COMPENSACIÓN DE ATRASO

Características de los compensadores de atraso

Considere un compensador de atraso que tiene la siguiente función de transferencia:

Gc (s)=K cs+ 1T

s+1βT

=K c βTs+1βTs+1

Donde β>1. La red de atraso tiene:

Cero:

s=−1T

Polo:

s=−1βT

En las figuras Nº 2.1 y Nº 2.2 siguientes se muestran la traza polar y los diagramas de bode del

compensador de atraso, para K c=2, T=0.5 y β=5.

Gc (s )=K cs+ 1T

s+1βT

=2s+ 1

0.5

s+1

5(0.5)

=2s+2s+0.4

=2 s+4s+0.4

O en función de la frecuencia:

Gc ( jω )=2jω+2jω+0.4

=22

0.4

jω2

+1

jω0.4

+1=10

jω2

+1

jω0.4

+1

-2 0 2 4 6 8 10 12 14-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

System: sysReal: 2Imag: -3.2e-017Frequency (rad/sec): 1e+017

System: sysReal: 10Imag: 0Frequency (rad/sec): 1e-020

0 dB

-10 dB-6 dB

-4 dB

-2 dB

10 dB6 dB

4 dB

2 dB

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura Nº2.1 K c=2, T=0.5 y β=5.

Del diagrama polar podemos observar que para:

ω→∞correspondeK c=2

ω→0corresponde K c β=10

10-2

10-1

100

101

102

-60

-30

0

System: untitled1Frequency (rad/sec): 2Phase (deg): -33.8

System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.4Phase (deg): -33.5

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = Inf , Pm = Inf

Frequency (rad/sec)

5

10

15

20

System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.4Magnitude (dB): 17.2 System: untitled1

Frequency (rad/sec): 2Magnitude (dB): 8.92

Mag

nitu

de (

dB)

Figura Nº 2.2

La figura Nº 2.3 y Nº 2.4, están el diagrama polar y los diagramas de Bode para K c=1, T=1 y

β=10. La función de transferencia del compensador, para este caso es:

Gc (s )=K cs+ 1T

s+1βT

=1s+1

1

s+1

10(1)

=s+1s+0.1

En función a la frecuencia

Gc ( jω )= jω+1jω+0.1

=10

jω1

+1

jω0.1

+1

-2 0 2 4 6 8 10 12 14

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

System: sysReal: 1Imag: -1.8e-017Frequency (rad/sec): 5e+016

System: sysReal: 10Imag: 0Frequency (rad/sec): 1e-020

0 dB

-10 dB-6 dB

-4 dB

-2 dB

10 dB6 dB4 dB

2 dB

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Figura Nº 2.3 K c=1, T=1 y β=10

Las frecuencias de esquina del compensador de atraso están en:

ω1=1T

=1

ω2=1βT

= 110(1)

=0.1

El compensador de atraso es esencialmente un filtro de paso bajas.

Bode DiagramGm = Inf , Pm = -180 deg (at Inf rad/sec)

Frequency (rad/sec)

0

5

10

15

20

System: untitled1Frequency (rad/sec): 1Magnitude (dB): 3.01

System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.1Magnitude (dB): 17

Mag

nitu

de (

dB)

10-3

10-2

10-1

100

101

102

-60

-30

0

System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.1Phase (deg): -39.1

System: untitled1Frequency (rad/sec): 1Phase (deg): -39.3

Pha

se (

deg)

Figura Nº 2.4

Procedimiento de compensación de atraso basadas en el enfoque de la respuesta en frecuencia.

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

El procedimiento para diseñar compensadores de atraso para un sistema, mediante el enfoque de la

respuesta en frecuencia, se plantea del modo siguiente:

1. Suponga el compensador de atraso:

Gc (s)=K cs+ 1T

s+1βT

=K c βTs+1βTs+1

Donde β>1

Definir:

K=K c β

De tal forma que la función de transferencia de la red de atraso quede:

Gc (s)=K cs+ 1T

s+1βT

=KTs+1βTs+1

La función de transferencia en lazo abierto del sistema compensado queda:

Gc (s )G (s )=K Ts+1βTs+1

G (s )= Ts+1βTs+1

KG ( s)= Ts+1βTs+1

G1 (s )

Donde G1 (s )=KG ( s )

Determine la ganancia K que satisfaga el requerimiento en la constante de error estático

establecida.

2. Si el sistema no compensado G1 (s )=KG ( s ) no satisface las especificaciones en los márgenes de

fase y de ganancia, encuentre el punto de frecuencia en el cual el ángulo de fase de la función de

transferencia en lazo abierto sea igual a −180 ° más el margen de fase requerido. Éste es el margen

de fase requerido adicionando entre 5 y 12 °. (La adición de entre 5 y 12 ° compensa el atraso de

fase del compensador de atraso.) Seleccione ésta como la nueva frecuencia de cruce de ganancia.

3. Para evitar los efectos nocivos del atraso de fase producido por el compensador de atraso, el polo

y el cero del compensador de atraso deben ubicarse mucho más abajo que la nueva frecuencia de

cruce de ganancia. Por tanto, seleccione la frecuencia de esquina ω= 1T

(que corresponde al cero

del compensador de atraso) entre una octava y una década por debajo de la nueva frecuencia de

cruce de ganancia. (Si las constantes de tiempo del compensador de atraso no se vuelven demasiado

grandes, se selecciona la esquina de frecuencia ω= 1T

una década por debajo de la nueva frecuencia

de cruce de ganancia.)

4. Determine la atenuación necesaria para disminuir la curva de magnitud a 0 dB en la nueva

frecuencia de cruce de ganancia. Considerando que esta atenuación es de −20 logβ, determine el

valor de β. Luego se obtiene la otra frecuencia de esquina (que corresponde al polo del

compensador de atraso) a partir de ω= 1βT

.

5. Usando el valor de K determinado en el paso 1 y el de β obtenido en el paso 4, calcule la

constante K c a partir de

K c=Kβ

Ejemplo 2.1

Considere el sistema de la figura. La función de transferencia en lazo abierto se tiene:

G (s )= 1s (s+1 )(0.5 s+1)

Se desea compensar el sistema a fin de que la constante de error estático de velocidad K v sea de

5 seg−1, el margen de fase sea de cuando menos 40 ° y el margen de ganancia sea de cuando menos

10dB.

Solución

La función de transferencia en lazo abierto del sistema es:

G (s )= 1s (s+1 )(0.5 s+1)

= 1

0.5 s3+1.5 s2+s

La función de transferencia en lazo cerrado del sistema es:

C(s)R(s)

=G (s )

1+G ( s )=

1s (s+1 )(0.5 s+1)

1+ 1s ( s+1 )(0.5 s+1)

= 10.5 s3+1.5 s2+s+1

La grafica del diagrama de bode, respuesta en el tiempo y respuesta rampa del sistema se muestran

a continuación, figuras del Nº 2.6 a Nº 2.8:

-150

-100

-50

0

50

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-270

-225

-180

-135

-90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = 9.54 dB (at 1.41 rad/sec) , Pm = 32.6 deg (at 0.749 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.6

0 5 10 15 20 25 300

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura Nº 2.7

0 5 10 150

5

10

15Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura Nº 2.8

Los parámetros del sistema son:

MP=32.6 °

MF=9.54dB

K v=1

Las especificaciones de desempeño son:

MP≥40 °

MF≥10dB

K v=5

La red de compensación que utilizaremos es de atraso, de la forma:

Gc (s)=K cs+ 1T

s+1βT

=K c βTs+1βTs+1

Donde β>1

La función de transferencia de la red de atraso quede escribirse:

Gc (s )=K c βTs+1βTs+1

=K Ts+1βTs+1

Donde K=K c β.

La función de transferencia en lazo abierto del sistema compensado es

Gc (s )G (s )=K Ts+1βTs+1

G (s )= Ts+1βTs+1

KG ( s)= Ts+1βTs+1

G1 (s )

Donde G1 (s )=KG ( s )

G1 (s )=K 1s ( s+1 )(0.5 s+1)

Determinamos la ganancia K que satisfaga el requerimiento en la constante de error estático

establecida.

K v=lims→o

sG1(s)=lims→osG1 (s )=lim

s→os K

1s (s+1 )(0.5 s+1)

K v=K1

=5

De donde obtenemos K=5. Por lo tanto G1 (s )=KG ( s ) queda:

G1 (s )=K 1s ( s+1 )(0.5 s+1)

= 5s (s+1 )(0.5 s+1)

= 5

0.5 s3+1.5 s2+s

La grafica de bode correspondiente a G1 (s ) y G(s) se muestran en la figura Nº 2.9, donde, a partir

de estos diagramas, vemos que el margen de fase es de −13 ° lo cual significa que el sistema es

inestable (no cumple con las especificaciones de desempeño).

-150

-100

-50

0

50

100

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-270

-225

-180

-135

-90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = -4.44 dB (at 1.41 rad/sec) , Pm = -13 deg (at 1.8 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.9

Considerando que la adición de un compensador de atraso modifica la curva de fase de los

diagramas de Bode, debemos adicionar entre 5 y 12 ° a fin de que el margen de fase especificado

compense la modificación de la curva de fase.

El margen de fase según las especificaciones es de 40 °, si agregamos 12 ° al margen de fase

especificado, como una tolerancia para considerar el ángulo de atraso introducido mediante el

compensador de atraso. El margen de fase requerido es ahora de 52°.

La frecuencia correspondiente a un margen de fase de 52 ° es a 0.468 rad / seg, que será la nueva

frecuencia de cruce de ganancia (del sistema compensado); debe seleccionarse un valor cercano.

Figura Nº 2.11:

Bode DiagramGm = -4.44 dB (at 1.41 rad/sec) , Pm = -13 deg (at 1.8 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

-150

-100

-50

0

50

100System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.468Magnitude (dB): 19.5

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-270

-225

-180

-135

-90

System: untitled1Frequency (rad/sec): 0.468Phase (deg): -128

Pha

se (

deg)

Figura Nº 2.11

Por tanto, tomamos la nueva frecuencia de cruce de ganancia como 0.468 rad / seg.

Para evitar los efectos nocivos del atraso de fase producido por el compensador de atraso, el polo y

el cero del compensador de atraso deben ubicarse mucho más abajo que la nueva frecuencia de

cruce de ganancia entre una octava o una década por debajo.

Con el fin de evitar las constantes de tiempo muy grandes para el compensador de atraso, debemos

elegir la frecuencia de esquina o del cero a dos octavas debajo:

ω= 1T

=0.117

De donde T=8.5470.

Para bajar la curva de magnitud hasta 0 dB en esta nueva frecuencia de cruce de ganancia, el

compensador de atraso debe proporcionar la atenuación necesaria que, en este caso, es de

−19.5dB. Por tanto:

20 log1β=−19.5

log1β=−19.5

20=0.975

−logβ=−19.520

=−0.975

β=9.44

Lo que da un valor a β=9.44

El valor del polo del compensador en atraso estará:

ω= 1βT

= 19.44 (8.5470)

= 180.6837

=0.0123 rad / seg

La función de transferencia del compensador de atraso es:

Gc (s )=K cs+ 1T

s+1βT

=K cs+ 1

8.5470

s+1

80.6837

=K cs+0.117s+0.0123

Para determinar K c lo hacemos a partir del valor de K=5, hallado anteriormente, entonces:

K c=Kβ

= 510

=0.5

La función de transferencia del compensador es:

Gc (s )=K cs+ 1T

s+1βT

=0.5s+ 1

8.5470

s+1

80.6837

=0.5s+0.117s+0.0123

=0.5 s+0.0585s+0.0123

La grafica del sistema y del compensador se muestra en la figura Nº

-150

-100

-50

0

50

100

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

10-4

10-3

10-2

10-1

100

101

102

-270

-180

-90

0

Pha

se (

deg)

La función de transferencia de sistema compensado es:

Gc (s )G (s )=K c

s+ 1T

s+1βT

1s ( s+1 )(0.5 s+1)

=0.5s+ 1

21.3675

s+1

188.8

1s (s+1 )(0.5 s+1)

=0.5( s+0.0468 )( s+0.005 )

1s ( s+1 )(0.5 s+1)

La figura Nº 2.12 muestra las curvas de magnitud y de fase del sistema compensado Gc (s )G (s ).

-150

-100

-50

0

50

100

Mag

nitu

de (

dB)

10-4

10-3

10-2

10-1

100

101

102

-270

-225

-180

-135

-90

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = 14.1 dB (at 1.3 rad/sec) , Pm = 39.7 deg (at 0.457 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.12

El margen de fase del sistema compensado es de de 39.7 °, que es el valor requerido. El margen de

ganancia es de aproximadamente 14.1dB; valor bastante aceptable. La constante de error estático

de velocidad es de 5 seg−1, tal como se requiere. Por lo tanto, el sistema compensado satisface los

requerimientos en estado estable y la estabilidad relativa.

Por último examinaremos la respuesta escalón unitario y la respuesta rampa unitaria del sistema no

compensado y compensado, figuras Nº 2.13 y Nº 2.14 respectivamente. Las funciones de

transferencia en lazo cerrado de los sistemas no compensado y compensado son respectivamente:

Sistema no compensado

G (s )= 1

0.5 s3+1.5 s2+s

C(s)R(s)

= 10.5 s3+1.5 s2+s+1

Sistema compensado

Gc (s )G (s )= 0.5 s+0.05

0.5 s4+1.5050 s3+1.0150 s2+0.01 s

C(s)R(s)

=Gc (s )G ( s)

1+Gc ( s)G (s )=

0.5 s+0.05

0.5 s4+1.5050 s3+1.0150 s2+0.01 s

1+ 0.5 s+0.050.5 s4+1.5050 s3+1.0150 s2+0.01 s

= 0.5 s+0.050.5 s4+1.5050 s3+1.0150 s2+0.51 s+0.05

0 5 10 15 20 25 30 35 40 450

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura Nº 2.13

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura Nº 2.14

Ejemplo 2.2

Considere el sistema de la figura 2.15. Diseñe un compensador tal que la constante de error estático

de velocidad sea de 4 seg−1, el margen de fase sea de 50 ° y el margen de ganancia sea de 10dB o

más. Grafique con MATLAB las curvas de respuesta escalón unitario y rampa unitaria del sistema

compensado. Asimismo dibuje la traza de Nyquist del sistema compensado con MATLAB.

Figura Nº 2.15

Solución

La función de transferencia de lazo abierto del sistema está dada por:

G (s )= 1

s2+1

El diagrama de bode esta dado en la figura Nº 2.16

-50

0

50

100

150

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = Inf dB (at Inf rad/sec) , Pm = 0 deg (at 1.41 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.16

La red de compensación que utilizaremos es

Gc (s )= KsG' (s )

Donde lims→o

sG' (s)=1, por lo tanto la función de transferencia en lazo abierto del sistema

compensado es

Gc (s )G (s )= KsG' (s) 1

s2+1

Determinamos la ganancia K que satisfaga el requerimiento en la constante de error estático

establecida.

K v=lims→o

sGc (s )G (s )=lims→o

sKsG'(s) 1

s2+1= K

1

K v=K=4

De donde obtenemos K=5. Por lo tanto el sistema compensado G1 (s )= KsG (s ) queda:

G1 (s )= KsG (s )=4

s1

s2+1= 4

s3+s

El diagrama de bode para esta FT G1 (s ), figura Nº 2.17

-50

0

50

100

150

200

Mag

nitu

de (

dB)

10-1

100

101

-270

-180

-90

0

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = -212 dB (at 1 rad/sec) , Pm = -90 deg (at 1.8 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.17

Del diagrama de bode vemos que el MP=−90 a una ω=1.9 rad / seg

Dada la respuesta en frecuencia asumimos parte del compensador G' ( s )=(as+1), que cumple con

el coeficiente de error estático de velocidad.

El factor (as+1) es un factor de primer orden, que tiene encima de una década su frecuencia de

corte una fase de 90 ° la cual se utiliza. De donde asumimos el factor a=5 , quedando el sistema

compensado como G2(s):

G2 (s )= K (as+1)s

G ( s)=4(5 s+1)s

1s2+1

=20 s+4s3+s

La figura Nº 2.18 muestra el diagrama de bode de G2 (s )

-50

0

50

100

150

200

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

-225

-180

-135

-90

-45

0

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = -106 dB (at 1 rad/sec) , Pm = -2.5 deg (at 4.58 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.18

El margen de fase es −2.5 ° a ω=4.58rad /seg. Del análisis del diagrama de bode de la figura Nº

2.18 determinamos aumentar un factor de primer orden (bs+1), cuya frecuencia de corte es:

b= 1ω

= 14.58

=0.2183

Quedando el sistema compensado como:

G3 (s )=K (as+1 )(bs+1)

sG (s )=

4 (5 s+1)(0.2183 s+1)s

1s2+1

=4.366 s2+20.8732 s+4s3+s

La figura Nº 2.19 muestra el diagrama de bode del sistema compensado G3 (s ), el cual cumple con

las especificaciones de desempeño.

Por lo tanto el sistema compensado es (Gc (s )G (s )=G3 ( s )):

Gc (s )G (s )=K (as+1 )(bs+1)

sG ( s)=

4(5 s+1)(0.2183 s+1)s

1s2+1

=4.366 s2+20.8732 s+4s3+s

-100

0

100

200

300

400

Mag

nitu

de (

dB)

10-2

10-1

100

101

102

-180

-135

-90

-45

0

45

Pha

se (

deg)

Bode DiagramGm = Inf , Pm = 49.5 deg (at 5.76 rad/sec)

Frequency (rad/sec)

Figura Nº 2.19

La función de transferencia de lazo cerrado está dada por:

Sistema

G (s )= 1

s2+1

C(s)R(s)

=G (s )

1+G ( s )=

1

s2+1

1+ 1s2+1

= 1s2+2

Sistema compensado

Gc (s )G (s )=4.366 s2+20.8732 s+4s3+s

C(s)R(s)

=Gc (s )G ( s)

1+Gc ( s)G (s )=

4.366 s2+20.8732 s+4s3+s

1+ 4.366 s2+20.8732 s+4

s3+s

= 4.366 s2+20.8732 s+4s3+4.366 s2+21 .8732 s+4

La grafica correspondiente a la respuesta escalón del sistema sin compensar y compensado, figura

N° 2.20.

0 2 4 6 8 10 12 140

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura N° 2.20

La grafica correspondiente a la respuesta rampa del sistema sin compensar y compensado, figura N°

2.21.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Figura N° 2.21