TÉCNICAS DE COMPENSACIÓN USANDO EL LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES.

Transcripción

1 TÉCNICAS DE COMPENSACIÓN USANDO EL LUGAR GEOMÉTRICO DE LAS RAÍCES. Efecto de añadir Polo y Cero a GH(). Adición de Polo. En general, la adición de polo en el emiplano izquierdo produce una deformación del L.G.R hacia la derecha. Sea: K GH() ( a) + donde a>0

2 Si K + ( + b)( a) con b > a Si K ( + c)( + b)( + a) con c > b > a

3 Adición de cero: En general, al añadir cero en el emiplano izquierdo, e etabiliza el itema, deformándoe el L.G.R hacia la izquierda. K Si GH() ( + a) K( + b) Si GH(S) ( + a) K( + c) Si GH(S) ( + a) ( + b) c > b >a jω jω σ σ 0 - c - b - a 0 -b -a

4 DISEÑO DE COMPENSADORES Controlador Indutrial Ideal Compenador eléctrico real P K c K c PD Kc ( + TDS ) + TS Kc + αts (adelanto) α< PI Kc + TiS Kc TiS + Ti S Kc + TS + βts (atrao) β> PID Kc + TiS + T D S Kc TDTIS + TiS + Ti S Kc + T + S + T. S ( T / β ) S + βt S adelanto - atrao β>

5 COMPENSACIÓN EN ADELANTO. Función de Tranferencia de un compenador en adelanto T T K G c c α + + 0,07 α< T T K G c c + α + α c c K K Función de Tranferencia del itema compenado, donde FTLA G(S) ( ) ( ) S G G S G c ( ) ( ) () T T G K T T S K G S G c c α α α..

6 PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN CASCADA DE ADELANTO POR EL METODO DEL L.G.R. Báicamente ete procedimiento etá enfocado a la búqueda del polo y del cero del compenador:.- Dibujar el L.G.R. del itema in compenar..- Determinar i e poible cumplir con la epecificacione del problema con ee L.G.R. (eto implicaría olo un ajute de K c ) 3.- Si no, entonce ubicar lo polo dominante deeado PD tal que e cumplan la epecificacione.

7 4.- Encontrar la contribución angular (φc) que debe uplir el compenador en el polo PD, para lograr que éte pertenezca al LGR del itema compenado. Eta contribución e obtiene por: /G /Cero de G() - /Polo de G() + φc 80o Con SP D NOTA: Cuando φc > 60o, generalmente e ua má de un compenador en adelanto u otro tipo de compenador. 5.- Obtener la pareja cero-polo del compenador que produzca el ángulo φc en el polo Pd deeado, para ello e une Pd con el origen, e paa una recta por Pd, e encuentra la biectriz entre la recta APd y PdO. Luego e dibujan la recta PdD y PdE, tal como e muetra en la figura. De eta forma e encuentran el polo y el cero del compenador en adelanto.

8 6.- Chequear el etado etacionario del itema compenado. Para ello e abe que la F.T.L.A. del itema compenado e: + TS G' GcG(S) Kc G(S). + αt Conideremo a K0 ganancia de la F.T.L.A. original. Luego podemo decir: K K0 Kc K puede er calculada de la condición de magnitud, aplicada al itema compenado en SP D K0 generalmente e dada o e conoce con la condición de magnitud de la F.T.L.A. original,(en lo polo originale del itema). Kc K/K 0 7.-Dibujar por último el L.G.R. del itema compenado, para chequear i e cumplen toda la epecificacione.

9 Ejemplo de Compenación en Adelanto Se tiene la planta de tipo iguiente: G ( S ) 400 ( ) Se deea una repueta a lazo cerrado con: ξ0.5 y ω n 3.5rad/eg La F.T.L.A actual produce en lazo cerrado polo en: (-4.± 0.93j) y -.59 El itema entonce no tiene obreimpulo, pero e (rampa) 5 0. Kv

10 φ/ SP D φc/ -b -a Polo Deeado: S ±.69 j Luego: φ S 0º > φc ±80 - G(S) 55.8 θp 3 y θz 87.9 Entonce: P c -5.4 Z c -7.6 S+ Pc K c 3.6 G S+ Zc ( S) El compenador erá en definitiva: Gc 3.6 S S + 5.4

11 Procedimiento Alternativo: Procedimento geométrico de compenación: φ/ SP D φc/ φ (S) -b -a ; φ c ± 80º - G(S) Si: θ p φ - φ c y θ z φ + φ c Calcular: P c -b Re ( ) I m ( ) y Z c -a Re( ) I m ( ) tanθ p tanθ z K c e tal que + Zc Kc G + Pc () SS Polo Deeado: S ±.69 j ( En Matlab el comando Ord dá ete reultado automáticamente, dado ξ y ωn) Luego: φ S 0º > φc ±80 - G(S) θp 3 y θz 87.9 Entonce: P c -5.4 Z c -7.6 S+ Pc K c 3.6 G S+ Zc ( S) El compenador erá en definitiva: Gc 3.6 S S + 5.4

12 GH ( ) 400 ( ) LGR del itema in compenar. GH ( ) 3.6( + 7.6) ( )( + 5.4) LGR del itema compenado. Ejemplo

13 Ejemplo de compenación en adelanto Un itema de control tiene como función de tranferencia de lazo abierto: K GH ( ) + 0 ( ) Se deea que el itema de lazo cerrado tenga lo polo dominante con un coeficiente de amortiguación de ξ 0,4 y con una frecuencia natural no amortiguada ωn,5rad/eg. - Empleando el método del L.G.R. introduzca un compenador tal que haga al itema etable. - Determine el coeficiente de error de aceleración Ka del itema compenado. - Dibuje el L.G.R. itema compenado Qué mejora ha preentado el itema compenado con relación al no compenado? Solución: Obtención del L.G.R. Dato del L.G.R. del itema no compenado: P 3, Z 0 # rama 3 Aintota 60 ; -60 ; +80 σa -3,33 Corte con el eje jω : ω 0, K 0 Ver figura del L.G.R.

14 Ejemplo GH ( ) K ( + 0) LGR del itema in compenar. Compenación del itema: a) Cálculo de lo polo dominante deeado: Según la epecificacione, la parte real del polo dominante deeado erá: σ ξω n 0,4 x,5 y arco ξ θ > θ 67 lo polo dominante deeado on Pd - ± j,3

15 b)cálculo de la contribución angular del compenador ( θ c ) θ c - θ - θ -80 y, egún la figura, tenemo: φ c > φ c > φ c 65 pero θ c > 60!!!!! por lo que contruiremo do compenadore, cada uno con una contribución de θ c ' 3,5 ½ θ c ' 6,5 ; c)obtención del compenador Graficando ½θ c ' en la figura, obtenemo: /T.7 y /αt3.7 α 0.46 α >0.07 > aceptable. El itema compenado e, por coniguiente: ( ) S +.7 K G (S) G c G. ( S + 3.7) S ( 0 + S )

16 Al dibujar ahora el L.G.R. del itema compenado, e obtiene el gráfico que e muetra en la figura. Por la condición de magnitud K ' +.7 ² ² ² + 0 e puede calcular K ' K c K 0 para - +j,3 Sutituyendo Pd, podemo depejar de aquí K, y encontrar K c Se calcula Ka: ( ) Ka lim 0 ² G(S) lim 0 S S +.7 K. ( S + 3.7) S ( 0 + S ) LGR del itema compenado.

17 Compenación en Atrao : L.G.R. Función de tranferencia de un compenador en atrao G c K c + β + T Tβ K c T + βt + < β < 5 K c Kc β Para evitar un cambio apreciable en el L.G.R. al introducir el compenador, éte deberá contribuir con un ángulo no mayor de 5 o. Para aegurar eto, colocamo al polo y al cero muy cerca el uno del otro y ademá muy cerca del eje jω. Eto implica: β + T + Tβ β donde polo dominante deeado,(de la FTLC) Podemo aumentar la ganancia en un factor β in alterar el L.G.R. en el polo dominante, e decir, in alterar la repueta tranitoria: Si K' e la ganancia del itema compenado; y K la ganancia del itema original (en p ): K' K c.k Y la preciión mejora en un factor K c

18 PROCEDIMIENTO PARA DISEÑAR UN COMPENSADOR EN ATRASO POR EL METODO DEL L.G.R..- Dibujar el L.G.R. del itema in compenar..- Ubicar lo polo complejo dominante Pd para que e cumplan la epecificacione de repueta tranitoria. P D 3.- Determinar, con la condición de módulo, la ganancia de la FTLA en lo polo dominante deeado. 4.- Calcular el e.

19 5.- Determinar el aumento neceario en el coeficiente de error para atifacer la epecificacione de etado etacionario. E decir, calcular Kc. 6.- Tomar β Kc. 7.- Calcular el polo y el cero del compenador como : z /T y p /βt NOTA: Se puede ecoger en el primer intento /T -0,. 8.- Chequear que la contribución angular de la pareja polo-cero en el polo dominante Pd ea pequeña, e decir: / Pd + / βt - / Pd + / T < 5 Eto garantiza que el L.G.R. no e vea modificado en el Pd. 9.- Graficar el L.G.R. del itema compenado. 0.- Encontrar nuevamente lo polo dominante. Son lo cambio de la repueta tranitoria tolerable?

20 Ejemplo: Dado un itema de control en retroalimentación imple cuya FTLA e: GH ( ) K ( + 5)( + 5) e deea fijar ξ 0,3 para la repueta tranitoria del itema y ademá un e < 0, ante entrada rampa r(t)3t. Determine i el itema in compenar puede cumplir con dicha epecificacione. En cao contrario contruya el compenador adecuado. Solución : Obtención del L.G.R. Contruiremo el L.G.R. del itema no compenado. Aplicando la regla del L.G.R. para u contrucción, tenemo: p 3 z 0 # de rama 3 σa -6.6 Aintota : ± 60, 80 Punto de alida : -,6 Cruce con el eje : jω/ω ±8,66 K 73,

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22 Cálculo del compenador: Ubicamo lo polo dominante deeado egún la epecificacione de repueta tranitoria. Si ξ 0,3 > θ 7,54 > obre el L.G.R. e pueden ubicar lo polo dominante deeado: Pd-,7±j5,4 Cálculo el e del itema no compenado: Para ello debemo calcular primero Kv, ya que i la entrada e r(t) A.t (rampa), el error etacionario e: e A K v (A: magnitud de la entrada rampa) K K + 75 Kv lim S 0 G(H) lim S 0 ( 5)( + 5) > el e del itema no compenado e: e 3x75 5 K K Podemo calcular el valor de K para el itema no compenado aplicando la condición de magnitud para -,7 + j5,4, de donde: K 54,3 > K v 6,86 e 0,4375 (itema no compenado).

23 Pero queremo e < 0, > e neceario compenar en atrao. 5 e 0, ' K donde K' K Kc > K' 50 Kc K ' 50 4,375 K 54.3 Luego elegimo β Kc 4,375 y T 0 > - βt -0, > polo - T -0, > cero Sitema compenado: > GH ( ) K ( + )( + 5) ( + 0) ( )

24 GH ( ) ( + 5)( + 5) K LGR del itema in compenar. GH ( ) K ( + )( + 5) ( + 0) ( ) LGR del itema compenado.

25 Ejemplo: GH () 4.86K ct ( +.5) 3 t (%)3. e <9% ante entrada ecalón 4 ξω 3. ξωn.5 n > P D : -.5±.75j Condición de módulo: K 3 ( +.5 ) KCT P D K ct 3.5 e ( ) () R lim 0 E() lim 0 lim + GH 0 ( +.5) 3 ( +.5) 3 + K (.5) Si e 0.09 K 58 (57.98) hay que compenar el atrao!

26 K 0K e ecoge β 0 0. T 0.0 Contribución angular en, -.5±.75j -.7 βt Sitema compenado: 4.86KCT ( + 0.) K ( +.5) ( + 0.0) ' c G' () e lim 0 α 3 ( +.5)( + 0.0) ( +.5) ( + 0.0) + 5.8( + 0.)

27 4.86 Kct GH ( ) ( +.5) 3 LGR del itema in compenar Kc ( + 0.) ( +.5) ( + 0.0) GH ( ) 3 LGR del itema compenado.

28 DISEÑO DE UN COMPENSADOR EN ADELANTO-ATRASO POR EL METODO DEL L.G.R. F.T. del compenador. G c + + T + T + T T Kc Gc K c ( T / β ) βt β β> T βt adelanto - atrao K c K c Procedimiento:.- Grafique el L.G.R. del itema no compenado..- Para la epecificacione dada, encuentre lo polo dominante Pd. 3.- Determine φ c para la red de adelanto para que Pd cumpla la condición angular.

29 4.- Uando la FTLA ya compenada, encuentre Kc de tal forma que e cumpla la epecificación del coeficiente de error dado en el problema. 5.- Encuentre lo valore de β y T tal que: / + / T - / + β/ T φ c en PD y que + T β + T K c GH(S) en Pd 6.- Con el valor de β encontrado, ecoja T tal que: + T + βt para Pd / + /β T - / + / T < 5 para Pd 7.- Verificar el LGR y la caracterítica de repueta tranitoria y etacionaria del itema compenado.

30 Ejemplo: Se tiene un itema cuya FTLA e: GH() 000 ( +.5)( + 0) Se requiere que: - Kv 50 - Mp 0% - t eg. Compenar el itema tal que e cumplan lo requerimiento. Solución: LGR Contruimo el L.G.R. del itema no compenado. Se tiene: p 3, Z 0 # rama 3 σa -7.5 Aintota ± 60, 80 Punto de alida: -.07 Punto de cruce con el eje imaginario S ± 7.07j Y para ete valor de, tenemo que K cr 5 Con la epecificacione localizamo al Pd Si Mp 0% > ξ 0.6 > θ 53. y con t eg. ( t : % 4/σ, 5% 3/σ ) > tenemo como Pd - ± j.6

31 /GH(S) -6 > φc 36 Pd Si Kv 50, eto implica que lim->0 G(S) 000.K c 50 > Kc.5 (.5)(0) Determinacion de β y T Por condición del módulo: K c T (+.5)(+ 0) β + T en -± j T 500 T 0 T 0.63 β β 0.63 β (*) T T T Se localiza en el plano S, el polo y el cero de tal manera que guarden entre í la relación (*) y a la vez tengan un φc 36. Eto e hace por tanteo o bien e calcula analíticamente. Se encuentra finalmente: - β - 5 ; - 6 > β.4 -> aceptable. T T Lo cual implica que la red de adelanto queda: ( + 5) ( + 6)

32 Dieño de la red de atrao Se debe cumplir que: + / T + β / T Pd ; y u contibución angular < 5 Para ello ecogemo T 0 > - βt y T 0. Hay que chequear la contribución angular de la red y la condición de magnitud: + / T + β / T Pd ángulo de + / T / T -.30 < 5 + β Pd Por lo cual, tenemo el itema compenado: G c.gh G'() 500( + 5)( + 0.) ( +.5)( + 0) ( + 6)( )

33 Otro Ejemplo Ejemplo Dado G() 0 ( + 5) y H() Determinar un compenador de modo que lo polo dominante de lazo cerrado tengan ζ 0,6 ; ω n 3 rad/eg. Calcule cómo afecta la adición del compenador a la caracteritica del itema en etado etacionario Imag Axi Real Axi Sitema in compenar. El polo dominante deeado e: Pd -ζω n ± j, - ζ² ω n -3.8 ± j 8.4 Cálculo de la contribución ángular de la red (φ c ) φ c φ c > 60 Se dieñan do compenadore, cada uno de φ c ' 3.3 φ c ' / 5.6

34 Por el método de la biectriz e obtiene: /T7.4 y /αt30.4 α 0.57 > 0.07 > aceptable Para hallar la ganancia K c del compenador: Inicialmente: K v lim 0 GH() Aplicando la condición de magnitud al itema compenado en Pd e puede hallar K c 0.Kc ' (+ 7.4) (+ 5) (+ 30.4) en j Kc 9.6 la función de tranferencia del compenador e: G c () Entonce Kv para el itema compenador erá: Kv final lim 0 GH().Gc() 69.6 Con lo que la preciión del itema mejoró en un factor de 69.6/ 3.

35 Imag Axi Real Axi Sitema Compenado GHG () c ( ) ,4 ( ) ( )

36 Ejemplo Introduzca un compenador al itema para que cumpla con ζ 0.5 para la raice dominante y e < 0. para r(t) t. GH () K ( + 0)( ) Imag Axi Real Axi Sitema in compenar. Etacionario K v lim GH() K/650 -> 0 Tranitorio Pd M /ϕ ϕ arcco (ζ) arcco (-0.5) 60 > Pd M /0

37 Con ete ángulo e encuentra el polo dominante deeado obre el L.G.R. (ver figura): Pd 3.6 ± j 6. Aplicando la condición de magnitud en ete punto: GH en Pd e obtiene el valor de K correpondiente: K Entonce: e /Kv 0.9 y e > 0. en Pd. Debemo uar un compenador en atrao para mejorar la preciión: > /K > K' 6500 > K c.93 β.93 Se toma T βt y 0. T Función de tranferencia del compenador: ( + 0.) G c ( GH().G c Chequeo: /Gc () en Pd

38 Imag Axi Real Axi GH G c () + Sitema compenado. K ( + 0,) ( + 0,05)( + 0)( )

39 Ejemplo 3 Introduzca un compenador al itema para que cumpla M p 5% ; t (5%) 0.3 eg ; K v 50. GH () K( + 6) ( + 7)( + 5)( + 33) Imag Axi Real Axi Sitema in compenar. M p 0.5 > M p exp πζ ζ > ζ 0.57 > θ 58.9

40 t (5%) 3/ ζ ω n 0.3 ζ ω n 3/0.3 > ω n 8.3 Finalmente: Pd ± j 5.5 e el polo dominante deeado (ver L.G.R.), pero no pertenece al L.G.R. En efecto, aplicando la condición de ángulo en Pd: /GH() en Pd (.) - (98.7) - (44.8) - (33.3) θ c -80 E neceario que un compenador en adelanto upla: θ c Por otra parte, para el etado etacionario: K v 50 > lim GH() 50 ->0 lim GH()G c lim KcK( + 6) ( + 7)( + 5)( + 33) 50 > K c K Ajutando la K, y con la parte de adelanto del compenador, e ha de cumplir: a) Magnitud:

41 GH()K c + / T + β / T en Pd > ( + 6) + / T ( + 7)( + 5)( + 33) + β / T (en ± j 5.5) > + / T + β / T (en ± j5.5) y ademá: b) Angulo: φ c (+/T) PD - (+β/t) PD 5,06 Gráficamente: P D ± j5.5 φ c D D φ φ -β/t -/T Luego: donde D/D ϕ - ϕ 5.06 D,(-/T )² + 5.5²

42 D,(-β/T )² + 5.5² y: ϕ arctg ϕ arctg 5.5 / T β / T Eta ecuacione e cumplen, por ejemplo, para: T y β 3.09 > > parte de adelanto. Para la parte de atrao: + / T + / βt en Pd Si tomamo {T 0 > /T 0.,/βT 0.07 Se chequean magnitud y ángulo de la parte de atrao; + 0. en Pd ángulo de + 0. o en P D lo cual e aceptable.

43 Luego el SISTEMA COMPENSADO queda: () GH ( + 6)( )( + 0,) ( + 7)( + 5)( + 33)( + 3,9)( + 0,07) Imag Axi Real Axi Sitema Compenado.

44 Ejemplo de compenación en adelanto. Ejemplo 4 F.TGH S K ( + 0) Se deea ξ0.5 y ω n 3 rad/ Dato del itema no compenado: P3, Zθ # rama 3 Aíntota: En +60, -60, 80 Punto de ruptura polo cero 0 σ a 6.6 # polo # cero 3 Imag Axi Sitema in Compenar.

45 Compenación en adelanto: Dado ξ y ω n e tiene: PD(-.5±j.6) En ete punto, Se calcula: φ c φ + φ + φ φ 8 φ 0 > φ c 68 Se contruirán compenadore, cada uno con φ c 34 (θ c / 7 ).. T Por procedimiento gráfico e obtiene: α 0.49 < 4.86 αt ( +.) Y luego: Gc K c ( ) Finalmente el itema compenado queda: K. K c () ( +.) Gc. GH ( + 0)( ) mag Axi

46 Ejemplo de compenación en atrao: GH K ( +0 )( + 50) Se deea ξ 0.5 y e 0.0 Dato del itema no compenado: P3 Zφ # rama 3 Aíntota: 60, -60,80 σ A -0 corte con y : ± j Imag Axi Real Axi Del gráfico del lugar de la raíce, e obtiene el PD, de la interección de la recta del arc co (ξ) y el L.G.R ( que no debe movere). PD (-5 ± j8.66)

47 Compenación: En atrao. Cálculo del e del itema no compenado. e 500/K, calculando K en PD (-5 ± j8,66) K (PD) 458,4 > e 009 Si e deea e 0.0 entonce K c 0.09/0.0 K c Entonce:β K c y T 0: {polo -/βt {cero-/t-0. Se obtiene finalmente: G GH K. K c ( + 0.) ( + 0)( + 50)( ) iendo K458.4 y K c Verificación: Medida de contribución al Deplazamiento del lugar de la raíce, debido a la red de atrao: (+/T) - (+/βt) PD (80 arctg(8.66/-+0.)) (80 arctg(8.66/ ) Exite un movimiento de ~0.5 : aceptable Finalmente: G c. GH ( + 0)( + 50). ( + 0.) ( )

48 Imag Axi Real Axi Sitema Compenado.

49 Ejemplo de compenación Adelanto-Atrao: GH ( + ) Se deea: ξ0.5 ω n 5 rad/ K v 50 Imag Axi Real Axi Compenación: Adelanto Atrao: - Cálculo del PD: PD (-ξω n ±jω n.en(arc co (ξ)) PD (-.5 ± j4.3) Se evalúa el ángulo de GH en PD en [ 4/(+0.5) ] PD(-.5+j4.33) 5-35 > 55 Si K v 50 y. K v lim 0.K c.gh 50 4/0.5. K c > k c 6.5 Para la parte de adelanto:

50 (+/T)/(+β/T. 5/(+0.5) En PD-.5+j4.33 De aquí: (+/T)/(+β/T) 4.77/ y (+/T)/(+β/T) φ c 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 /T β0 {polo adelanto -5 -β/t Para la red del atrao: T 0, y con β0: (+/T)/(+/βT) Red atrao +0./+0.0 Red adelanto: +0.5/+5 K c 6.5 Función Compenada: G c. GH () 5( + 0.) ( + 0.0)( + 5) Imag Axi 0 -