Kompensacja wyprzedzająca i opóźniająca fazę. dr hab. inż. Krzysztof Patan, prof. PWSZ

Transkrypt

1 Kompensacja wyprzedzająca i opóźniająca fazę dr hab. inż. Krzysztof Patan, prof. PWSZ

2 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

3 Kompensator wyprzedzający Transmitancja gdzie α < 1 C(s) = 1 + st 1 + sαt 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

4 Własności kompensatora maksymalne przesuniecie fazy w przód to ( ) 1 α φ m = sin α częstotliwość maksymalnego przesuniecia fazy w przód ω m = 1 αt maksymalne wzmocnienie dla ω m wynosi 20 log( α) = 10 log(α)

5 Kompensator wyprzedzający (T = 1, α = 0.125) 20 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec)

6 Własności c.d. 1 T ω m 1 αt maksymalne wzmocnienie dla ω m to połowa sumy wzmocnienia początkowego i końcowego w praktyce można użyć tabeli α 1/2 1/3 1/4 1/5 1/6 1/8 1/10 φ m G m [db]

7 Procedura projektowania dla wymaganego PM=ϕ 1 wyznacz zapas fazy układu bez kompensatora φ 2 biorąc pod uwagę margines bezpieczeństwa ɛ, określ wymagany zapas fazy do uzyskania przez kompensator gdzie ɛ = 5 18 φ m = ϕ φ + ɛ 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 ω BW 5 wykreśl wykresy Bodego i ewentualnie powtórz całą procedurę

8 Przykład 1 Dana jest transmitancja obiektu Dla tego obiektu: G(s) = Zapas fazy jest mały, PM=15 o 6 s( s)( s) Pożądane jest zwiększenie PM do ok. 40 o (przeregulowanie η = 25%)

9 Bode Diagram Gm = 6.02 db (at 4.47 rad/sec), Pm = 15.6 deg (at 3.1 rad/sec) 50 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec)

10 Projektowanie kompensatora Wymagane przesuniecie fazowe to ok. 40 o ( ɛ) = 40 gdy ɛ = 15.6 kompensator przesuwa fazę o 40 o dla ɛ = 15.6 ɛ = 5 10 o dla obiektów względnego stopnia 2, ɛ = o dla obiektów względnego stopnia 3 Z tabeli α może być 1/4 lub 1/5. Arbitralnie wybieramy α = 1/5 czyli ɛ = 17.4 i wzmocnienie to 6.99dB

11 Z charakterystyki Bodego odczytujemy, że G(jω) 7[dB] dla ω = 4.74 Oznacza to, że 4.74 = 1 T 1/5 Transmitancja kompensatora to czyli T = C(s) = s s

12 Charakterystyki częstotliwościowe 20 Bode Diagram Gm = 11 db (at 10.2 rad/sec), Pm = 39.6 deg (at 4.72 rad/sec) 0 Magnitude (db) Phase (deg) z kompensacja bez kompensacji Frequency (rad/sec)

13 Charakterystyki skokowe Step Response bez kompensacji z kompensacja Amplitude Time (sec)

14 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 180 o + PM dla częstotliwości s = jω gc C(jω gc )G(jω gc ) = K c jω gc τ z + 1 jω gc τ p + 1 M Ge jθ G = 1e j( 180+PM) gdzie M G to wzmocnienie (ale nie w db) i θ G to faza G(jω) dla ω = ω gc

15 Rozwiązanie Dokonując separacji równania na część rzeczywistą i urojoną otrzymujemy dwa równania z dwiema niewiadomymi: τ z i τ p Rozwiązanie: τ z = 1 + K cm G cos(p M θ G ) ω gc K c M G sin(p M θ G ) τ p = cos(p M θ G) + K C M G ω gc sin(p M θ G )

16 Przykład 2 Dany jest obiekt G(s) = 400 s(s s + 200) Należy zaprojektować kompensator wyprzedzający tak aby uzyskać następujące wskaźniki jakościowe: e ssramp 10% - błąd w stanie ustalonym dla sygnału liniowo narastającego ω gc = 14rad/sec P M = 45 o

17 Błąd w stanie ustalonym e ssramp = 1 K v gdzie K v = lim s 0 s(k c G) Aby e ssramp 0.1 to K v = 10. Oznacza to, że K c = 5, gdyż 400 lim s(g) = s = 2

18 Dla ω = ω gc = 14rad/sec M G = θ G = 180 o Wyniki obliczeń: τ z = τ p = Transmitancja kompensatora C(s) = s s + 1

19 Charakterystyki Bodego Bode Diagram 50 Magnitude (db) bez kompensacji z kompensatorem Phase (deg) Frequency (rad/sec)

20 Charakterystyki skokowe Step Response bez kompensacji z kompensatorem 1 Amplitude Time (sec)

21 Regulator PD vs kompensator wyprzedzający Idealny i rzeczywisty regulator PD P D i (s) = K p + K d s P D r (s) = K p + K ds T d s + 1 W przypadku rzeczywistego PD Wnioski: P D r (s) = K p ( T d + K d K p ) s + 1 T d s + 1 regulator rzeczywisty PD ma postać podobną do kompensatora wyprzedzającego regulator idealny PD nie ma biegunów

22 Kompensator opóźniający Transmitancja gdzie α > 1 C(s) = 1 + st 1 + sαt Własności: wprowadza opóźnienie, więc zmniejsza PM (tendencja destabilizacji) niestosowany w przypadku układów niestabilnych zmniejsza błąd w stanie ustalonym zmniejsza częstotliwość graniczną wzmocnienia (ω gc ) spowolnienie odpowiedzi układu

23 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 180 o + PM dla częstotliwości s = jω gc K(jω gc )G(jω gc ) = K c jω gc τ z + 1 jω gc τ p + 1 M Ge jθ G = 1e j( 180+PM) gdzie M G to wzmocnienie (ale nie w db) i θ G faza G(jω) dla ω = ω gc

24 Dokonując separacji równania na część rzeczywistą i urojoną otrzymujemy dwa równania z dwiema niewiadomymi: τ z i τ p Rozwiązanie: τ z = 1 + K cm G cos(p M θ G ) ω gc K c M G sin(p M θ G ) τ p = cos(p M θ G) + K C M G ω gc sin(p M θ G )

25 Przykład 3 Dany jest obiekt G(s) = 10 s(s + 5) Należy zaprojektować kompensator opóźniający, tak aby uzyskać następujące wskaźniki jakościowe: e ssramp 5% - błąd w stanie ustalonym dla sygnału liniowo narastającego ω gc = 2rad/sec P M = 40 o

26 Błąd w stanie ustalonym e ssramp = 1 K v gdzie K v = lim s 0 s(k c G) Aby e ssramp 0.05 to K v = 20. Oznacza to, że K c = 10, gdyż lim s(g) = 10 s 0 5 = 2

27 Dla ω = ω gc = 2[rad/sec] M G = θ G = o Wyniki obliczeń: τ z = τ p = Transmitancja kompensatora C(s) = s s + 1

28 Bode Diagram Magnitude (db) bez kompensacji z kompensatorem Phase (deg) Frequency (rad/sec)

29 Regulator PI vs kompensator opóźniający Transmitancja idealnego regulatora PI P I(s) = K p + K i s Sprowadzając do wspólnego mianownika otrzymujemy Wnioski: P I(s) = K ps + K i s = K p s + K i K p s Transmitancja regulatora PI jest podobna do kompensatora opóźniającego Regulator PI ma biegun w zerze