Compensador de retardo-adelanto de fase

La compensación de adelanto básicamente acelera la respuesta e incrementa la estabilidad del sistema. La compensación de retardo mejora la precisión en estado estacionario del sistema, pero reduce la velocidad de la respuesta. Si se desea mejorar tanto la respuesta transitoria como la respuesta en estado estacionario, deben utilizarse de forma simultánea un compensador de adelanto y un compensador de retardo. Sin embargo, en lugar de introducir un compensador de adelanto y un compensador de retardo, ambos como elementos independientes, es más económico utilizar únicamente un compensador de retardo-adelanto. La compensación de retardo-adelanto combina las ventajas de las compensaciones de retardo y de adelanto. Debido a que el compensador de retardo-adelanto posee dos polos y dos ceros, tal compensación aumenta en 2 el orden del sistema, a menos que ocurra una cancelación de polos y ceros en el sistema compensado.

Compensador de retardo-adelanto de fase

1 2

1 2 2 1

1 1

( ) ,1, 11c c

adelanto atraso

Dos gradosde libertads sT T

G s K

s sT T T T

Compensador de retardo-adelanto de fase

1 2

2 11 2

1 1

( ) , 11c c

adelanto atraso

Un gradosde libertads sT T

G s K

s s T TT T

Diseño de compensadores de retardo-adelanto

A partir de las especificaciones de comportamiento dadas, se determina la localización deseada para los polos dominantes en lazo cerrado.

Para tener los polos dominantes en lazo cerrado en la localización deseada, se calcula la contribución requerida del ángulo f de la parte de adelanto de

fase del compensador de retardo-adelanto.

Diseño de compensadores de retardo-adelanto

Para la parte de retardo se selecciona T2 suficientemente grande, con el fin de que

12

12

1

11

sT

sT

Diseño de compensadores de retardo-adelanto

Para la parte de adelanto, Determine los valores de T1 y b a partir de las condiciones de magnitud y de

ángulo:

11

1

11

1

( ) 1c

sT

K G s

sT

11

1 11 1

11

1

1s

Ts s

T Ts

T

Diseño de compensadores de retardo-adelanto

Utilizando el valor de b que se acaba de calcular,

seleccione T2 de modo que

12

12

1

11

sT

sT

12

12

1

5 01

sT

sT

El valor de b T2, la constante de tiempo mayor del

compensador de retardo-adelanto, no debe ser demasiado grande con el fin de que pueda materializarse físicamente.

Ejemplo de diseño de un Compensador de retardo-adelanto de fase de dos grados de libertad

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

Consideremos el mismo sistema que utilizamos anteriormente con las mismas especificaciones

43.35( )

( 4)( 6)G s

s s s

1,2

% 16%  0.504

1.5 5 2.7 4.6.3 /n

Os Polosdominantesen

Ts seg rad s s jeg

La constante de error de velocidad estática Kv=50seg-1 o equivalen-temente el error en estado estacionario de seguimiento a una rampa unitaria ess = 1/Kv = 0.02seg

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto Utilizamos un compensador de dos grados de libertad a b.

1 2

2 11 2

1 1

1, 1( ) ,1c c

s sT T

G s K

s s T TT T

1 2

2 1

1 2

1 143.35 ( )( )

, 1, 1( ) ( ) ,

1( 4)( 6)( )( )

c

c

K s sT T

G s G sT T

s s s s sT T

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

(0)c cG K

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

1

0 0

43.35lim ( ) ( ) lim ( ) 50

4 6v

cvC c cs s

K

KK sG s G s sG s K seg

Como el requisito sobre la constante de error estático de velocidad Kv

es de 50 seg-1, se tiene que (observar que b/g)

(0) cc

KG

27.68cK

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto 1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg KEl valor de Kc se determina a partir de las condiciones de magnitud. Los valores de T1 y g a partir de la condición de fase.

1 11

1 1

1 /( ) 1

/c

s TK G ss T

1 11 1

2.7 4.61 1

1 1

1 1

43.350.3 1

( 4)( 6)c cs j

s sT T

K Ks s s

s sT T

11

11

1

3.33c

sT

K

sT

11

1 11 1

11

1

168.5

sT

s sT T

sT

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

Vimos que la deficiencia de fase para este problema es fc =68.5o

Colocamos el cero del compensador en zc = -3.

11

1 13 0.33

3cz TT

Buscamos con la condición de fase la posición del polo del compensador.

54.34 74.22 86,27 120 180

162.29 180

180 162.29 17.71

pc

pc

pc

17.71pc

17.71 2.7 4.6 / tan(17.71 * / 180) 17.11pc cp pi

17.11cp17.11

5.73

c

c

p

z

Para la parte de atraso adoptamos b=10.

Ahora podemos despejar Kc para cumplir con la condición de módulo.

10 5.7 27.6827.68 15.8

5.7 10c c cK K K

15.8cK

2

2

1 /3( ) 15.8

17.11 1 / 10c

s TsG s

s s T

Para completar el diseño nos falta la parte de retraso donde el único parámetro desconocido es T2

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Para la parte de retardo de fase, se selecciona T2 tal que satisfaga las condiciones

1

12

12 2.7 4.6

1

11

10s j

sT

sT

1

12

12

2.7 4.6

1

5 01

10s j

sT

sT

Se prueba con T2=10seg

1

1

1 2.7 4.6

0.10.9916 1

0.01s j

s

s

1

1

12.7 4.6

0.15 119.48 120.50 1 0

0.01s j

s

s

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

3 0.1( ) 15.8

17.11 0.01cs s

G ss s

15.8( 3)( 0.1)( )

( 17.11)( 0.01)cs s

G ss s

Se obtuvo el siguiente compensador de atraso-adelanto de un grado de libertad

1 2

2 11 2

1 1

1, 1( ) ,1c c

s sT T

G s K

s s T TT T

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

15.8( 3)( 0.1)( )

( 17.11)( 0.01)cs s

G ss s

43.35( )

( 4)( 6)G s

s s s

Dado el proceso

Se pide diseñar un compensador de atraso-adelanto para que el sistema cumpla con las siguientes especificaciones:

%OS = 16%, Ts = 1.5seg, ess = 1/Kv = 0.02seg

Se diseño el siguiente controlador de atraso-adelanto

685( 3)( 0.1)( ) ( ) ( )

( 17.11)( 6)( 4)( 0.01)cs s

L s G s G ss s s s s

2

685( 3)( 0.1)( )

( 19.77)( 2.76)( 0.1018)( 4.486 36.98)

s sT s

s s s s s

43.35( )

( 4)( 6)G s

s s s

2

43.35( )

( 7.6)( 2.41 5.7)T s

s s s

Ahora verificamos si se cumplen las especificaciones

Sistema original sin compensar

685( 3)( 0.1)( )

( 17.11)( 6)( 4)( 0.01)

s sL s

s s s s s

2

685( 3)( 0.1)( )

( 19.77)( 2.76)( 0.1018)( 4.486 36.98)c

s sT s

s s s s s

Sistema compensado

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Lugar de las raíces para los sistemas sin compensar y compensado

Respuesta a una rampa unitaria de los sistemas sin compensar y compensado

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Respuesta al un escalón unitario de los sistemas sin compensar y compensado

Ejemplo de diseño de un compensador de retardo-adelanto de fase de un grado de libertad

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

Consideremos el mismo sistema que utilizamos anteriormen-te con las mismas especificaciones

43.35( )

( 4)( 6)G s

s s s

1,2

% 16%  0.504

1.5 5 2.7 4.6.3 /n

OS Polosdominantes en

Ts seg rad s s jeg

La constante de error de velocidad estática Kv=50seg-1 o equivalentemente el error en estado estacionario de seguimiento a una rampa unitaria ess = 1/Kv = 0.02seg

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

Utilizamos un compensador de un grado de libertad a = b.

1 2

2 1

1 2

1 11

( ) ,1c c

s sT T

G s KT T

s sT T

1 2

2 11 2

143.35 ( 1 / )( 1 / )( ) ( ) ,

( 4)( 6)( / )( 1 / )c

c

K s T s TG s G s

T Ts s s s T s T

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

(0)c cG K

1

0

43.35lim ( ) ( ) 1.81 50

42

67.68c

v c ccs

KK sG s G s K Kseg

Como el requisito sobre la constante de error estático de velocidad Kv es de 50 seg-1, se tiene que (observar que )

Los valores de T1 y b (posición del cero y el polo del compensador)

de la parte de adelanto se determinan a partir de las condiciones de magnitud y de fase:

1 11

1 1

1 /( ) 1

/c

s TK G ss T

1 11 1

2.7 4.61 1

1 1

1 1

43.35 27.68 81

( 4)( 6) 4.77s j

s sT T

s s ss sT T

Ejemplo de compensación de retardo-adelanto

1

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 12.7 4.6

1 / 1 /43.35 27.688.313 1

/ ( 4)( 6) /s j

s T s T

s T s s s s T

1

1 1

1 1 2.7 4.6

1 / 1 30.12

/ 8, 313 25s j

s T

s T

11

1 11 1

11

1

168.5

sT

s sT T

sT

Vimos que para este sistema la deficiencia de fase para este problema es fc =68.5o

1 1

1 1

1 11 1

1 /0.12

/

168.5

s T

s T

s sT T

Las condiciones de magnitud y de fase determinan de manera unívoca los valores de la constante de tiempo T1 y el parámetro b (o lo que es equivalente las posiciones

del cero zc y el polo pc del compensador).

Esto es así porque al elegir b = g se ha perdido un grado

de libertad y se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas. Ya no se puede colocar el cero zc arbitraria-mente como hicimos anteriormente.

a0.12 , a b 68.5

b

Las condición de módulo es el cociente entre los módulos de los vectores a y b (a/b) y la condición de fase el ángulo entre ellos (a-b) (ver figura).

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Hay una sola configuración de los vectores a y b (que determinan las posiciones del cero zc y del polo pc). La solución del problema no es trivial. Ogata resuelve el problema gráficamente y dice que puede resolverse mediante métodos trigonométricos. Acá lo resolvemos con el script de Matlab de la transparencia siguiente. Al ejecutar el script se le debe introducir la posición del polo dominante (en el ejemplo -2.7+4.6i), la condición de módulo (0.12) y la condición de fase (68.5). El script devuelve zc = -3.9187 y pc = -42.0881.

clear,clcerror=1; delta=-.0001; zc=-delta;s1 = input('Ingrese la posición del polo dominante = ');cond_mod = input('Ingrese la condición de módulo = ');cond_fase=input('Ingrese la cond. De fase [grados] = ');while abs(error)>.001;zc = zc+delta; a=s1-zc; mod_a=abs(a); fi_a=angle(a)*180/pi;mod_b=mod_a/cond_mod;x=sqrt(mod_b^2-imag(s1)^2);pc=real(real(s1)-x); b=s1-pc;fi_b=angle(b)*180/pi;fi=fi_a-fi_b; error=cond_fase-fi;end

disp(['El cero y el polo del compensador están en:'])disp(['zc = ' num2str(zc)])disp(['pc = ' num2str(pc)])

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

La solución es: zc = -3.92, pc = -42 ó T1 =1/zc = -0.2552 , b = pc / zc =10.74

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Para la parte de retardo de fase, se selecciona T2 tal que satisfaga las condiciones (modificar poco el lugar de las raíces)

11

1 12 2

1 12 22.7 4.6

2.7 4.6

1 1

1 5 01 1

10.76 10.76

,

s js j

s sT T

s sT T

Probamos con T2=10seg

1

1

1 2.7 4.6

0.10.9915 1

0.0093s j

s

s

1

1

12.7 4.6

0.15 119.48 120.32 0.85 0

0.0093s j

s

s

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

3.92 0.1( ) 27.68

42 0.01cs s

G ss s

27.68( 3.92)( 0.1)( )

( 42)( 0.01)cs s

G ss s

1 2

2 1

1 2

1 11

( ) ,1c c

s sT T

G s KT T

s sT T

Se obtuvo el siguiente compensador de atraso-adelanto de un grado de libertad

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

27.68( 3.92)( 0.1)( )

( 42)( 0.01)cs s

G ss s

43.35( )

( 4)( 6)G s

s s s

Resumen: Dado el proceso

Se diseñó un compensador de atraso-adelanto para que el sistema cumpla con las siguientes especificaciones:

%OS = 16%, Ts = 1.5seg, ess = 1/Kv = 0.02seg

Se obtuvo el siguiente controlador de atraso-adelanto

1200( 3.92)( 0.1)( ) ( ) ( )

( 42)( 6)( 4)( 0.01)c

s sL s G s G s

s s s s s

2

1200( 3.92)( 0.1)( )

( 42.76)( 3.891)( 0.102)( 5.254 27.72)

s sT s

s s s s s

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Lugar de las raíces para los sistemas sin compensar y compensado

1

0 0

4lim ( ) ( ) lim 8 80 10

.5v c c c cs sK sG s G s K K seg K

Respuesta a una rampa unitaria de los sistemas sin compensar y compensado

Respuesta al un escalón unitario de los sistemas sin compensar y compensado