Kompensacja wyprzedzajaca i opózniajaca faze

Kompensacja wyprzedzająca
i opóźniająca fazę
dr hab. inż. Krzysztof Patan, prof. PWSZ
Kształtowanie charakterystyki częstotliwościowej
Kształtujemy charakterystykę układu otwartego aby uzyskać:
pożądane (duże) wzmocnienie w zakresie niskich
częstotliwości, aby minimalizować błąd w stanie ustalonym i
minimalizację wpływu zakłóceń
odpowiednią częstotliwość graniczną wzmocnienia, aby
otrzymać pożądane pasmo przenoszenia (szybkość
odpowiedzi)
odpowiednie zapasy fazy i wzmocnienia
Kompensator wyprzedzający
Transmitancja
C(s) =
1 + sT
1 + sαT
gdzie α < 1
Zadanie
Dobrać parametry α i T tak, aby uzyskać dla układu otwartego
założony zapas fazy P M = ϕ. Dzięki temu możliwa będzie
redukcja oscylacji na wykresie odpowiedzi skokowej
Własności kompensatora
maksymalne przesuniecie fazy w przód to
φm = sin−1
1−α
1+α
częstotliwość maksymalnego przesuniecia fazy w przód
ωm = √
1
αT
maksymalne wzmocnienie dla ωm wynosi
√
20 log( α) = 10 log(α)
Kompensator wyprzedzający (T = 1, α = 0.125)
Bode Diagram
Magnitude (dB)
20
15
10
5
Phase (deg)
0
60
30
0
−2
10
−1
10
0
1
10
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
Własności c.d.
1
T
¬ ωm ¬
1
αT
maksymalne wzmocnienie dla ωm to połowa sumy
wzmocnienia początkowego i końcowego
w praktyce można użyć tabeli
α
φm
Gm [dB]
1/2
19.5
3.01
1/3
30
4.77
1/4
38.9
6.02
1/5
41.8
6.99
1/6
45.6
7.78
1/8
51.1
9.03
1/10
54.9
10.0
Procedura projektowania dla wymaganego PM=ϕ
1
wyznacz zapas fazy układu bez kompensatora φ
2
biorąc pod uwagę margines bezpieczeństwa , określ
wymagany zapas fazy do uzyskania przez kompensator
φm = ϕ − φ + gdzie = 5 ÷ 18
3
Dobierz parametr α z odpowiednich równań lub tabeli
4
Wyznacz wartość 10 log α (albo odczytaj z tabeli) i określ
częstotliwość gdzie wzmocnienie układu bez kompensatora
jest −10 log α [dB]. Ta częstotliwość to ωBW
5
wykreśl wykresy Bodego i ewentualnie powtórz całą procedurę
Przykład 1
Dana jest transmitancja obiektu
G(s) =
6
s(1 + 0.5s)(1 + 0.1s)
Dla tego obiektu:
Zapas fazy jest mały, PM=15o
Pożądane jest zwiększenie PM do ok. 40o (przeregulowanie
η = 25%)
Bode Diagram
Gm = 6.02 dB (at 4.47 rad/sec) , Pm = 15.6 deg (at 3.1 rad/sec)
Magnitude (dB)
50
0
−50
−100
−150
−90
Phase (deg)
−135
−180
−225
−270
−1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
Projektowanie kompensatora
Wymagane przesuniecie fazowe to ok. 40o
(40 − 15.6 + ) = 40 gdy = 15.6
kompensator przesuwa fazę o 40o dla = 15.6
= 5 ÷ 10o dla obiektów względnego stopnia 2, = 12 ÷ 18o
dla obiektów względnego stopnia 3
Z tabeli α może być 1/4 lub 1/5. Arbitralnie wybieramy
α = 1/5 czyli = 17.4 i wzmocnienie to 6.99dB
Z charakterystyki Bodego odczytujemy, że |G(jω)| ' −7[dB]
dla ω = 4.74
Oznacza to, że
4.74 =
1
czyli T = 0.472
T 1/5
p
Transmitancja kompensatora to
C(s) =
1 + 0.472s
1 + 0.094s
Charakterystyki częstotliwościowe
Bode Diagram
Gm = 11 dB (at 10.2 rad/sec) , Pm = 39.6 deg (at 4.72 rad/sec)
20
Magnitude (dB)
0
−20
−40
−60
−80
−90
z kompensacja
bez kompensacji
Phase (deg)
−135
−180
−225
−270
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
Charakterystyki skokowe
Step Response
1.8
bez kompensacji
z kompensacja
1.6
1.4
Amplitude
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
1
2
3
4
5
Time (sec)
6
7
8
9
10
Projektowanie metodą analityczną
Cel metody
Wymagane jest, aby układ otwarty C(s)G(s) miał wzmocnienie
|C(s)G(s)| = 1 i przesunięcie fazowe ϕ − 180o + PM dla
częstotliwości s = jωgc
C(jωgc )G(jωgc ) = Kc
jωgc τz + 1
MG ejθG = 1ej(−180+PM)
jωgc τp + 1
gdzie MG to wzmocnienie (ale nie w dB) i θG to faza G(jω) dla
ω = ωgc
Rozwiązanie
Dokonując separacji równania na część rzeczywistą i urojoną
otrzymujemy dwa równania z dwiema niewiadomymi: τz i τp
Rozwiązanie:
1 + Kc MG cos(P M − θG )
−ωgc Kc MG sin(P M − θG )
cos(P M − θG ) + KC MG
τp =
ωgc sin(P M − θG )
τz =
Przykład 2
Dany jest obiekt
G(s) =
s(s2
400
+ 30s + 200)
Należy zaprojektować kompensator wyprzedzający tak aby uzyskać
następujące wskaźniki jakościowe:
essramp ¬ 10% - błąd w stanie ustalonym dla sygnału liniowo
narastającego
ωgc = 14rad/sec
P M = 45o
Błąd w stanie ustalonym
essramp =
1
gdzie Kv = lim s(Kc G)
s→0
Kv
Aby essramp ¬ 0.1 to Kv = 10. Oznacza to, że Kc = 5, gdyż
lim s(G) =
s→0
400
=2
200
Dla ω = ωgc = 14rad/sec
MG = 0.068
θG = −180o
Wyniki obliczeń:
τz = 0.227
τp = 0.038
Transmitancja kompensatora
C(s) = 5
0.227s + 1
0.038s + 1
Charakterystyki Bodego
Bode Diagram
Magnitude (dB)
50
0
−50
−100
−150
−45
bez kompensacji
z kompensatorem
Phase (deg)
−90
−135
−180
−225
−270
−1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
Charakterystyki skokowe
Step Response
1.4
bez kompensacji
z kompensatorem
1.2
Amplitude
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
Time (sec)
2
2.5
Regulator PD vs kompensator wyprzedzający
Idealny i rzeczywisty regulator PD
P Di (s) = Kp + Kd s
P Dr (s) = Kp +
W przypadku rzeczywistego PD
P Dr (s) = Kp
Td +
Kd
Kp
s+1
Td s + 1
Wnioski:
regulator rzeczywisty PD ma postać podobną do
kompensatora wyprzedzającego
regulator idealny PD nie ma biegunów
Kd s
Td s + 1
Kompensator opóźniający
Transmitancja
C(s) =
1 + sT
1 + sαT
gdzie α > 1
Własności:
wprowadza opóźnienie, więc zmniejsza PM (tendencja
destabilizacji)
niestosowany w przypadku układów niestabilnych
zmniejsza błąd w stanie ustalonym
zmniejsza częstotliwość graniczną wzmocnienia (ωgc ) –
spowolnienie odpowiedzi układu
Projektowanie metodą analityczną
Cel metody
wymagane jest, aby układ otwarty C(s)G(s) miał wzmocnienie
|C(s)G(s)| = 1 i przesunięcie fazowe ϕ − 180o + PM dla
częstotliwości s = jωgc
K(jωgc )G(jωgc ) = Kc
jωgc τz + 1
MG ejθG = 1ej(−180+PM)
jωgc τp + 1
gdzie MG to wzmocnienie (ale nie w dB) i θG – faza G(jω) dla
ω = ωgc
Dokonując separacji równania na część rzeczywistą i urojoną
otrzymujemy dwa równania z dwiema niewiadomymi: τz i τp
Rozwiązanie:
1 + Kc MG cos(P M − θG )
−ωgc Kc MG sin(P M − θG )
cos(P M − θG ) + KC MG
τp =
ωgc sin(P M − θG )
τz =
Przykład 3
Dany jest obiekt
G(s) =
10
s(s + 5)
Należy zaprojektować kompensator opóźniający, tak aby uzyskać
następujące wskaźniki jakościowe:
essramp ¬ 5% - błąd w stanie ustalonym dla sygnału liniowo
narastającego
ωgc = 2rad/sec
P M = 40o
Błąd w stanie ustalonym
essramp =
1
gdzie Kv = lim s(Kc G)
s→0
Kv
Aby essramp ¬ 0.05 to Kv = 20. Oznacza to, że Kc = 10, gdyż
lim s(G) =
s→0
10
=2
5
Dla ω = ωgc = 2[rad/sec]
MG = 0.9285
θG = −111.8014o
Wyniki obliczeń:
τz = 0.8186
τp = 8.8920
Transmitancja kompensatora
C(s) = 10
0.8186s + 1
8.8920s + 1
Bode Diagram
100
Magnitude (dB)
bez kompensacji
z kompensatorem
50
0
−50
Phase (deg)
−100
−90
−135
−180
−3
10
−2
10
−1
0
10
10
Frequency (rad/sec)
1
10
2
10
Regulator PI vs kompensator opóźniający
Transmitancja idealnego regulatora PI
P I(s) = Kp +
Ki
s
Sprowadzając do wspólnego mianownika otrzymujemy
Ki
P I(s) =
s + Kp
Kp s + Ki
= Kp
s
s
Wnioski:
Transmitancja regulatora PI jest podobna do kompensatora
opóźniającego
Regulator PI ma biegun w zerze