12_controlcompensadoratrasorlocuscontinuo_v12s01 (1)

1Ing. Gabriela Ortiz León

Control Automático

Compensador de atraso en el lugar de las raíces


Contenido

El compensador de atraso

Cálculo del compensador atraso Con realimentación unitaria Con realimentación no unitaria

Ejemplos y ejercicios

Resumen

Referencias


K lead=k C ( s−z0

s− p0)n

∣p0∣>∣z0∣

Compensadores y reguladoresCompensador de adelanto

Compensador de atraso

Compensador adelanto-atrasoCompensador de filtro de muesca

Regulador PID

K lag=s−z0

s− p0

∣p0∣<∣z0∣

K notch=kC

s2+2ζ z ωnzs+ωnz

2

s2+2 ζ pωn ps+ωn p

2


Introducción

Problema a resolver. Encontrar una red de compensación adecuada

para un sistema cuyas características de respuesta transitoria es satisfactoria, pero en estado estable el comportamiento no es el deseado


Compensador de atraso (1)Objetivo Aumentar la ganancia en lazo cerrado evitando

modificar la respuesta transitoria en forma notable.

La respuesta transitoria no debe ser afectada, por tanto el lugar de las raíces no debe cambiar significativamente en la proximidad de los polos dominantes de lazo cerrado


Compensador de atraso (2)La contribución del ángulo de la red de atraso debe ser pequeño para evitar deformar apreciablemente el Lugar de las Raíces

El compensador de atraso deforma el lugar de las raíces desplazándolo hacia la derecha.


Dipolo

Para evitar el corrimiento del centroide y mantener la contribución del ángulo del compensador pequeña, para no afectar el comportamiento transitorio, entonces se colocan el polo y el cero muy cerca entre sí y también cerca del origen


Desventajas

El cero del compensador cerca del origen provoca un polo en lazo cerrado cerca del origen: Este polo en lazo cerrado y el cero del

compensador generan una larga cola de pequeña amplitud en la respuesta al escalón, por lo tanto el ts aumenta


Funcionamiento del compensador de atraso

En altas frecuencias el compensador de atraso tiene ganancia unitaria

En bajas frecuencias la ganancia es:

No importa si llamamos a los ceros y polos z0 y p0 o z1 o p1.

lims →∞

K (s)=lims→∞ ( (s− z1)

( s− p1) )=1 ∣p1∣<∣z1∣

lims →0

K (s)=lims →0 ( (s− z1)

( s− p1) )= z1

p1

>1 ∣p1∣<∣z1∣


Ganancia a bajas frecuencias

El término aparecerá multiplicando las constantes de error de posición, velocidad y aceleración (KP, KV o Ka)

K P=lims →0

K (s)G (s)=lims →0 ( (s−zO)

(s− p0)G (s))= z0

p0

lims→0

G (s)=z0

p0

K P

K V =lims →0

( sK (s)G (s))=z0

p0

lims→ 0

( sG (s))=z0

p0

K V

K a=lims →0

( s2 K (s)G (s))=z0

p0

lims →0

( s2 G (s))=z0

p0

K a

z0

p0


Procedimiento 1. Obtener el lugar de las raíces del sistema no

compensado

2. En función de las especificaciones de la respuesta transitoria, se sitúan los polos dominantes de lazo cerrado en el lugar de las raíces

3. Calcular la constante de error estático especificada en el problema


Procedimiento 4. Determinar el incremento necesario en la

constante de error estático para satisfacer las especificaciones. Esto nos da la relación polo-cero del compensador

5. Determinar el polo y el cero del compensador de atraso que producen el incremento necesario en la constante de error estático sin modificar apreciablemente los lugares de las raíces originales


Ejemplo 1: Compensador de atraso

Un sistema con realimentación unitaria negativa, tiene la siguiente función de lazo abierto:

Obtener un error en estado estacionario menor al 3%

G (s)=5

(s+1)(s+3)


Ejemplo 1: Compensador de atrasoEl error en estado estacionario del sistema sin compensar es:

ess= 0,375

Si compensamos el error en estado estable utilizando solamente una ganancia proporcional:

K=19,4

Resultados de agregar un compensador proporcional simple:

Mp aumenta de un 4% a mas de 50%

Ts 5% aumenta


Ejemplo 1: Compensador de atraso

Compensador de atraso Resolvemos el problema del MP y ts agregando

un compensador de atraso que proporcione la ganancia de 20 sólo en bajas frecuencia


Ejemplo 1: Compensador de atrasoPrimer caso: Debe tener un factor Escogemos

Resultados: El lugar de las raíces se desplaza un poco hacia la

derecha El e

ss disminuye pero el sistema responde muy

lento

z0

p0

=20

K ( s)=s+0,2s+0,01


Ejemplo 1: Compensador de atrasoSegundo caso: Para mejorar la respuesta se debe buscar otra

ubicación del cero del compensador manteniendo

Escogemos

Resultados: El lugar de las raíces se mueve más hacia la derecha

afectando la estabilidad y la respuesta transitoria Respuesta transitoria es satisfactoria

z 0

p0

=20

045.0

9.0)(

++=

s

ssK


Compensador de adelanto-atraso

Compensador de adelanto Acelera la respuesta e incrementa estabilidad

Compensador de retardo Mejora la respuesta en estado estable y reduce la

velocidad de la respuesta

La compensación de adelanto-atraso combina las ventajas de los compensadores de adelanto y de atraso


Ejemplo 2 Sintetice un regulador que haga que el sistema tenga

ante una entrada escalón una respuesta con: un sobreimpulso MP entre el 3% y el 10% un tiempo de estabilización tS5% < 3 s Un error de estado estacionario ante escalón entre el 1%

y el 3% Escoja para punto s1 un valor de entre los siguientes:

a) – 1,0 ± j 1,6 b) –1,15 ± j 1,25

c) –1,25 ± j 1,0 d) –1,15 ± j 2,0

3( s+1)( s+1,5)( s+2)


Ejemplo 2: SoluciónEscogemos el punto s1 = – 1,15 ± j 1,25

Cancelamos el polo en –1,5 con z0 = –1,5

El ángulo de la planta reducida en el polo en s = – 1,5, , evaluada en el punto s1 es: –152,63ºEl ángulo a agregar es: ϕpo = ±180º + = [27,37º, -332,63º]

Escogemos el valor ϕpo = 27,37º ya que éste se encuentra entre ±180º.

γ

G (s)

γ


Ejemplo 2: Gráficas con el compensador de adelanto

K lead (s)=1,72s+1,5

s+3,56


Ejemplo 2: Cálculo de la relación z0/p0

Ya que el sistema es tipo 0 y la realimentación es unitaria tenemos

De donde despejamos

Calculamos KP

K P=z0

p0

K P

z0

p0

=K P

K P

K P=lims →0

K lead( s)G (s)=0,7247


Ejemplo 2: Cálculo de K^

Tomando el valor intermedio del 2% para error de estado estacionario y asumiendo que está dado como un valor absoluto, y utilizando la ecuación

Calculamos los valores para el coeficiente de error de posición deseado,

K P=1−e ss

e ss

K P={ 49 ; e ss=0,02−51 ; e ss=−0,02


Ejemplo 2: La gananciaUsamos el valor positivo de

Redondeamos el valor a 68

Escogemos el cero de forma arbitraria en el punto s = -0.5 y calculamos el polo

z0

p0

≥49

0,7247=67,6124

K P

p0=z0

68

K lag=s+0,5

s+0,0074


Ejemplo 2: Final

Como se observa en la grafica punteada, la respuesta es muy lenta. Esto es debido al polo de lazo cerrado creado por el compensador de atraso.Solución, mover el cero hacia la izquierda a -0.9 y recalcular el polo. El resultado se observa en el trazo de línea continua. K ( s)=1,72

s+1,5s+3,56

s+0,9s+0,01324

K lag=s+0,9

s+0,01324


Ejemplo 2: ConclusionesEl compensador de atraso permite corregir el error de estado estacionario en aquellos casos donde el desempeño de un simple regulador proporcional no es satisfactorio.

Hay que escoger la ubicación del cero del compensador de tal manera que los polos de lazo cerrado del sistema no sean excesivamente lentos.

Sistemas tipo 0: Ubicar el cero lo más a la izquierda que se pueda (a la derecha del polo real más lento); sin afectar excesivamente la estabilidad y respuesta transitoria del sistema; o la forma deseada del lugar de las raíces.

Sistemas tipo 1: Ubicar el dipolo lo más cerca del origen


Ejemplo 3: Realimentación no unitaria

Sintetice un regulador que haga que el sistema tenga ante una entrada escalón una respuesta con: Un sobreimpulso MP entre el 5 % y el 10% Un tiempo de estabilización del 2%, tS2% < 2 s Un error de estado estacionario ante escalón

eSS < 2 %


Ejemplo 3: Selección del punto s1

Con los parámetros encontrados seleccionamos la zona Γ, y el ella el punto s1 = −2,5 +/- j 3


Ejemplo 3: SoluciónCalculamos que el amortiguamiento relativo debe satisfacer 0,59 ≤ ζ ≤ 0,69Calculamos que el producto ζωn ≥ 2Escogemos el punto s1 = -2,5 +/- j 3 El ángulo de la planta evaluada en el punto s1 es: 162,9°El ángulo a agregar es:

Escogemos el valor φ = 17,1º ya que éste se encuentra entre ±180º.

γ

ϕ={ 180°−162,9°= 17,1°−180°−162,9°= −342,9 °


Ejemplo 3: Selección del punto s1

Calculamos un compensador por el método de la bisectriz, con = 50.2°

z0=−∣s1∣

cos (ϕ+θ

2 )cos ( ϕ−θ

2 )=−∣(−2,5+ j3)∣

cos ( 17,1°+50,2°2 )

cos ( 17,1°−50,2°2 )

=−3,4

θ=180°−∢s1

p0=−∣s1∣

cos (ϕ−θ

2 )cos ( ϕ+θ

2 )=−∣(−2,5+ j3)∣

cos ( 17,1°−50,2 °2 )

cos ( 17,1°+50,2 °2 )

=−4,5

kC=1

∣K lead (s1) GO(s1)∣=

1

∣(s1+3,4)

(s1+4,5)

0,5(s1+1)(s1+3)

∣

=23,5


Ejemplo 3: Lugar de las raícesCon el compensador de adelanto aplicado obtenemos

K lead (s)=23,5s+3,4s+4,5


Ejemplo 3: Análisis a ω = 0Colocamos la misma ganancia que tiene el sensor a frecuencia cero (CD) en serie con la entrada. En este caso la ganancia es 0,5.

-

+ y(t)r(t)d(t)

)()(lim0

sGsK leads→

lims →0

H ( s )=0,5

)(lim0

sHs→

0,5

lims →0

K lag (s )


Ejemplo 3: Modelo equivalente con realimentación unitaria

Utilizando álgebra de bloques, al trasladar la ganancia dentro del lazo, se reduce a un sistema con realimentación unitaria.El sistema se trata ahora como cualquier sistema con realimentación unitaria

-

+ y(t)r(t)d(t)

)()(lim0

sGsK leads→

lim H(s)s0 p

zsK lag

s=

→)(lim

0


Ejemplo 3: Cálculo de KP y eSS

Después de aplicar el compensador de adelanto, se calcula el error de estado estacionario actual

El error es del 25,25%, hay que compensar aplicando un compensador de atraso

K P=lims →0

GE( s)=lims →0

[ K lead (s) GO(s)]

K P=lims →0 (23,5

(s+3,4)

( s+4,5)

1(s+1)(s+3)

0,5 )=2,96

ess=1

1+K P

=1

1+2,96=0,2525


Ejemplo 3: Cálculo de eSS

Los valores deseados del coeficiente de error de posición, con son:

El nuevo coeficiente de error después de aplicar el compensador de atraso

K P>{ 49 ; eSS<0,02−51 ; eSS>−0,02

eSS<∣0,02∣

K P=lims →0

[ K lag (s) ] lims → 0

[ K lead (s) G (s) H (s) ]

K P=zp

K P


Ejemplo 3: Encontrando la relación z/p

Despejando y sustituyendo los valores conocidos y usando el valor positivo de

Ubicamos el cero en el punto s = - 0,9 y calculamos el polo con z/p = 17

zp

≥K P

K P

zp

≥492,96

=16,55

K P

K lag=s+0,9

s+0,053


Ejemplo 3: Compensador totalEl precompensador de 0.5 y el compensador de atraso-adelanto constituyen el resultado de la síntesis.

H(s) = 0,5

-

+ y(t)r(t)0,5 Klag(s)Klead(s)

d(t)

)(sG


Ejemplo 3: ResultadosLa respuesta se obtiene con el sistema con un precompensador F = 0,5, igual a la ganancia CD del sensor H(s) y Klag(s) Klead(s).

Respuesta ante escalón

Tiempo [s] (sec)

Am

plit

ud

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Entrada r(t)

Entrada d(t)

ts = 1.65 y = 0.98Mp = 8.2%


Ejemplo 3: ConclusionesLa realimentación no unitaria afecta el cálculo del compensador de adelanto, con su dinámica, y el valor de kC con su ganancia estática

Aplicando una ganancia estática F = H(0) podemos simplificar el sistema a una aproximación con realimentación unitaria.


Resumen Compensador adelanto-atraso continuo (1)

Se emplea una estrategia que evita al máximo los efectos secundarios de cada parte sobre las otras

El procedimiento debe tomar en cuenta que el modelo es inexacto y que las especificaciones no pueden ser tampoco exactas y recurrir a la iteración

Se debe garantizar que el polo del compensador de atraso no vuelva muy lento al sistema ubicando el cero adecuadamente, dependiendo del tipo de sistema



Se emplea una estrategia que evita al máximo los efectos secundarios de cada parte sobre las otras

El procedimiento debe tomar en cuenta que el modelo es inexacto y que las especificaciones no pueden ser tampoco exactas y recurrir a la iteración

Se debe garantizar que el polo del compensador de atraso no vuelva muy lento al sistema ubicando el cero adecuadamente, dependiendo del tipo de sistema



El procedimiento debe tomar en cuenta la realimentación (especialmente el valor estático de H(s), cuando s 0)

Cuando el sensor tiene ganancia o atenuación, es necesario usar un precompensador estático F acompañando al compensador de atraso.


Tipo de sistema en tiempo discreto (1)

En tiempo discreto el tipo de sistema es el número de factores (z-1) del numerador de TE(z) o el número de factores (z-1) del denominador de GE(z).

Si i es el exponente de t para la entrada de prueba, entonces la constante de error es Ki

K i=limz →1 [ ( z−1

T )i

D ( z )G ( z ) ]=limz →1 [ ( z−1

T )i

G E( z) ]para i =0,1, 2,…


Error normalizado generalizado de estado estacionario

Tipo/entrada

Escalón (i = 0)

r(t) = Aσ(t)

Rampa (i = 1)

r(t) = A tσ(t)

Parábola (i = 2)

r(t)=½ A t2σ(t)

0 ∞ ∞

1 0 ∞

2 0 0

Tipo de sistema en tiempo discreto (2)

11+K P

1K V

1K a


Compensador de atraso discreto

Para un sistema tipo 0 compensado podemos calcular el error de estado estacionario con

, donde

Por lo que, escogiendo adecuadamente la ubicación del cero z1 a la derecha del polo dominante, obtenemos el polo p1 como:

K P=limz →1

( K lead ( z) G ( z))

p1=( z1−1)

( K P / K P)+1

e ss=1

1+limz →1

( K lag ( z )K lead ( z)G ( z ))

K P=limz →1

( K lag ( z ) K lead (z ) G ( z ))=1−z1

1− p1

K P


Ejemplo 4: Compensador de adelanto-atraso

Encuentre para el sistema en tiempo discreto del ejemplo 1, con la planta G(z), con T = 0,1 s

a) El compensador digital de adelanto, por el método de la bisectriz, que haga que la respuesta de lazo cerrado ante un escalón tenga como características dinámicas:

Un sobreimpulso MP ≤ 10% Un tiempo de estabilización del 2% tS ≤ 1,4 s

Use un punto z1 de los siguientes:1) 0,675 ± j0,5 2) 0,675 ± j0,25 3) 0,7 ± j0,3 4) 0,8 ± j2

b) El compensador digital de atraso, que haga que el error de estado estacionario se encuentre entre el 1% y el 3% ante una entrada escalón.

G ( z )=0,004528 ( z+0,9048)

( z−0,9048) ( z−0,8187)


Ejercicios (1)Sintetice un regulador que haga que el sistema tenga ante una entrada escalón una respuesta con: un sobreimpulso menor al 5% un tiempo de estabilización tS2% < 0,8 s Un error de estado estacionario ante escalón < 1%

Escoja un punto s1 de entre los siguientes:a) -5,25 +/- j 5,75 b) -4,5 +/- j 3,75 c) -5,25 +/- j 5,25d) -2,25 +/- j 4 e) -1,5 +/- j 2,25


Ejercicios (2)

Resuelva el ejemplo 3; pero con H(s) = 2

Resuelva el ejemplo 3; pero, con H (s)=2

s+2


ReferenciasOgata, Katsuhiko. „Ingeniería de Control Moderna“, Pearson, Prentice Hall, 2003, 4ª Ed., Madrid.

Dorf, Richard, Bishop Robert. „Sistemas de control moderno“, 10ª Ed., Prentice Hall, 2005, España.

Ogata, Katsuhiko. „Sistemas de Control en tiempo discreto“, Prentice Hall, 1996, 2ª Ed., México.

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