición de ganancia
ωm
φ m = 180° + 50° + 5° = −125°
en ω = 1.4 tenemos una defasamiento de -125° y una magnitud de 21.366 dB, ésta será la
nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 1.4
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El compensador en atraso deberá proporcionar la ganancia de 21.366 dB
20 log β = 21.366 ⇒
β = 11.703
Se ubica al cero del compensador a una década antes de la nueva frecuencia de transición
de ganancia
El cero del compensador sería
1 ω m 1. 4
=
=
= 0.14
T 10 10
El polo
1
βT
=
0.14
= 0.012
11.703
El compensador sería
⎛
1
⎜ s+
1⎜
T
Gc (s ) =
β ⎜s+ 1
⎜
βT
⎝
⎞
⎟
⎟ = 1 ⎛⎜ s + 0.14 ⎞⎟
⎟ 11.703 ⎝ s + 0.012 ⎠
⎟
⎠
El ángulo que aporta el compensador en atraso sobre la nueva frecuencia de transición de
ganancia ω m = 1.4 es
ω
ω
∠Gc ( jω ) = tan −1
− tan −1
= 84.289° − 89.509° = −5.22°
0.14
0.012
El sistema compensado es
⎛ 40 ⎞⎛ s + 0.14 ⎞ 1
⎟⎟⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎟
⎝ s (s + 2 ) ⎠⎝ s + 0.012 ⎠ 11.703
Para el sistema compensado
MF = 49.79°
ω m = 1.4 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
π
o iguala
10
Un margen de fase MF ≥ 45°
La frecuencia de cruce de ganancia ω c ≥ 1 rad seg
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
s →0
24 K
= 2K
s(s + 2 )(s + 6)
entonces
10
R1
2π
π
π π
=
=
por lo que
entonces K = 10
e ss =
=
K 10
K v 2K K
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
El ángulo que debe de proporcionar el compensador en atraso
φ m = −180° + MFesp + φ adic
Se consideran 5° como grados adicionales φadic , si se piensa en ubicar el cero del
compensador en atraso a una década antes del la nueva frecuencia de transición de ganancia
ωm
φ m = 180° + 45° + 5° = −130°
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En ω = 1.13 tenemos una defasamiento de -130° y una magnitud de 23.604 dB, ésta será la
nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 1.13
El compensador en atraso deberá proporcionar la ganancia de 23.604 dB
20 log β = 23.604 ⇒
β = 15.142
Se ubica al cero del compensador a una década antes de la nueva frecuencia de transición
de ganancia ω m = 1.13
El cero del compensador sería
1 ω m 1.13
=
=
= 0.113
T
10
10
El polo
1
0.113
=
= 0.0075
βT 15.142
El compensador sería
⎛
1
⎜ s+
1⎜
T
G c (s ) =
β ⎜s+ 1
⎜
βT
⎝
⎞
⎟
⎟ = 1 ⎛⎜ s + 0.113 ⎞⎟
⎟ 15.142 ⎝ s + 0.0075 ⎠
⎟
⎠
El ángulo que aporta el compensador en atraso sobre la nueva frecuencia de transición de
ganancia ω m = 1.13 es
ω
ω
∠Gc ( jω ) = tan −1
− tan −1
= 84.289° − 89.62° = −5.33°
0.113
0.0075
El sistema compensado es
⎛
⎞⎛ s + 0.113 ⎞ 1
240
⎟⎟⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
⎟
(
)(
)
s
s
+
s
+
2
6
⎝
⎠⎝ s + 0.0075 ⎠ 15.142
Para el sistema compensado
MF = 44.54°
MG = 15 dB
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ω m = 1.13 rad / seg
ω f = 3.34 rad / seg
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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°
El ángulo que debe de proporcionar el compensador en atraso
φ m = −180° + MFesp + φ adic
Se consideran 5° como grados adicionales φadic , si se piensa en ubicar el cero del
compensador en atraso a una década antes del la nueva frecuencia de transición de ganancia
ωm
φ m = −180° + 50° + 5° = −125°
En ω = 0.425 tenemos una defasamiento de (-125°) y una magnitud de 26.519 dB, ésta será
la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 0.425
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El compensador en atraso deberá proporcionar la ganancia de 26.519 dB
20 log β = 26.519 ⇒
β = 21.181
Como la β es mayor a 17 se utilizaran dos compensadores iguales, por lo tanto deberán ser
10 los grados adicionales (5° por compensador)
φ m = −180° + 50° + 10° = −120°
En ω = 0.36 tenemos una defasamiento de (-125°) y una magnitud de 28.206 dB, ésta será
la nueva frecuencia de transición de ganancia
ω m = 0.36
El compensador en atraso deberá proporcionar la ganancia de 28.206 dB
2 * 20 log β = 28.206 ⇒
β = 5.072
Se ubica al cero del compensador a una década antes de la nueva frecuencia de transición
de ganancia ω m = 0.36
El cero del compensador sería
1 ω m 0.36
=
=
= 0.036
T
10
10
El polo
1
0.036
=
= 0.0071
βT 5.072
El compensador sería
⎛
⎜
⎜1
Gc (s ) = ⎜
⎜β
⎜
⎝
2
1⎞ ⎞
⎛
⎜s + ⎟ ⎟
2
⎛ 1
(
s + 0.036 ) ⎞
T⎠ ⎟
⎝
⎟ = ⎜⎜ 5.072 (s + 0.0071) ⎟⎟
⎛
1 ⎞⎟
⎝
⎠
⎜⎜ s +
⎟⎟ ⎟
βT ⎠ ⎠
⎝
El ángulo que aporta el compensador en atraso sobre la nueva frecuencia de transición de
ganancia ω m = 0.36 es
ω
ω ⎞
⎛
∠Gc ( jω ) = 2⎜ tan −1
− tan −1
⎟ = 2(84.289° − 88.87°) = 2(− 4.581°) = −9.162°
⎝
0.036
0.0071 ⎠
El sistema compensado es
⎞⎛ (s + 0.036 ) 1 ⎞
⎛
20
⎟⎟
⎟⎟⎜⎜
G (s )Gc (s ) = ⎜⎜
(
)(
)
1
2
s
s
+
s
+
⎠⎝ (s + 0.0071) 5.072 ⎠
⎝
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Para el sistema compensado
G ( jω )Gc ( jω ) ω =0.36 = 0.082 dB
∠G ( jω )Gc ( jω )ω =0.36 = −129.16°
MF = 50.84°
MG = 16.9 dB
CONTROL CLÁSICO
ω m = 0.36 rad / seg
ω f = 1.35 rad / seg
12
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