Diseño de compensadores por LGR

TÉCNICAS DE COMPENSACIÓN USANDO EL
LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES.
Efecto de añadir Polos y Ceros a GH(s).
Adición de Polos.
En general, la adición de polos en el semiplano izquierdo
produce una deformación del L.G.R hacia la derecha.
Sea:
GH(s) =
K
s(s + a )
donde a>0
Si
Si
K
s(s + b )(s + a )
con b > a
K
s ( s + c)( s + b)( s + a )
con c > b > a
Adición de ceros:
En general, al añadir ceros en el semiplano izquierdo, se estabiliza el
sistema, deformándose el L.G.R hacia la izquierda.
K
GH(s) =
s(s + a )
Si
Si
K (s + b)
GH(S) =
s(s + a )
Si
GH(S) =
K (s + c)
s(s + a )(s + b)
c > b >a
jω
σ
0
-b
-a
jω
σ 0 -c
-b
-a
DISEÑO DE COMPENSADORES
Controlador Industrial Ideal
P
PD
Compensador eléctrico real
Kc
Kc
Kc
Kc (1 + TDS )
1 + TS
1 + αTS
α<1
(adelanto)
PI
1 ⎞ Kc ⎛ T iS + 1 ⎞
⎛
Kc ⎜1 +
⎟=
⎜
⎟
⎝ TiS ⎠ Ti ⎝ S ⎠
Kc
1 + TS
1 + βTS
β>1
(atraso)
PID
2
1
⎛
⎞ Kc ⎛ TDTIS + TiS + 1 ⎞
⎟⎟
⎜⎜
Kc ⎜1 +
+ TDS ⎟ =
S
⎝ T iS
⎠ Ti ⎝
⎠
Kc
1 + T 1S
1 + T 2S
.
1 + (T 1 / β )S 1 + βT 2 S
adelanto
- atraso
β> 1
COMPENSACIÓN EN ADELANTO.
Función de Transferencia de un compensador en adelanto
1
T
Gc = Kc´
1
s+
αT
s+
Gc = K c
1 + Ts
1 + αTs
0,07≤α< 1
K c ´=
Kc
α
Función de Transferencia del sistema compensado, donde FTLA = G(S)
G1(S ) = Gc ⋅ G (S )
1
⎛
s+
⎜
⎛ 1 + Ts ⎞ K c
T
.G (s ).⎜
G1(S ) = KcG (S )⎜
⎟=
⎜s+ 1
⎝ 1 + αTs ⎠ α
⎜
αT
⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN
CASCADA DE ADELANTO POR EL METODO DEL L.G.R.
Básicamente este procedimiento está enfocado a la búsqueda del
polo y del cero del compensador:
1.- Dibujar el L.G.R. del sistema sin compensar.
2.- Determinar si es posible cumplir con las especificaciones del
problema con ese L.G.R. (esto implicaría solo un ajuste de Kc)
3.- Si no, entonces ubicar los polos dominantes deseados PD tal que
se cumplan las especificaciones.
4.- Encontrar la contribución angular (φc) que debe suplir el
compensador en el polo PD, para lograr que éste pertenezca al LGR
del sistema compensado.
Esta contribución se obtiene por:
/G1 =
/Ceros de G(s) - /Polos de G(s) + φc = 180o
Con S=PD
NOTA: Cuando φc > 60o, generalmente se usa más de un
compensador en adelanto u otro tipo de compensador.
5.- Obtener la pareja cero-polo del compensador que produzca el
ángulo φc en el polo Pd deseado, para ello se une Pd con el origen,
se pasa una recta por Pd, se encuentra la bisectriz entre las rectas
APd y PdO. Luego se dibujan las rectas PdD y PdE, tal como se
muestra en la figura. De esta forma se encuentran el polo y el cero
del compensador en adelanto.
6.- Chequear el estado estacionario del sistema compensado.
Para ello se sabe que la F.T.L.A. del sistema compensado es:
G'1 = GcG(S) = Kc G(S).
1 + TS
1 + αTs
Consideremos a K0 = ganancia de la F.T.L.A. original. Luego
podemos decir:
K1 = K0 Kc
K1 puede ser calculada de la condición de magnitud, aplicada al
sistema compensado en S=PD
K0 generalmente es dada o se conoce con la condición de
magnitud de la F.T.L.A. original,(en los polos originales del
sistema).
∴
Kc = K1/K0
7.-Dibujar por último el L.G.R. del sistema compensado, para
chequear si se cumplen todas las especificaciones.
Ejemplo de Compensación en Adelanto
Se tiene la planta de tipo 1 siguiente:
G (S ) =
400
s s 2 + 30 s + 200
(
)
Se desea una respuesta a lazo cerrado con:
ξ=0.5
y
ωn=13.5rad/seg
La F.T.L.A actual produce en lazo cerrado polos en:
(-4.2± 0.93j)
y
-21.59
El sistema entonces no tiene sobreimpulso, pero
ess(rampa)=
1
= 0.5
Kv
S1=PD
φ/2
φc/2
-b
-a
Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j
Luego:
Entonces:
φ = ∠S1 ≅ 120º
=>
θp ≅ 32°
θz ≅ 87.9°
Pc = -25.41
Kc´=
y
φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8°
Zc= -7.16
S1 + Pc
G (S1) S1 + Zc
El compensador será en definitiva:
= 13.62
Gc ≅ 13.62
S + 7.16
S + 25.41
Procedimiento Alternativo:
Procedimento geométrico de compensación:
S1=PD
φ/2
φc/2
-b
Si:
-a
φ = ∠(S1)
; φc = ± 180º - ∠G(S1)
θp = φ - φc
2
y
θz = φ + φc
2
Calcular:
Pc = -b = Re (s1) – Im (s1)
tanθp
Kc es tal que
Kc´⋅
y
s + Zc
⋅ G (s ) = 1
s + Pc
Zc = -a = Re(s1) – Im(s1)
tanθz
S=S1
Polos Deseados: S1 = - 6.75 ± 11.69 j
( En Matlab el comando “Ord2”dá este resultado automáticamente, dados ξ y
ωn)
Luego:
Entonces:
φ = ∠S1 ≅ 120º
=>
θp ≅ 32°
θz ≅ 87.9°
Pc = -25.41
Kc´=
y
φc ≅ ±180°- ∠G(S1) = 55.8°
-235.8°
Zc= -7.16
S1 + Pc
G (S1) S1 + Zc
El compensador será en definitiva:
= 13.62
Gc ≅ 13.62
S + 7.16
S + 25.41
GH ( s ) =
400
s (s 2 + 30s + 200 )
LGR del sistema sin compensar.
GH ( s ) =
13.62(s + 7.16)
s (s + 30s + 200)(s + 25.41)
2
LGR del sistema compensado.
Ejemplo
Ejemplo de compensación en adelanto
Un sistema de control tiene como función de transferencia de lazo
abierto:
K
GH ( s ) = 2
s (s + 10 )
Se desea que el sistema de lazo cerrado tenga los polos dominantes
con un coeficiente de amortiguación de ξ = 0,4 y con una frecuencia
natural no amortiguada ωn=2,5rad/seg.
- Empleando el método del L.G.R. introduzca un compensador tal que
haga al sistema estable.
- Determine el coeficiente de error de aceleración Ka del sistema
compensado.
-
Dibuje el L.G.R. sistema compensado ¿Qué mejoras ha
presentado el sistema compensado con relación al no
compensado?
Solución:
Obtención del L.G.R.
Datos del L.G.R. del sistema no compensado:
P = 3, Z = 0
# ramas = 3
Asintotas = 60° ; -60° ; +180°
σa = -3,33
Cortes con el eje jω : ω = 0 , K = 0
Ver figura 1 del L.G.R.
Ejemplo 1
GH ( s ) =
K
s 2 (s + 10 )
LGR del sistema sin compensar.
Compensación del sistema:
a) Cálculo de los polos dominantes deseados:
Según las especificaciones, la parte real del polo dominante deseado
será:
σ = ξωn = 0,4 x 2,5 = 1
y arcos ξ = θ
=>
θ ≅ 67°
∴ los polos dominantes deseados son Pd = -1 ± j 2,3
b)Cálculo de la contribución angular del compensador ( θc )
θc - θ1 - 2θ2 = -180°
y, según la figura 1, tenemos:
φc -15 - 115 - 115 - 180 => φc - 245°= -180°
=> φc= 65°
pero
θc > 60° !!!!!
por lo que construiremos dos
compensadores, cada uno con una contribución de
θc ' = 32,5
½ θc ' = 16,25° ;
c)Obtención del compensador
Graficando ½θc ' en la figura 1, obtenemos:
1/T=1.7 y 1/αT=3.7
∴ α >0.07
α = 0.46
=> aceptable.
El sistema compensado es, por consiguiente:
G1(S) = Gc G =
(S + 1.7 )2 . K 1´
(S + 3.7 )2 S 2 (10 + S )
Al dibujar ahora el L.G.R. del sistema compensado, se obtiene el gráfico
que se muestra en la figura 2.
Por la condición de magnitud
K1 ' | s + 1.7 | ²
=1
| s + 3.7 | ² | s² | | s + 10 |
se puede calcular K1' = Kc´ K0´
para
s = -1 +j 2,3
Sustituyendo Pd = s, podemos despejar de aquí K1, y encontrar Kc´
Se calcula Ka:
Ka = lims→0
2
s² G(S) = lims→0 S
(S + 1.7 )2 . K 1´
(S + 3.7 )2 S 2 (10 + S )
LGR del sistema compensado.
Compensación en Atraso : L.G.R.
Función de transferencia de un compensador en atraso
1⎞
⎛
Kc ⎜s + ⎟
Ts + 1
T⎠
⎝
Gc =
= Kc
βTs + 1
⎛
1 ⎞
⎟⎟
β ⎜⎜ s +
Tβ ⎠
⎝
1 < β < 15
K c ´=
Kc
β
Para evitar un cambio apreciable en el L.G.R. al introducir el
compensador, éste deberá contribuir con un ángulo no mayor de 5o.
Para asegurar esto, colocamos al polo y al cero muy cerca el uno del
otro y además muy cerca del eje jω. Esto implica:
1⎞
⎛
⎜ s1 + ⎟
1
T⎠
⎝
≈
⎛
1 ⎞ β
⎟⎟
β ⎜⎜ s1 +
T
β
⎝
⎠
donde s1 = polo dominante deseado,(de la FTLC)
∴ Podemos aumentar la ganancia en un factor β sin alterar el L.G.R.
en el polo dominante, es decir, sin alterar la respuesta transitoria: Si
K' es la ganancia del sistema compensado; y K la ganancia del
sistema original (en p=s1):
Y la precisión mejora en un factor “Kc”
K' = Kc.K
PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN
ATRASO POR EL METODO DEL L.G.R.
1.- Dibujar el L.G.R. del sistema sin compensar.
2.- Ubicar los polos complejos dominantes Pd para que se
cumplan las especificaciones de respuesta transitoria.
PD
3.- Determinar, con la condición de módulo, la ganancia de la
FTLA en los polos dominantes deseados.
4.- Calcular el ess.
5.- Determinar el aumento necesario en el coeficiente de error
para satisfacer las especificaciones de estado estacionario. Es
decir, calcular Kc.
6.- Tomar β = Kc.
7.- Calcular el polo y el cero del compensador como :
z = 1/T
y
p =1/βT
NOTA: Se puede escoger en el primer intento 1/T = -0,1.
8.- Chequear que la contribución angular de la pareja polo-cero
en el polo dominante Pd sea pequeña, es decir:
/ Pd + 1/ βT - / Pd + 1/ T < 5°
Esto garantiza que el L.G.R. no se vea modificado en el Pd.
9.- Graficar el L.G.R. del sistema compensado.
10.- Encontrar nuevamente los polos dominantes. ¿Son los
cambios de la respuesta transitoria tolerables?
Ejemplo:
Dado un sistema de control en retroalimentación simple cuya FTLA
es:
GH ( s ) =
se desea fijar
K
s (s + 5)(s + 15)
ξ= 0,3 para la respuesta transitoria del sistema y
además un ess < 0,1 ante entrada rampa r(t)=3t. Determine si el
sistema sin compensar puede cumplir con dichas especificaciones.
En caso contrario construya el compensador adecuado.
Solución :
Obtención del L.G.R.
Construiremos el L.G.R. del sistema no compensado. Aplicando las
reglas del L.G.R. para su construcción, tenemos:
p=3
z=0
# de ramas = 3
σa = -6.6
Asintotas : ± 60° , 180°
Puntos de salida : s = -2,26
Cruce con el eje : jω/ω= ±8,66
K = 173,2
Cálculo del compensador:
Ubicamos los polos dominantes deseados según las especificaciones
de respuesta transitoria.
Si ξ = 0,3
=> θ = 72,54°
=> sobre el L.G.R. se pueden ubicar los polos dominantes deseados:
Pd=-1,7±j5,4
Cálculo el ess del sistema no compensado:
Para ello debemos calcular primero Kv , ya que si la entrada es r(t) =
A.t (rampa), el error estacionario es:
A
ess=
Kv
∴ Kv = limS→0
(A: magnitud de la entrada rampa)
s G(H) = limS→0 s
K
s(s + 5)(s + 15)
=
K
75
=> el ess del sistema no compensado es:
ess =
3x 75 225
=
K
K
Podemos calcular el valor de K para el sistema no compensado
aplicando la condición de magnitud para s= -1,7 + j5,4, de donde:
K = 514,3
=>
Kv = 6,86
∴ ess = 0,4375 (sistema no compensado).
Pero queremos ess < 0,1 => es necesario compensar en atraso.
∴
ess = 0,1 =
=>
∴
225
K'
donde K' = K Kc
K' = 2250
K ' 2250
=
Kc =
= 4,375
K 514.3
Luego elegimos β = Kc = 4,375
=> -
-
y
T = 10
1
= -0,023
βT
------------->
polo
1
= -0,1
T
------------->
cero
Sistema compensado:
=>
GH ( s ) =
K
(s + 01)
1
⋅
⋅
4.375 s (s + 5)(s + 15) (s + 0.023)
GH ( s ) =
K
s (s + 5)(s + 15)
LGR del sistema sin compensar.
GH ( s ) =
(s + 01)
K
1
⋅
⋅
4.375 s (s + 5)(s + 15) (s + 0.023)
LGR del sistema compensado.
Ejemplo:
GH (s ) =
4.86 KcT
(s + 2.5)3
ts(2%)=3.2
ess<9% ante entrada escalón
3.2 =
4
ξωn
= ξωn = 1.25
=>
PD: -1.25±2.175j
Condición de módulo:
K=
(
s + 2.5
)3 s= P
= 15.8 = 4.86 K CT
D
KcT≡ 3.25
(s + 2.5) = 1 ≅ 0.5
sR (s )
ess = lims → 0 sE(s ) = lims → 0
= lims → 0
1 + GH(s )
(s + 2.5)3 + K 1 + 15.8
(2.5)3
3
Si ess ≤0.09 ⇒ K’ ≅ 158 (=157.98) ⇒ hay que compensar el atraso!
K’≅ 10K ⇒ se escoge β =10
1
⎫
= 0.1 ⎪
T
⎪
⎬
1
= 0.01⎪ Contribución angular en s1,2= -1.25±2.175j ≅-1.7°
⎪⎭
βT
Sistema compensado:
4.86 K CT (s + 0.1)K 'c
3
(
s + 2.5) (s + 0.01)
G ' (s ) =
⇒ ess = lim s→0
≅ 0.09
(s + 2.5)s (s + 0.01) + 15.8(s + 0.1)
(s + 2.5)3 (s + 0.01)α
GH ( s ) =
4.86 ⋅ Kct
(s + 2.5)3
LGR del sistema sin compensar.
GH ( s ) =
4.86 ⋅ Kc ⋅ (s + 0.1)
(s + 2.5)3 (s + 0.01)
LGR del sistema compensado.
DISEÑO DE UN COMPENSADOR EN ADELANTO-ATRASO POR
EL METODO DEL L.G.R.
F.T. del compensador.
1
T2
T1 s + 1
T s +1
⋅ 2
= Gc = K c ´
⋅
Gc = Kc
β
1
(T1 / β )s + 1 βT2 s + 1
s+
s+
βTs
T1
s+
1
T1
s+
adelanto - atraso
β>1
Kc´ = Kc
Procedimiento:
1.- Grafique el L.G.R. del sistema no compensado.
2.- Para las especificaciones dadas, encuentre los polos dominantes
Pd.
3.- Determine
φc para la red de adelanto para que Pd cumpla la
condición angular.
4.- Usando la FTLA ya compensada, encuentre Kc de tal forma que
se cumpla la especificación del coeficiente de error dado en el
problema.
5.- Encuentre los valores de β y T1 tal que:
/ s + 1/ T1 - / s + β/ T1 =
s+
s+
φc
y que
en s=PD
1
T1
β
|Kc GH(S)| = 1
en s = Pd
T1
6.- Con el valor de β encontrado, escoja T2 tal que:
1
T2
1 =1
s+
βT2
s+
/s + 1/β T2 - / s + 1/ T2 < 5°
para s=Pd
para s=Pd
7.- Verificar el LGR y las características de respuesta transitoria y
estacionaria del sistema compensado.
Ejemplo:
Se tiene un sistema cuya FTLA es:
GH(s) =
1000
s(s + 2.5)(s + 20)
Se requiere que:
- Kv = 50
- Mp = 10%
- ts = 2 seg.
Compensar el sistema tal que se cumplan los requerimientos.
Solución:
LGR
Construimos el L.G.R. del sistema no compensado. Se tiene:
p = 3, Z = 0
# ramas = 3
σa = -7.5
Asintotas = ± 60° , 180°
Puntos de salida: s = - 1.07
Puntos de cruce con el eje imaginario S = ± 7.07j
Y para este valor de s, tenemos que Kcr= 1125
Con las especificaciones localizamos al Pd
Si Mp = 10% => ξ = 0.6 => θ = 53.1°
y con ts = 2 seg.
( ts : 2% = 4/σ ,
=> tenemos como Pd = -2 ± j 2.6
5% = 3/σ )
/GH(S) = -216°
s=Pd
φc = 36°
=>
Si Kv = 50, esto implica que
lims->0 s G(S) =
1000.K c
= 50 => Kc = 2.5
(2.5)(20)
Determinacion de β y T1
Por condición del módulo:
s+
1000.K c
s ( s + 2.5 )( s + 20 )
s+
s+
1
T1
β
⋅
2500
≅
157.95
T1
s+
s+
s+
1
T1
β
1
T1
β
en s= -2± j2.6 = 1
T1
⋅
10
=1⇒
0.63
T1
s+
s+
1
T1
β
≅
0.63
(*)
10
T1
Se localiza en el plano S, el polo y el cero de tal manera que guarden
entre sí la relación (*) y a la vez tengan un φc = 36°. Esto se hace por
tanteo o bien se calcula analíticamente.
Se encuentra finalmente:
-
1
=-5 ;
T1
-
β
T1
= 62
=>
β = 12.4°
Lo cual implica que la red de adelanto queda:
-> aceptable.
(s + 5)
(s + 62)
Diseño de la red de atraso
Se debe cumplir que:
s + 1 / T2
s + β / T2
≅ 1 ; y su contibución angular < 5°
s = Pd
Para ello escogemos
=>
-
T2 = 10
1
≅ 0.008
βT2
y
1
= 0.1
T2
Hay que chequear la contribución angular de la red y la condición de
magnitud:
s + 1 / T2
s + β / T2
ángulo de
= 0.983 ≅ 1
s = Pd
⎛ s + 1 / T2 ⎞
⎜⎜
⎟⎟
= -1.30° < 5°
+
s
β
/
T
2 ⎠ s = Pd
⎝
Por lo cual, tenemos el sistema compensado:
Gc.GH=
G'(s) =
2500(s + 5)(s + 0.1)
s(s + 2.5)(s + 20)(s + 62)(s + 0.008)
Otros Ejemplos
Ejemplo 1
110
G(s) =
s ( s + 5)
Dado
y
H(s) = 1
Determinar un compensador de modo que los polos dominantes de
lazo cerrado tengan ζ = 0,6 ; ωn = 23 rad/seg. Calcule cómo afecta
la adición del compensador a las caracteristicas del sistema en
estado estacionario.
10
8
6
Imag Axis
4
2
0
-2
-4
-6
-8
-10
-10
-5
0
Real Axis
5
Sistema sin compensar.
El polo dominante deseado es:
Pd = -ζωn ± j ,1 - ζ² ωn = -13.8 ± j 18.4
Cálculo de la contribución ángular de la red (φc)
φc = 115.56° + 126.9° +180° = 62.46°
φc > 60°
φc' = 31.23
Se diseñan dos compensadores, cada uno de
φc' /2 = 15.62°
10
Por el método de la bisectriz se obtiene:
1/T=17.4 y 1/αT=30.4
α = 0.57 > 0.07
=> aceptable
Para hallar la ganancia Kc del compensador:
Inicialmente: Kv = lims→0sGH(s)=22
Aplicando la condición de magnitud al sistema compensado en
s=Pd se puede hallar Kc´
110.K c ' ( s+17.4 )2
s ( s+5 ) ( s+30.4 )2
Kc’=9.61
en s= -13.8+18.4j = 1
la función de transferencia del compensador es:
⎛ s + 17.4 ⎞
⎟
Gc(s) = 9.61 ⎜
s
30
.
4
+
⎝
⎠
2
Entonces Kv para el sistema compensador será:
Kv final = lims→0sGH(s).Gc(s)= 69.26
Con lo que la precisión del sistema mejoró en un factor de
69.26/22 = 3.1
60
40
Imag Axis
20
0
-20
-40
-60
-60
-40
-20
0
Real Axis
20
40
Sistema Compensado.
⎛ 110 ⎞⎛ 9.61(s + 17.4)2 ⎞
⎟
⎟⎟⎜⎜
GHG c (s ) = ⎜⎜
2
⎟
⎝ s(s + 5) ⎠⎝ (s + 30,4 ) ⎠
60
Ejemplo 2
Introduzca un compensador al sistema para que cumpla con
ζ = 0.5 para las raices dominantes y ess < 0.1 para r(t) = t.
GH (s ) =
(
K
s (s + 10 ) s 2 + 30 s + 625
)
40
30
20
Imag Axis
10
0
-10
-20
-30
-40
-40
-30
-20
-10
0
Real Axis
10
20
30
40
Sistema sin compensar.
Estacionario
Kv =
lim
s GH(s) = K/6250
s -> 0
Transitorio
Pd = M /ϕ
=> Pd = M /120°
ϕ = arccos (ζ) = arccos (-0.5) = 60°
Con este ángulo se encuentra el polo dominante deseado
sobre el L.G.R. (ver figura):
Pd = 3.6 ± j 6.2
Aplicando la condición de magnitud en este punto:
|GH| en s= Pd = 1
se obtiene el valor de K correspondiente:
K = 32673.6
Entonces:
ess = 1/Kv = 0.191
y
ess > 0.1 en Pd.
Debemos usar un compensador en atraso para mejorar la
precisión:
=> 0.1 =6250/K’
=>
K' = 62500
=> Kc = 1.913
β = 1.913
Se toma T=10
−1
= −0.0522
βT
y
−1
= −0.1
T
Función de transferencia del compensador:
Gc =
(s + 0.1)
(s + 0.0522
GH(s).Gc
Chequeo:
/Gc (s) en s=Pd =-0.335°
40
30
20
Imag Axis
10
0
-10
-20
-30
-40
-40
-30
-20
-10
0
Real Axis
10
20
30
40
Sistema compensado.
GcGH (s ) +
K (s + 0,1)
(
s (s + 0,0522 )(s + 10 ) s 2 + 30 s + 625
)
Ejemplo 3
Introduzca un compensador al sistema para que cumpla Mp=15% ; ts (5%)
= 0.32 seg ; Kv = 50.
GH (s ) =
K (s + 16)
s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)
60
40
Imag Axis
20
0
-20
-40
-60
-60
-40
-20
0
Real Axis
20
Sistema sin compensar.
Mp = 0.15
=>
⎛
πζ
M p = exp⎜ −
⎜ 1−ζ 2
⎝
=> ζ = 0.517
=>
⎞
⎟
⎟
⎠
θ = 58.9°
40
60
ts (5%) =3/ ζ ωn= 0.32
ζ ωn =3/0.32 => ωn = 18.13
Finalmente:
Pd = -9.375 ± j 15.52
es el polo dominante deseado (ver L.G.R.), pero no pertenece al
L.G.R.
En efecto, aplicando la condición de ángulo en Pd:
/GH(s) en s = Pd = 66.88 + (121.1) - (98.7) - (44.81) - (33.3)=
-231.06° + θc=-180
Es necesario que un compensador en adelanto supla:
θc = -180° + 231.06 = 51.06°
Por otra parte, para el estado estacionario:
Kv = 50
=>
lim s GH(s) = 50
s->0
lim s GH(s)Gc = lim
sKcK (s + 16)
= 50
s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)
=>
Kc K= 18046.9
Ajustando la K, y con la parte de adelanto del compensador, se ha
de cumplir:
a) Magnitud:
GH(s)K c
s + 1 / T1
s + β / T1
en s=Pd = 1 =>
18046.9(s + 16)
s + 1 / T1
= 1 (en s= -9.375 ± j 15.52)
s(s + 7 )(s + 25)(s + 33) s + β / T1
=>
s + 1 / T1
= 0.5819 (en -9.375 ± j15.52)
s + β / T1
y además:
b) Angulo:
φc= ∠(s+1/T1)s=PD - ∠(s+β/T1)s=PD= 51,06°
Gráficamente:
PD= -9.375 ± j15.52
φc
D2
D1
φ2
-β/T1
φ1
-1/T1
donde D1/D2 = 0.5819
ϕ1 - ϕ2 = 51.06°
Luego:
D1 =
,(-1/T1 + 9.375)² + 15.52²
D2 =
,(-β/T1 + 9.375)² + 15.52²
y:
ϕ1 = arctg
ϕ2 = arctg
15.52
− 1 / T1 + 9.375
15.52
− β / T1 + 9.375
Estas ecuaciones se cumplen, por ejemplo, para:
s + 10.309
T1 = 0.097 y
β = 3.019 =>
s + 31.119
=> parte de adelanto.
Para la parte de atraso:
s + 1 / T2
=1
s + 1 / βT2 en s=Pd
Si tomamos { T2 = 10
=> 1/T2 = 0.1,1/βT2 = 0.0271
Se chequean magnitud y ángulo de la parte de atraso;
s + 0.1
en s=Pd = 0.9979
s + 0.0271
ángulo de
⎛ s + 0.1 ⎞
o
⎟ = −0.0035
⎜
⎝ s + 0.0271 ⎠
en s=PD
lo cual es aceptable.
Luego el SISTEMA COMPENSADO queda:
GH(s ) =
18046.9(s + 16 )(s + 10.309 )(s + 0,1)
s(s + 7 )(s + 25)(s + 33)(s + 31,119 )(s + 0,0271)
60
40
Imag Axis
20
0
-20
-40
-60
-60
-40
-20
0
Real Axis
Sistema Compensado.
20
40
60
Ejemplo de compensación en adelanto.
Ejemplo 4
K
F.T=GH=
S 2 (s + 20)
Se desea ξ=0.5 y ωn = 3 rad/s
Datos del sistema no compensado:
P=3, Z=θ
# ramas =3
Asíntotas: En +60°, -60°, 180°
Punto de ruptura
polos −∑ ceros − 20
σa = ∑
=
= −6.6
# polos − # ceros
3
40
30
20
Imag Axis
10
0
-10
-20
Sistema sin Compensar.
Compensación en adelanto:
Dados ξ y ωn se tiene:
PD=(-1.5±j 2.6)
En este punto, Se calcula: φc= -180 + φ1 + φ2 + φ2
φ1= 8 φ2 =120 =>
φc= 68°
Se construirán 2 compensadores, cada uno con φc= 34°
(θc’/2= 17°).
⎧−1
⎪⎪ T = −2.1
α = 0.49 < 1
Por procedimiento gráfico se obtiene: ⎨
⎪ − 1 = −4.286
⎪⎩αT
Y luego: Gc = K c
( s + 2.1) 2
( s + 4.286) 2
Finalmente el sistema compensado queda:
2
K .K c (s + 2.1)
Gc .GH (s ) = 2
2
s (s + 20 )(s + 4.286 )
40
30
20
mag Axis
10
0
Ejemplo de compensación en atraso:
GH =
K
s (s + 10 )(s + 50 )
Se desea ξ = 0.5 y ess ≤ 0.01
Datos del sistema no compensado:
P=3
Z=φ
# ramas = 3
Asíntotas: =60, -60,180
σA= -20
corte con y : ≈ ± j24
100
80
60
Imag Axis
40
20
0
-20
-40
-60
-80
-100
-100
-50
0
Real Axis
50
100
Del gráfico del lugar de las raíces, se obtiene el PD, de la intersección
de la recta del arc cos (ξ) y el L.G.R ( que no debe moverse).
PD= (-5 ± j8.66)
Compensación: En atraso.
Cálculo del ess del sistema no compensado.
ess= 500/K, calculando K en PD =(-5 ± j8,66)
K(PD)= 4582,4 => ess = 010911
Si se desea ess = 0.01 entonces
Kc= 0.10911/0.02 ≅ 11=Kc
Entonces:β = Kc y T =10:
{polo= -1/βT = - 0.00909
{cero=-1/T=-0.1
Se obtiene finalmente:
Gs GH =
K .K c (s + 0.1)
s(s + 10 )(s + 50 )(s + 0.00909 )
siendo K=4582.4 y Kc=11
Verificación: Medida de contribución al Desplazamiento del lugar de
las raíces, debido a la red de atraso:
∠(s+1/T) - (s+1/βT)s=PD = (180 – arctg(8.66/-s+0.1)) –
(180 – arctg(8.66/-s+0.009)=180-60.408-180+60.044=0.45355°
Existe un movimiento de ~0.5° : aceptable
Finalmente:
Gc .GH =
4582.4
11(s + 0.1)
.
s (s + 10)(s + 50 ) (s + 0.00909)
100
80
60
Imag Axis
40
20
0
-20
-40
-60
-80
-100
-100
-50
0
Real Axis
Sistema Compensado.
50
100
Ejemplo de compensación Adelanto-Atraso:
GH =
4
s ( s + 0 .5 )
Se desea: ξ=0.5 ωn= 5 rad/s Kv=50
1
0.8
0.6
Imag Axis
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
-1
-0.5
0
Real Axis
0.5
1
Compensación: Adelanto – Atraso:
- Cálculo del PD: PD= (-ξωn±jωn.sen(arc cos (ξ))
PD = (-2.5 ± j4.3)
Se evalúa el ángulo de GH en PD en [ ∠4/s(s+0.5)°]s=PD=(-2.5+j4.33)=
125°= -235 °
=> 55°
Si Kv=50 y. Kv= lims→0 s.Kc.GH
50 = 4/0.5 . Kc => kc=6.25
Para la parte de adelanto:
⎜(s+1/T1)/(s+β/T1⎜. ⎜25/s(s+0.5)⎜En s=PD=-2.5+j4.33 = 1
De aquí: ⎜(s+1/T1)/(s+β/T1)⎜= 4.77/5=0.954 y
(s+1/T1)/(s+β/T1)= φc = 55°
Del gráfico del L.R:
⎢APB = 55° y PA/PB = 4.77/5
Se obtiene: Ao = 0.5,Bo= 5, De aquí:
{cero adelanto = -0.5 = -1/T1
β=10
{polo adelanto = -5 = -β/T1
Para la red del atraso: T2 =10, y con β=10: (s+1/T2)/(s+1/βT2)
Red atraso = s+0.1/s+0.01
Red adelanto: s+0.5/s+5 Kc=6.25
Función Compensada: Gc .GH (s ) =
10
8
6
Imag Axis
4
2
0
-2
25(s + 0.1)
s(s + 0.01)(s + 5)