Compensadores

CONTROL II

COMPENSADORES

JORGE QUINTERO ESTEBAN RUIZ ALEJANDRO CORDOBA

PROFESOR: NELSON LONDOÑO OSPINA

UNIVERSIDAD DE ANTIOQUIA FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA ELÉCTRICA MEDELLÍN 2014

INTRODUCCIÓN

En el presente trabajo afinaremos los conceptos aprendidos en clase acerca de los sistemas de compensación. Mediante cálculos y herramientas de Matlab, aprenderemos a diseñar compensadores en adelanto y atraso a través de los distintos métodos los cuales son: método de lugar geométrico de raíces y método de diagrama de bode; el método que utilicemos para cada ejercicio depende de las parámetros que nos pidan corregir para cada sistema; bien sean parámetros del tiempo como coeficiente de amortiguamiento, frecuencia natural, o parámetros de la frecuencia como el margen de fase. También aprenderemos a corregir el error de posición y de velocidad en estado estacionario, los cuales en algunos casos basta con modificar la ganancia.

1. Para el sistema presentado en la figura:

C(s)

R(s)

+

-

a. Sin controlador (Gc=1), analice la respuesta del sistema ante la señal de entrada escalón. Considere el esfuerzo de control en su análisis. GH =

El lugar geométrico para una función de lazo abierto es

100 S2 +2 s

Código Matlab num=[100]; den=[1 2 0]; g=tf(num,den); rlocus(g)

Root Locus

1.5

Imaginary Axis (seconds-1)

1 System: g Gain: 0 Pole: -2 Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 2

0.5

System: g Gain: 0.01 Pole: -1 Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 1

System: g Gain: 0 Pole: 0 Damping: -1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 0

0

-0.5

-1

-1.5 -2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

Real Axis (seconds -1)

Este sistema solo es inestable cuando

K=0 , para valores K mayores que

cero el sistema es siempre estable, el sistema es sobre amortiguado para

valores de K entre 0 y 0.01, en k=0.01 el sistema es críticamente amortiguado, y para valores de K mayores que 0.01 el sistema es subamortiguado.

Entrada Escalón Sistema sin compensar Código Matlab num=[100]; den=[1 2 0]; g=tf(num,den); k=1; Gla=tf([k*num],[den]); Glc=feedback(Gla,1,-1); step(Glc) Step Response System: Glc Time (seconds): 0.314 Amplitude: 1.73

1.6 1.4

System: Glc Time (seconds): 5.97 Amplitude: 1

Amplitude

1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

1

2

3

4

5

Time (seconds)

Este sistema tiene un comportamiento subamortiguado, con amplitud de 1.73 y se estabiliza casi en 6 segundos.

b. Diseñar un compensador que garantice que los polos dominantes de lazo cerrado del sistema , tengan:  0.5

wn 3

Usaremos el método del LGR ya que este se usa cuando las especificaciones del sistema están dadas en términos de magnitudes en el dominio del tiempo, como lo son estos parámetros (ξ y Wn). Primero analizamos si el LGR de la función original (sin compensar) pasa por el punto especificado, así:

ϕ 1=tan−1

1.5 ( 2.598 )+ 90 → ϕ 1=120

−1

∅2=90−tan (

0.5 )→∅ 2=79.106 2.595

Ahora observemos cual será el ángulo de compensación: ∅ c=180−∅ 1−∅ 2

∅ pc=−19.106

Por medio del metodo grafico, procedemos a hallar el compensador que nos haga cumplir las restricciones impuestas impuestas o lo que es lo mismo, el polo deseado.

Los resultados obtenidos con este método fueron los siguientes:

Zc=1,5+ Xz=1,5+2,598∗tan (20,447)=−2.468

Pc=1,5+ Xp=1,5+ 2,598∗tan(39,553)=−3.64

(Cero del compensador)

(Polo del compensador)

Para comprobar estos resultados hallamos la diferencia entre el ángulo del polo del compensador y del cero del compensador al polo exigido. −1

−1

Φp−Φz=tan ( 2.598/2.145)−tan (2.598 /0.968)=−19.112 Con eso comprobamos que la resta de los ángulos de los polos y ceros nos dio el valor esperado, por lo tanto el valor del compensador será:

Gc =

s +2.468 s+ 3.64

c. Grafique el lugar geométrico de raíces del sistema sin compensar y compensado, ubique los polos de lazo cerrado correspondiente, compruebe su diseño anterior y el efecto del compensador. Explique. Para el nuevo sistema compensado la función de transferencia es:

GH =

100 s+ 246.8 2 s +5,64 s +7,28 s 3

Root Locus

1.5

1

System: g Gain: 0 Pole: -2 Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 2


0.5



0

-0.5

-1

-1.5 -2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

Real Axis (seconds -1)

LGR sistema sin compensar

0

0.5

Root Locus

8

System: g Gain: 0.0957 Pole: -1.49 + 2.59i Damping: 0.5 Overshoot (%): 16.3 Frequency (rad/s): 2.99

6


4 2 0

System: g Gain: 0.0185 Pole: -1.18 + 0.0249i Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 1.18

-2 -4 -6 -8 -4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

-1

Real Axis (seconds )

LGR sistema compensado Se puede corroborar que el nuevo sistema al adicionarle el compensador cumple con las condiciones establecidas, aquí el sistema se convierte de 3er orden, donde 2 son los dominantes. Los rangos del nuevo sistema serian así: Inestable en K=0 Sobreamortiguado en K entre 0 y 0.0185 Criticamente amortiguado en K=0.0185 Subamortiguado en K mayor de 0.0185

d. Grafique la respuesta del sistema compensado y sin compensar, ante la señal de entrada escalón. Explique. Sistema sin compensar:

Step Response System: Glc Time (seconds): 0.314 Amplitude: 1.73

1.6 1.4

System: Glc Time (seconds): 5.97 Amplitude: 1

Amplitude

1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

1

2

3

4

5

Time (seconds)

Sistema sin compensar: este sistema tiene un comportamiento sub amortiguado, con un valor pico máximos de 1.73 y se estabiliza aproximadamente a los 5.97 seg Para K= 0.096 Sistema compensado

Código Matlab

num3=[100 246.8]; den3=[1 5.64 7.28 0]; k=0.096; Gla=tf([k*num3],[den3]); Glc=feedback(Gla,1,-1); step(Glc)

Step Response

1.4

System: Glc Time (seconds): 1.17 Amplitude: 1.18

1.2

Amplitude

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Time (seconds)

Sistema compensado: se observa un Sistema subamortiguado, tiene un máximo pico de 1.18 y se estabiliza más allá de los 4 seg.

e. Hallar el coeficiente de error estático de posición y de velocidad. Con base en ello, cuál será el error de estado estacionario ante las señales de entrada correspondientes? Compruebe sus resultados graficando la respuesta del sistema, compensado y no compensado, a la entrada escalón y rampa. Explique. Como nuestro sistema es de tipo uno, no se presenta error de estado estacionario ante la señal de entrada escalón y los errores de velocidad presentan un error para cualquier valor de ganancia “K”, ya sea para la función compensada o no.

Error de posición frente al escalón e ss =

1 1 = 1+ lim G ( S ) H ( S) 1+ K p s →0

K p=lim G ( S ) H ( S ) s→0



Para la función sin compensar tenemos que:

lim 100

100 K p=lim G ( S ) H ( S )= s →0 = =∞ 2 0 s→0 S +2S

e ss =



1 1 = =0 1+ K p ∞

Para la función compensada: lim k (100 s +246.8) 246.8 K p=lim G ( S ) H ( S )= s →03 = =∞ 2 0 s→0 s +5.64 s +7.28 s

e ss =

1 1 = =0 1+ K p ∞

Se comprueba de las gráficas anteriores que el error de posición frente al escalón es 0 por ser tipo 1.

Error de velocidad a la rampa e ss =

1 1 = K lim S G ( S ) H (S) V s →0

K V =lim S G ( S ) H ( S ) s →0



Para la función sin compensar:

K v =lim S G ( S ) H ( S )=lim S s→ 0

e ss =

s→0

100 =50 S +2 S 2

1 1 = =0.02 K v 50

Código Matlab (lazo cerrado, rampa)

num=[100]; den=[1 2 100 0]; t=0:0.1:200; c=step(num,den,t); plot(t,c,'r',t,t','b') 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

Para apreciar el error de Kv=0.02 se hace zoom a la gráfica

89.82 89.8 89.78 89.76 89.74 89.72 89.7 89.68 89.66 89.64 89.68



89.7

89.72 89.74 89.76 89.78

Para la función con compensador:

89.8

89.82 89.84 89.86

K v =lim S G ( S ) H ( S )=lim S s→ 0

e ss =

s→0

K (100 s+ 246.8) =3,25 S 3 +5.64 S2 +7.28 S

1 1 = =0.307 K v 3.25

Código Matlab (lazo cerrado, rampa) num=[9.6 23.69]; den=[1 5.64 16.88 23.69 0]; t=0:0.1:20000; c=step(num,den,t); plot(t,c,'r',t,t','b')

8290.8 8290.7 8290.6 8290.5 8290.4 8290.3 8290.2 8290.1

0.307

8290 8289.9 8289.8 8290.34428290.34428290.34428290.34438290.34438290.34438290.34438290.34438290.34448290.34448290.3444

Grá fica con zoom

f. Grafique, en una sola figura (subplot), para el sistema compensado y sin compensar: el lugar geométrico, debajo la respuesta en frecuencia de lazo abierto indicando el margen de fase y de ganancia correspondiente y, debajo, la respuesta al escalón, al impulso y a la rampa. Sistema compensado - LGR - RF (GH) - Step

Sistema sin compensar - LGR - RF (GH) - Step

-

Impulse Ramp

-

Impulse Ramp

Analice. LGR para ambos sistemas Código en Matlab num=[100]; den=[1 2 0]; g=tf(num,den); rlocus(g); hold on num2=[100 246.8]; den2=[1 5.64 7.28 0]; Gc=tf(num2,den2); rlocus(Gc)

Root Locus

8

System: Gc Gain: 0.0957 Pole: -1.49 + 2.59i Damping: 0.5 Overshoot (%): 16.3 Frequency (rad/s): 2.99

6


4 2 0 -2 -4 -6 -8 -4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1 -1


-0.5

0

0.5

Respuesta en frecuencia de lazo abierto Código en Matlab

num=[100]; den=[1 2 0]; g=tf(num,den); [Gm1,Pm1,Wcg1,Wcp1]=margin(g) margin(g) grid hold num2=[9.6 23.69]; den2=[1 5,64 7.28 0]; Gc=tf(num2,den2); [Gm2,Pm2,Wcg2,Wcp2]=margin(Gc) margin(Gc) Gm1 =Inf Pm1 =11.4209 Current plot held Gm2 =26.3225 Pm2 =21.8370 Bode Diagram Gm = 28.4 dB (at 7.21 rad/s) , Pm = 21.8 deg (at 0.617 rad/s)

150

Magnitude (dB)

100 50 0 -50 -100

Phase (deg)

-150 -90 -135 -180 -225 -270

-3

10

-2

10

-1

10

Frequency (rad/s)

Gráfica azul: sistema sin compensar. Gráfica verde: sistema compensado.

0

10

1

10

2

10

Respuesta al escalón num=[100 ]; den=[1 2 100]; g=tf(num,den); step(g,'b') %escalon al st. sin compensar_salida azul hold num2=[9.6 23.69]; den2=[1 5.64 16.88 23.69]; Gc=tf(num2,den2); step(Gc,'r') %escalon al con compensador_salida roja

Step Response

1.8 1.6 1.4

Amplitude

1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

1

2

3

4

5

6

Time (seconds)

En esta grafica se observa los comportamientos ante el escalón azul(sin compensar) y roja(compensado) , este sistema compensado corresponde a un compensador en adelanto del cual se deduce que mejora la respuesta transitoria, siendo este un comportamiento sub amortiguado con menor amortiguamiento que la señal sin compensación

Respuesta al impulso num=[100]; den=[1 2 100]; g=tf(num,den); impulse(g,'b') %impulso al st. sin compensar_salida azul hold num2=[9,6 23.69]; den2=[1 5.64 16.88 23.69]; Gc=tf(num2,den2); impulse(Gc,'r') %impulso al con compensador_salida roja

Impulse Response

10 8 6

Amplitude

4 2 0 -2 -4 -6 -8

0

1

2

3

4

5

6

Time (seconds)

Para los sistemas sin compensar y compensado, se utilizó la señal de prueba impulso, las respuestas son las esperadas son las esperadas, se establecen en cero y esto se da por la influencia de las derivadas. Respuesta a la rampa num=[100]; den=[1 2 100 0]; g=tf(num,den); step(g,'b') %rampa al st. sin compensar_salida azul hold num2=[9.6 23.69]; den2=[1 5.64 16.88 23.69 0]; Gc=tf(num2,den2); step(Gc,'r') %rampa al con compensador_salida roja

4

Step Response

x 10 1.3986 1.3986 1.3986

Amplitude

1.3986 1.3985 1.3985 1.3985 1.3985 1.3985 1.3985 1.3985

1.3985

1.3985

1.3985

1.3986

1.3986

Time (seconds)

1.3986

1.3986

1.3986 4

x 10

2. Si se espera que el sistema anterior, compensado, tenga un coeficiente error estático de Velocidad 10 veces menor, diseñe un compensador que no altere el comportamiento transitorio, pero que corrija el error de estado estacionario. (Compensador de atraso). El coeficiente de error estático de velocidad de nuestro sistema compensando es:

K v =3,25 Por lo tanto necesitamos un Kv 10 veces menor:

3,25 =0.325 10

Así que la ganancia por compensar es: K c=

Kvd 0.325 = =1,0586 Kv 3.25

Tenemos que:

Z K c = =1.0586 P

|Z|=0.1=b|P|

Y asumimos

que garantizan que no se modifique el LGR por

estar cerca del eje imaginario.

P=

Z 0.1 = =0.094 Kc 1.0586

El nuevo sistema compensado será G( s)=

1.0586(s+0.1) 0.096 ( s+ 2,468 )( 100 ) ∗ (s +0. 094) ( s+3.64 ) ( s 2+ 2 s )

Código en Matlab Gla=zpk([-2.468],[-3.64 0 -2],[0.096*100]); Glc=feedback(Gla,1,-1) Glac=zpk([-0.1 -2.468],[-0.094 -3.64 0 -2],[0.096*100*1.0586]); Glcc=feedback(Glac,1,-1) subplot(2,1,1) step(Glc,3,'b') subplot(2,1,2) step(Glcc,3,'r')

Step Response

Amplitude

1.5 1 0.5 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

2

2.5

3

Time (seconds) Step Response

Amplitude

1.5 1 0.5 0

0

0.5

1

1.5 Time (seconds)

Azul: Compensado numeral 1 Rojo: Compensado numeral 2 (Kv 10 veces menor) En la gráfica vemos que los transitorios quedan iguales debido a ubicar el polo y el cero del nuevo compensador muy cerca al origen, el error de estado estacionario mejora levemente.

3. Si para al sistema inicial (Gp), se coloca un polo en -2: a. Analice el comportamiento transitorio (mediante el LGR), con respecto al inicial. b. Analice que pasa con los polos dominantes. c. Analice que pasa con el estado estable (al escalón y a la rampa). d. Diseñe un compensador que ubique los polos dominantes en el punto pedido en el numeral 1. e. Grafique, en una sola figura (subplot), para el sistema compensado y sin compensar: el lugar geométrico, debajo la respuesta en frecuencia de lazo abierto y, debajo, la respuesta al escalón, al impulso y la rampa. Sistema compensado - LGR - RF (GH) - Step - Impulse - Ramp Analice.

Al añadir un polo en -2 tenemos: GH =

100 s + 4 s2 +4 s 3

Sistema sin compensar - LGR - RF (GH) - Step - Impulse - Ramp

a) Analice el comportamiento transitorio (mediante el LGR), con

respecto al inicial.

Sistema inicial (LGR)

Root Locus

1.5


1 System: g Gain: 0 Pole: -2 Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 2

0.5



0

-0.5

-1

-1.5 -2.5

-2

-1.5

-1 Real Axis (seconds -1)

Sistema con polo adicional en -2 (LGR) Código Matlab num=[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); rlocus(g)

-0.5

0

0.5

Root Locus

6


4 System: g Gain: 0.0119 Pole: -0.667 Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 0.667

2

System: g Gain: 0.15 Pole: -0.0261 + 1.95i Damping: 0.0134 Overshoot (%): 95.9 Frequency (rad/s): 1.95

0

-2

-4

-6 -10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

-1


El comportamiento inicial se observa que hay un polo en el origen osea que el sistema en ese punto es inestable, para valores mayores de k>o el sistema ya es estable. Para el nuevo sistema con un polo adicionado en -2 se observa que el lugar geométrico por tener un polo en el origen presenta inestabilidad, al variar la ganancia se vuelve estable hasta llegar a un valor de k donde el sistema se vuelve a inestabilizar

b. Analice que pasa con los polos dominantes. Para el nuevo sistema de tercer orden dos de los polos están ubicados en -2 y el otro en el origen,el polo del origen es el dominante en donde el sistema es inestable, para variaciones de k de 0 hasta0.0119 el sistema se comporta de forma sobre amortiguada , par k=0.0119 el sistema es críticamente amortiguado, para valores mayores a 0.0119 y menores a 0.15 el sistema es sub amortiguado , para k=0.15 el sistema es oscilatorio puro y para valores superiores a k=0.15 el sistema se vuelve a inestabilidad c. Analice que pasa con el estado estable (al escalón y a la rampa). Al escalón

Código Matlab para k=0.05 donde el Sistema es estable num=[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); k=0.05; Gla=tf([k*num],[den]); Glc=feedback(Gla,1,-1); step(Glc)

Step Response

1.4

System: Glc Time (seconds): 3.03 Amplitude: 1.34

1.2

Amplitude

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0

5

10

15

Time (seconds)

Para un valor de k=0.005 garantizando la estabilidad del sistema, se observa que ante el escalón, esta señal se comporta de forma sub amortiguada con amplitud de 1.34 y se estabiliza a los 15 seg. aproximadamente

A la rampa Código Matlab s=tf('s') Gla=zpk([],[-1 -4 -4 -0],[100*0.05]); Glc=feedback(Gla,1,-1) step(1/s,'r') hold on

step(1/s*Glc)

4

Step Response

x 10

1.448

Amplitude

1.4478

1.4476

1.4474

1.4472

1.447

1.4474

1.4476

1.4478

1.448

1.4482

1.4484

Time (seconds)

1.4486

1.4488

1.449 4

x 10

Para la rampa con el valor de k=0.05 el Sistema es estable u se observa la rampa original con respecto a la rampa del Nuevo Sistema con el polo -2

d. Diseñe un compensador que ubique los polos dominantes en el punto pedido en el numeral 1. Condiciones numeral 1:

 0.5

wn 3

Como en el nuevo sistema coincide el polo adicionado (en -2) con un polo ya existente en el sistema original, simplemente tendremos que restar

∅2

dos

veces. Así:

ϕ 1=tan−1

1.5 ( 2.598 )+ 90 → ϕ 1=120

−1

∅2=90−tan (

0.5 )→∅ 2=79.106 2.595

Ahora observemos cual será el ángulo de compensación: ∅ c=180−∅ 1−∅ 2−∅ 2

∅ pc=−98.212

Los resultados obtenidos con este método fueron los siguientes:

Zc=−0.5998 (Cero del compensador) Pc=−14.9988 (Polo del compensador) Por lo tanto el valor del compensador será:

Gc =

s+ 0.5998 s +14.9988

e. Grafique, en una sola figura (subplot), para el sistema compensado y sin compensar: el lugar geométrico,

debajo la respuesta en frecuencia de lazo abierto y, debajo, la respuesta al escalón, al impulso y la rampa.

LGR para ambos sistemas

Código en Matlab num=[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); rlocus(g); hold on num2=[100 59.98]; den2=[1 18.99 63.99 59.99 0]; Gc=tf(num2,den2); rlocus(Gc)

Root Locus 25 System: Gc Gain: 9.7 Pole: 0.069 + 7.34i Damping: -0.0094 Overshoot (%): 103 Frequency (rad/s): 7.34

20 System: Gc Gain: 1.07 Pole: -1.49 + 2.63i Damping: 0.494 Overshoot (%): 16.8 Frequency (rad/s): 3.02


15 10 5 0

System: Gc Gain: 0.000429 Pole: -2 - 7.56e-008i Damping: 1 Overshoot (%): 0 Frequency (rad/s): 2

-5 -10 -15 -20 -25 -15

-10

-5

0 -1


5

10

Para el nuevo sistema del lugar geométrico de las raíces con el nuevo polo especificado con ganancia en 1.07 tiene un sistema sub amortiguado presenta valores de estabilidad e inestabilidad en valores menores en de k=9.7, comparado con el lugar geométrico inicial tiene un mayor margen de estabilidad para sus variaciones de k

Respuesta en frecuencia de lazo abierto (para k=1.07 en el sistema compensado)

Código en Matlab num=[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); [Gm1,Pm1,Wcg1,Wcp1]=margin(g) margin(g) grid hold k=1.07 num2=k*[100 59.98]; den2=[1 18.99 63.99 59.99 0]; Gc=tf(num2,den2); [Gm2,Pm2,Wcg2,Wcp2]=margin(Gc) margin(Gc) Gm1 = 0.1600

Pm1 =-40.6640

Current plot held Gm2 =8.8945

Pm2 =69.3530

Bode Diagram Gm = 19 dB (at 7.3 rad/s) , Pm = 69.4 deg (at 1.85 rad/s)

100

Magnitude (dB)

50 0 -50 -100 -150 -45

Phase (deg)

-90 -135 -180 -225 -270

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

Frequency (rad/s)

Gráfica azul: sistema sin compensar y Gráfica verde: sistema compensado. se obserba que para el diagrama de bode al igual que la grafica verde con sus margen de ganancia y fase es estable

Respuesta al escalón (con k1=0.05 sistema sin compensar y k2=1.07 sistema compensado) num=[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); k=0.05; Gla=tf([k*num],[den]); Glc=feedback(Gla,1,-1); step(Glc) hold num1=[100 59.98]; den1=[1 18.99 63.99 59.99 0]; g=tf(num,den); k1=1.07; Gla1=tf([k1*num1],[den1]); Glc1=feedback(Gla1,1,-1); step(Glc1)

Step Response

1.4 System: Glc Time (seconds): 2.97 Amplitude: 1.34

1.2

System: Glc1 Time (seconds): 1.33 Amplitude: 0.958

1

Amplitude

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0

5

10

15

Time (seconds)

Se obserba que para la respuestas ante las entradas escalon la señal azul(sin compensar)presenta mayor amortiguamiento osea mas oscilaciones con respecto a la verde(compensada) donde el amortiguamiento es menor y se estabuliza mucho mas rapido que la señal azul

Respuesta al impulso (con k1=0.05 sistema sin compensar y k2=1.07 sistema compensado)

k=0.05; num=k*[100]; den=[1 4 4 0]; g=tf(num,den); Gla=tf([k*num],[den]); Glc=feedback(Gla,1,-1); impulse(Glc) hold k1=1.07; num1=k1*[100 59.98]; den1=[1 18.99 63.99 59.99 0]; g1=tf(num1,den1); Gla1=tf([k1*num1],[den1]); Glc1=feedback(Gla1,1,-1); impulse(Glc1)

Impulse Response

1.4 System: Glc1 Time (seconds): 0.479 Amplitude: 1.35

1.2

1

Amplitude

0.8

0.6

0.4

System: Glc1 Time (seconds): 2.51 Amplitude: 0.06

0.2

0

-0.2

0

20

40

60

80

100

120

Time (seconds)

La grafica sin compensar(sin compensar) se observa un gran impulso comparado con la señal compensado , es evidente que se estabiliza en cero ,eso debido a las derivadas.

Respuesta a la rampa (con k1=0.05 sistema sin compensar y k2=1.07 sistema compensado) s=tf('s') Gla=zpk([],[-1 -4 -4 -0],[100*0.05]); Glc=feedback(Gla,1,-1) step(1/s,'r') hold on step(1/s*Glc) hold s=tf('s') Gla1=zpk([-0.5998],[-14.9988 -2 -2 0],[100*1.07]); Glc1=feedback(Gla1,1,-1) %step(1/s,'g') hold on step(1/s*Glc1)

4

Step Response

x 10 1.568 1.5679 1.5678

Amplitude

1.5677 1.5676 1.5675 1.5674 1.5673 1.5672 1.5676

1.5677

1.5677

1.5678

1.5678

1.5679

1.5679

1.568

Time (seconds)

4

x 10

Para la señal de entrada a la rampa se observa que la grafica verde sin compensar tiene menor error comparada conla azul(compensada) tomando como referencia la rampa original(roja)

4. Si al sistema Anterior , se desea que cumpla las siguientes características: KV  60 100 a. Diseñe el sistema con un compensador de adelanto. Y evalúe su resultado mediante las gráficas comparativas de (LGR, BODE, Respuesta en el tiempo). b. Diseñe el sistema con un compensador de atraso. Y evalúe su resultado mediante las gráficas comparativas de (LGR, BODE, Respuesta en el tiempo –Rampa y escalón-)

c. Analice, las ventajas y desventajas del compensador de adelanto, frente al de atraso de los numerales a y b.

Para el sistema anterior (agregando un polo en -2) sin compensar con k=0.05 (estable):

GH =

0.05∗100 3 2 s + 4 s +4 s

a. Diseñe el sistema con un compensador de adelanto. Y evalúe su resultado mediante las gráficas comparativas de (LGR, BODE, Respuesta en el tiempo).

Para un compensador en adelanto:

Vamos a hallar la ganancia a la cual vamos a garantizar que Kv sea igual a 100: K v =lim sG (s ) H (s)=lim s s→ 0

K c=

s→0

( s +4 5s + 4 s )=1.25 3

2

Kvd 100 = =80 Kv 1.25

K c =80 Vamos a observar el diagrama de bode para el sistema con la ganancia que corrige el error de estado estacionario. Código en Matlab

Gla=zpk([],[-2 -2 0],[5]); margin(Gla) grid

Bode Diagram Gm = 10.1 dB (at 2 rad/s) , Pm = 36.9 deg (at 1 rad/s)

Magnitude (dB)

50 0 -50 -100

Phase (deg)

-150 -90 -135 -180 -225 -270

-2

10

-1

10

0

10

1

10

Frequency (rad/s)

Observamos que: Margen de fase: 36.9° Entonces la fase que necesitamos compensar será: φm=60°-(Margen de fase) φm=60°-(36.9)=23.1° Para compensar el cambio de cruce de ganancia agregamos 5°, así: φm=28.1° Ahora vamos a hallar el α del compensador:

α=

1−sin(28.1) =0.3596 1+ sin(28.1)

La ganancia de compensador a la máxima fase será:

2

10

|GH|Φ =10 log ( α ) =10 log ( 0.3596 )=−4.442 m

Ahora observaremos cual es la frecuencia de corte a esta magnitud: Bode Diagram Gm = 10.1 dB (at 2 rad/s) , Pm = 36.9 deg (at 1 rad/s)

Magnitude (dB)

50 0

System: Gla Frequency (rad/s): 1.4 Magnitude (dB): -4.44

-50 -100

Phase (deg)

-150 -90 -135 -180 -225 -270

-2

10

-1

0

10

10

1

10

Frequency (rad/s)

ω m=1.4 rad / seg La cual será la nueva frecuencia de cruce de ganancia.

El compensador será entonces:

1 W 1=Wz= =Wn √ α =1.4 √ 0.3596=0.8395 τ W 2=℘=

1 Wn 1.4 = = =2.3346 ατ √ α √ 0.3596

Y adicionamos la ganancia para eliminar el efecto del compensador:

1 1 Kc= = =2.78 α 0.3596

2

10

Entonces el sistema será:

0.05∗100 ∗2.78 ( s+ 0.8395 ) s3 +4 s 2+ 4 s G ( s )=GH = ( s+2.3346 )

DIAGRAMA DE BODE Observaremos si el sistema si cumple las especificaciones pedidas:

Gla=zpk([-0.8395],[-2 -2 0 -2.3346],[13.9]); margin(Gla) grid

Bode Diagram Gm = 10.6 dB (at 2.98 rad/s) , Pm = 48.2 deg (at 1.4 rad/s)

Magnitude (dB)

50

0

-50

Phase (deg)

-100 -90 -135 -180 -225 -270

-1

10

0

1

10

10

2

10

Frequency (rad/s)

Como se observa en la figura, el efecto del compensador fue incrementar un poco el margen de fase y acércalo al valor pedido, aunque no se logró el valor esperado si se llegó a un valor cercano de MΦ=48.2

Código en Matlab para hacer las comparaciones entre las distintas graficas Gla=zpk([],[-2 -2 0],[5]);

Glc=feedback(Gla,1,-1) subplot(4,1,1) rlocus(Gla) %LGR sin compensar subplot(4,1,2) margin(Gla) %bode de lazo abierto (sis. sin compensar) grid subplot(4,1,3)%Respuesta al escalon step(Glc) subplot(4,1,4)%Respuesta a la rampa step(1/s,'r') hold on step(1/s*Glc,'b') s=tf('s'); pause Glac=zpk([-0.8395],[-2 -2 0 -2.3346],[13.9]); Glcc=feedback(Glac,1,-1) subplot(4,1,1) rlocus(Glac) %LGR con compensador subplot(4,1,2) margin(Glac) %bode de lazo abierto (sist. conn compensador) grid subplot(4,1,3)%Respuesta al escalon step(Glcc) subplot(4,1,4)%Respuesta a la rampa step(1/s,'r') hold on step(1/s*Glc,'b')

) -1

Root Locus

Phase (degM ) agnitude (dB)

Imaginary Axis (seconds

10 0 -10 -10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

RealBode Axis Diagram (seconds -1) Gm = 10.1 dB (at 2 rad/s) , Pm = 36.9 deg (at 1 rad/s)

200 0 -200 0 -180 -360 -2 10

-1

0

10

2 Amplitude

1

10

10

10

1 0

0

5

10

15

Time (seconds) 4 Amplitude

2

Frequency (rad/s) Step Response

x 10

4

Step Response

2 0

0

0.5

1

1.5 Time (seconds)

2

2.5

3 4

x 10

-1

Imaginary Axis (seconds )

Phase (deg) Magnitude (dB)

Root Locus

5 0 -5 -7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

-1

RealBode Axis Diagram (seconds ) Gm = 10.6 dB (at 2.98 rad/s) , Pm = 48.2 deg (at 1.4 rad/s)

100 0 -100 0 -180 -360 -1 10

0

1

10

10

Frequency (rad/s) Step Response

1.5 Amplitude

2

10

1 0.5 0

0

1

2

3

4

4

Amplitude

3

5

6

7

8

9

Step Response

x 10

2 1 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Time (seconds)









10

Time (seconds)

3 4

x 10

El LGR de ambos sistemas son muy similares debido a que el polo y el cero del compensador son muy cercanos entre si y muy cercanos al origen; sin embargo el sistema compensado presenta una mejor dinámica ya que el valor de K al cual se vuelve inestable, es un poco mayor que en el sistema sin compensar. Esto también se evidencia en bode debido a que el margen de fase y ganancia son mayores en el sistema compensado. Aunque existieron cambios estos son poco significativos. Tanto el sistema compensado como sin compensar son de tipo 1, lo que significa que no existirá error de estado estacionario frente a la señal escalón; no obstante el sistema compensado mejora un poco el tiempo de establecimiento en las señales escalón e impulso. El comportamiento a la rampa es poco significativo.

b. Diseñe el sistema con un compensador de atraso. Y evalúe su resultado mediante las gráficas comparativas de (LGR, BODE, Respuesta en el tiempo –Rampa y escalón-)

Utilizaremos el método gráfico. La función de transferencia de red de atraso será:

Primero debemos cumplir las especificaciones de Kv, así que la ganancia para satisfacer esta condición será:

K v =lim sG (s )H (s)=lim s s→ 0

K c=

s→0

( s +4 5s + 4 s )=1.25 3

2

Kvd 100 = =80 Kv 1.25

K c =80

Hallamos el diagrama de bode de lazo abierto, sin compensar, teniendo en cuenta el Kv pedido:


Magnitude (dB)

50 0 -50 -100

Phase (deg)

-150 -90 -135 -180 -225 -270

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

Frequency (rad/s)

Observamos que: Margen de fase: 36.9° Margen de ganancia: 10.1 Vamos a hallar la frecuencia a la cual el sistema tiene el margen de fase pedido: El Angulo pedido es 60, por tanto Mf=-180+60=-120

En Mf =-120


Magnitude (dB)

50

0

System: Gla Frequency (rad/s): 0.502 Magnitude (dB): 7.39

-50

-100

Phase (deg)

-90 -135

System: Gla Frequency (rad/s): 0.53 Phase (deg): -120

-180 -225 -270

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

Frequency (rad/s)

ω m=0.502 rad /se g

Lo multiplicamos por un factor de 0.9 y tenemos:

ω m=0.502∗0.9=0.4518 Y observamos en el diagrama de bode la ganancia a la cual tenemos esta frecuencia:


Magnitude (dB)

50

0

System: Gla Frequency (rad/s): 0.451 Magnitude (dB): 8.41

-50

-100

Phase (deg)

-90 -135

System: Gla Frequency (rad/s): 0.451 Phase (deg): -116

-180 -225 -270

-2

-1

10

10

0

10

Frequency (rad/s)

La magnitud será:

8.41 dB

Vamos a hallar β:

−20∗log ( b )=8.41 dB 8.41

b=10 20 =2.63 Así el compensador será:

w

1 w c 0.4518 z= = = =0.04518 τ 10 10

Entonces

τ =22,134

Y

1

10

2

10

w

p=

1 1 = =0.0172 b τ 2.63∗22.134

b τ =58.212 En conclusion

Gc ( s ) =

22.134 s+1 58.212 s+1

Asi:

Z =−0.0452

P=−0.0172 El sistema queda de la siguiente forma:

(

Gp=

5 s+ 0.0452 ∗ 2 s+ 0.0172 s + 4 s +4 s 3

)(

)

Graficamos el diagrama de bode para ver si cumple la especificación de margen de fase:

Gla=zpk([-0.0452],[-2 -2 0 -0.0172],[2]); margin(Gla) grid

Bode Diagram Gm = 17.8 dB (at 1.97 rad/s) , Pm = 59.9 deg (at 0.475 rad/s)

100

Magnitude (dB)

50 0 -50 -100

Phase (deg)

-150 -90 -135 -180 -225 -270

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

Frequency (rad/s)

Como se observa en la figura, el efecto del compensador fue incrementar el margen de fase logrando así llevar el margen de fase al exigido con una variación de ganancia dentro del rango de estabilidad.

c. Analice, las ventajas y desventajas del compensador de adelanto, frente al de atraso de los numerales a y b. 

 





La compensación de adelanto proporciona el resultado deseado mediante su contribución al adelanto de fase, en tanto que la compensación de atraso logra el resultado a través de su propiedad de atenuación en frecuencias altas La compensación de adelanto suele usarse para mejorar los márgenes de estabilidad. La compensación de adelanto produce una frecuencia de cruce de ganancia más alta que la que pueda obtenerse con la compensación de atraso. La compensación en adelanto requiere de un incremento adicional en la ganancia a fin de compensar la atenuación inherente a la red de adelanto, esto significa que la compensación de adelanto requiere de una ganancia mayor que la que requiere la compensación en atraso. La compensación de atraso reduce la ganancia de sistema en las frecuencias más altas sin reducirlas en las frecuencias más bajas.

CONCLUSIONES  Al compensar un sistema utilizando una red de adelanto, logramos mejorar la exactitud del sistema y también mejorar la respuesta transitoria.  Para un sistema que sea compensado mediante una red de atraso logramos mejorar la exactitud del sistema en régimen estacionario pero desmejoramos el tiempo de respuesta transitoria.  Al modificar la ganancia de un sistema para mejorar el error de estado estacionario, podemos desmejorar el margen de fase de dicho sistema, por esto nos vemos obligados a utilizar un compensador que haga que el sistema tenga el mismo margen de fase.  Por medio de los compensadores podemos lograr que los sistemas tengan los parámetros deseados, para que presenten mayor exactitud en sus respuestas, en muchos casos no basta con un solo compensador si no que debemos utilizar una red de compensadores, aunque tengamos que repetir procedimientos observamos que es posible ajustar los parámetros que deseamos.

 La dinámica de un sistema varia al ser dicho sistema compensado, aunque se corrijan algunas especificaciones, al agregar polos y ceros al sistema estos dependiendo de su ubicación me pueden variar otros parámetros como la velocidad de respuesta de estado estacionario.  Es muy enriquecedor para el estudiante este tipo de trabajos, por medio del cual aprendemos y afianzamos conceptos, debatiendo con los demás compañeros y buscando soluciones a través de las distintas herramientas, con las cuales practicamos para aprender y no para ganar una prueba.

BIBLIOGRAFIA  Diapositivas Curso de Control Automático. Universidad de Antioquia. Nelson Londoño  Sistemas modernos de control. Ed 7. Richard C Dorf

Compensadores

Recommend Documents