Diseño de Compensado Compensadores res utilizando L.G.R. Compensadores en Atraso
Un compensador en atraso aumenta la ganancia del lazo cerrado sin modificar apreciablemente el lugar geométrico de las raíces y tiene la siguiente función de transferencia. G C (s ) = K C
Ts + 1
βTs + 1
= K C
s +1 T s + 1 βT
El cero y el polo del atraso se colocan muy cerca del origen. G C (s )
G C (s )
β
PDD
PDD
=
K C
s +1 T s + 1 βT
≈1 PDD
(Kc = 1)
< 5°
La nueva función de transferencia a lazo directo GH(s) Gc(s), tendrá una variación en el error igual a β . G c (s) GH(s ) = β
Ts + 1 GH(s ) βTs + 1
Diseño de Compensadores utilizando L.G.R. Compensadores en Atraso
Procedimiento de Diseño
Verificar que los polos dominantes deseados pertenezcan al lugar geométrico de las raíces. Calcular el valor de β necesario para satisfacer coeficientes de error K requerido K no
compensado
=
1T 1 βT
=β
Ubicar el cero cerca del origen y con el valor de β se calcula la posición del polo Se verifica la condición de módulo y de ángulo para garantizar que el polo dominante deseado pertenezca al lugar geométrico de las raíces después de incluir el compensador Se verifica que se satisfaga el error
Diseño de Compensadores utilizando L.G.R. Compensadores en Atraso
Ejemplo Polos dominantes deseados s = −2 ± 2 3 j
Kv = 20
Se verifica que los polos dominantes deseados pertenezcan al LGR. G (s)
PDD
=−
s
PDD
−
(s + 4)
PDD
= −120° − 60° = −180°
Como el PDD si pertenece al LGR se calcula la ganancia en dicho punto, a partir del cual se calculará el Kv del sistema.
G ( s )
PDD
=
K 4× 4
=1
K v
s ⋅ G (s) = 16 / 4 = 4 = lim s →0
Diseño de Compensadores utilizando L.G.R. Compensadores en Atraso
Ejemplo
Debido a que el Kv no satisface, se debe añadir un atraso. Cuyo cálculo de β es como sigue: K requerido → β = (20 /4) = 5 1T K no
=
compensado
s + 0,05 s + 0,01
Se verifica la condición de módulo y de ángulo para garantizar que el polo dominante deseado pertenezca al lugar geométrico de las raíces después de incluir el compensador.
G c (s )
=β
Se escoge el cero en s = -0.05 y con el valor de β se calcula el polo. G C (s) =
1 βT
PDD
=
4,0252 4,005
= 1,005
G c (s )
PDD
=
Finalmente se verifica el valor del error K v
=
16 s + 0,05 = 5 × 4 = 20 × s + 0,01 s(s + 4)
lim s ⋅ G c (s)G (s) =
s →0
120,6164 º - 120,1239 º = 0,4925 º
Diseño de Compensadores utilizando L.G.R. Compensadores en Adelanto - Atraso
Ejemplo Requerimientos Kv = 20, ζ =0,5 y ts 2% = 2 s = −2 ± 2 3 j
Polos dominantes Deseados (PDD) s = - 2 + 3.46 j
Se verifica que los polos dominantes deseados pertenezcan al LGR. G (s)
=−
s
PDD
−
(s + 1)
PDD
−
(s + 5)
PDD
G (s)
PDD
= −120° − 106,12° − 49,07° = −275,19°
Como el PDD no pertenece al LGR se debe añadir un ángulo Φ = 95o. Se utilizará un adelanto doble con Φ = 47,5° → Φ /2 = 23,75°y utilizando el método de la bisectriz se obtiene: G Ad
PDD
s + 2,38
= K Ad
2
s + 6,72
Se calcula la ganancia del compensador tal que se satisfaga la condición de módulo 1
K Ad (s + 2,38)
s(s + 1)(s + 5 )
(s + 6,72 )2
2
=1
2
1
K Ad (3,48)
(3,99)(3,60)(4,58)
(5,85)2
=1
KAd = 186,37
Diseño de Compensadores utilizando L.G.R. Compensadores en Adelanto - Atraso
Ejemplo
Para esa ganancia se calcula el Kv K V
= slim = s G(s) Gc(s) = 4.68 →0
No satisface, por lo que se diseña un atraso
K requerido
→
K no
compensado
1 βT
=β
β =
20 4,68
s + 0,05 s + 0,0117
Se verifica la condición de módulo y de ángulo para garantizar que el polo dominante deseado pertenezca al lugar geométrico de las raíces después de incluir el compensador. G At
1T
Se escoge el cero en s = -0.05 y con el valor de β se calcula el polo. G At ( s ) =
=
PDD
=
s + 0,05 s + 0,0117
= PDD
3,9717 3,9906
= 0,9953
Gc(s) At
PDD
= 119,4049° − 119,884° = −0,47°
Finalmente se verifica el valor del error G (s)Gc(s) Ad Gc(s) At
=
186 (s + 2,38) (s + 0,05 ) 2
s (s + 1)(s + 5 )(s + 6,72 ) (s + 0,0117 ) 2
Kv final =
186 (2,38) (0,05) 2
(5)(6,72)2 (0,0117 )
= 19.94
Diseño de Controladores utilizando L.G.R.
Controlador Proporcional
Gc(s ) = K p
Controlador Proporcional Derivativo Gc(s ) = K p (1 + sTd ) = K p ⋅ Td s + 1
Controlador Proporcional Integral 1 + sTi 1 = K p Gc(s ) = K p 1 + sTi sTi
Td
= K p
1 Ti s
+ s
Controlador Proporcional Integral Derivativo
Gc = K p 1 + sTd
+
sTi + s 2 Ti Td + 1 = K p sTi sTi 1
Diseño de Controladores utilizando L.G.R. Ejemplos Para un sistema a lazo cerrado se requiere que el error al escalón unitario sea menor que 0,1 y que los polos dominantes sean s = -1 + 2j
Se verifica numéricamente el valor del ángulo necesario para que los PDD pertenezcan al LGR.
LGR sistema original, PDD no pertenecen, pero el error siempre se cumple. G
=
1 s(s + 1)(s + 3)
∠GPDD = - ∠sPDD - ∠(s+1)PDD - ∠(s+3)PDD ∠GPDD =
- 116,56° - 90° - 45° = - 251,56°
El ángulo necesario a añadir con el cero será φ = 71,56°. Gráficamente se obtiene la ubicación del cero en s = 1,667= 1/Td Se calcula la ganancia para que se satisfaga la condición de módulo 1( K ⋅ T d )( s + 1,667 )
s( s + 1)( s + 3)
=1
(K ⋅ Td )(2,1083 ) =1 (2,236)(2 )(2,8284 ) K⋅Td = 5,99 K = 9,999 ≈ 10
Se introduce un PD, para mejorar transitoria
Diseño de Controladores utilizando L.G.R. Ejemplos Para un sistema a lazo cerrado se requiere que Kv = 20 ts 2% < 1 wd = 2 PDD = - 4 + 2j
Se verifica numéricamente el valor del ángulo necesario para que los PDD pertenezcan al LGR.
LGR sistema original, PDD no pertenecen, y el error tampoco se cumple. G (s) =
1 (s + 1)(s + 5)
∠GPDD = - ∠(s+1)PDD - ∠(s+5)PDD ∠GPDD = - 146,3° -63,43° = -209,76°
El ángulo necesario a añadir con los ceros será φ = 30° considerando el ángulo negativo añadido por el polo en el origen. ceros
= 30º +153,43º
Si se coloca uno de los ceros en s = - 4, entonces el otro se fija para satisfacer la condición de ángulo. (s + 4)(s + 3,88) Gc = K
Se escoge un PID, para mejorar transitoria y permanente. Las soluciones son infinitas.
s
Se calcula la ganancia para que se satisfaga la condición de módulo GGc
PDD
=
1
K (2)(2)
(2,2361)(3,605) (4,4721)
=1
K= 9,01
Se verifica el error K v
= Lim s ⋅ GG c = s →0
9 ⋅ 4 ⋅ 3,88 5
= 27,93
