Sintesi per tentativi nel dominio della frequenza

Sintesi per tentativi nel
dominio della frequenza
• Viene utilizzata per sistemi a fase minima affinchè sia
valido il criterio di Bode e le relazioni approssimate tra le
specifiche siano sufficientemente affidabili
• Le specifiche vengono tutte ricondotte a quelle che
riguardano la funzione a catena aperta nel dominio della
frequenza:
-guadagno k>=k*
-numero di poli in s=0
-pulsazione di attraversamento ωt ≅ ωt
-margine di fase M ϕ ≥ M ϕ
se è maggiore delle
specifiche si ottengono
prestazioni migliori
Se è troppo grande
entrano i rumori di misura!
Il sistema di controllo si considera
composto da due parti che si progettano
separatamente:
-compensatore statico C1 ( S ) = Kn
s
C1 ( S )
-compensatore dinamico C2 ( s)
FASI DELLA PROGETTAZIONE
1. Progetto del compensatore statico che soddisfa le specifiche
riguardanti le prestazioni a regime per segnali e disturbi polinomiali
2. Analisi della funzione di risposta armonica del processo compensato
~
staticamente
L ( s ) = C1 ( s ) P ( s )
3. Progetto del compensatore dinamico che consenta il soddisfacimento delle specifiche sul processo a catena aperta
~
lim C2 ( s ) = 1
lim L( s ) = lim L ( s )
s →0
s →0
s →0
4. Verifica delle specifiche a catena aperta su L( s ) = C1 ( s )C2 ( s) P( s)
5. Simulazione del processo controllato e verifica delle altre specifiche
Analisi della funzione di risposta armonica
del processo compensato staticamente
• Viene fatta tracciando i diagrammi di Bode di
~
L ( jω ) = C1 ( jω ) P ( jω )
dai quali si leggono i valori della fase e del
modulo in corrispondenza della pulsazione di
attraversamento desiderata, valutando come
si deve agire, tramite C 2 ( S ) su modulo e fase
per rispettare le specifiche ω td
M
ϕd
Reti compensatrici
™ La progettazione di C2(s) viene fatta scegliendo, e
mettendo in cascata, un opportuno numero di sistemi di
forma standard,
standard i cui parametri sono selezionati in modo
da ottenere il soddisfacimento delle specifiche
™ Tali sistemi vengono in genere detti ‘reti compensatrici’
compensatrici
in riferimento alla possibilità di realizzarli tramite reti
elettriche
™ Le più comuni sono le funzioni compensatrici elementari,
elementari
caratterizzate dal fatto di possedere un solo polo, un
solo zero, e di avere guadagno unitario
™ Le funzioni compensatrici elementari possono essere reti
anticipatrici o attenuatrici
Rete anticipatrice
1 + τs
R a (s) =
τ
1+ s
m
m ≅ 1÷16
Ha una azione stabilizzante sul sistema controllato perché anticipa la fase,
consentendo di aumentare il margine di fase alla ωtd
Se non viene scelto τ opportunamente si ha una amplificazione dei moduli
che aumenta la ωt, se questo non è accettabile
ωtd τ ≅ 1
Realizzazione circuitale
tramite rete elettrica
1 + τs
R a (s) = α
τ
1+ s
m
1
R2
α= =
m R1 + R 2
τ = R 1C
Diagrammi non asintotici
della rete anticipatrice
1
1
Rete attenuatrice
τ
1+ s
m
R A (s) =
1 + τs
Ha una azione stabilizzante sul sistema controllato perché attenua il modulo,
diminuendo la ωt e consentendo quindi di aumentare il margine di fase
Se non viene scelto τ opportunamente si ha un ritardo delle fasi, se questo non
è accettabile
ωtd τ =100,
Realizzazione della rete
attenuatrice tramite rete elettrica
τ
1+ s
m
R A (s) =
1 + τs
τ = (R1 + R 2 )C
R1 + R 2
m=
R2
Diagrammi non asintotici
delle reti attenuatrici
100
100
Altri tipi di reti compensatrici
esempio
⎧eu = 0
⎪
Specifiche: ⎨er ≤ 0,1
⎪S % < 25%
⎩
1
P(s) =
s +1
Progettazione del compensatore statico:
K
C (s) =
s
er =
er =
1
≤ 0,1 ⇒ K ≥ 10
K
1
Kp
K p = lim sC1 ( s ) P ( s ) = lim s
S →0
~
L (s) =
s →0
10
s ( s + 1)
K 1
=K
s s +1
• Analizziamo le prestazioni a ciclo chiuso del
sistema con e senza compensatore statico:
St ep Response
1. 8
s enza C1(s)
1. 6
c on C1(s)
1. 4
A mplitude
1. 2
1
0. 8
0. 6
0. 4
0. 2
0
0
2
4
6
Time (sec)
8
10
12
Conversione delle specifiche:
specifiche
S % < 25%
ζ > 0,4
M ϕd > 45°
Progettazione del compensatore dinamico
In questo esempio, non avendo specifiche sulla ωt,
si può procedere in due modi:
1. Aumentare il margine di fase lasciando
invariata ωt
2. Diminuire ωt fino ad ottenere il margine
di fase richiesto
Procedura 1: lasciamo invariata ωt
ωtd = ωt ≈ 3
alla pulsazione desiderata
il margine di fase del processo
compensato staticamente è:
M ϕ ≈ 18°
Il compensatore dinamico deve introdurre alla pulsazione ω=3 rad/sec
un anticipo di fase pari a:
∆ϕ = M ϕd − M ϕ = 45 − 18 = 27°
Scelta della rete anticipatrice
Si introduce comunque
una attenuazione!
∆ϕ = M ϕd − M ϕ = 45 − 18 = 27°
ωtdτ = 1
1
1
=
τ=
ωtd 3
m=4
1
1+ s
1 + τs
3
Ra ( s ) =
=
τ
1
1+ s 1+ s
m
12
Analisi in frequenza del
processo compensato L(s)
Bode Diagrams
Gm = Inf, Pm=48.822 deg. (at 3.8816 rad/sec)
Phase (deg); Magnitude (dB)
50
ω t = 3,9
È aumentata:
Si allarga la banda in cui si
ha fedeltà di risposta,
il sist. è più veloce,
potrebbero entrare i rumori
di misura
0
-50
-100
-120
M ϕ = 48,8
-140
☺
-160
-180
-1
10
0
10
Frequency (rad/sec)
1
10
1
1+ s
10
3
L( s ) =
s ( s + 1) 1 + 1 s
12
Procedura 2: Diminuire ωt fino ad ottenere il
margine di fase richiesto
Il margine di fase desiderato
si ha alla pulsazione ω=1
affinchè ω=1 diventi la
nuova pulsazione di attrav.
si deve attenuare il modulo
di 17db a ω=1
rete attenuatrice
Scelta della rete attenuatrice
-17
m=8
ωt* τ=100 per ωt=1
100
τ
s
s 1+
8
m
=
R A (s) =
1 + 100s
1 + τs
1+
τ=100
si ha un ritardo delle fasi di circa 3 gradi
Analisi in frequenza del
processo compensato
B ode Diagram
Magnit ude (dB)
150
100
S ystem: unt itled1
Frequency (rad/s ec): 0.905
Magnitude (dB): 0.219
50
0
-50
Phase (deg )
-100
-90
-135
S ystem: unt itled1
Frequency (rad/s ec): 0.876
Phase (deg): -136
-180
-4
10
10
-3
-2
10
10
-1
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
Il margine di fase è pari a quanto richiesto
2
10
Confronto delle risposte in
frequenza a catena aperta
B ode Diagram
150
p(s)
Magnit ude (dB)
100
c on anticipatrice
c on at tenuatrice
50
0
-50
-100
Phase (deg )
-150
-90
-135
-180
-4
10
-3
10
-2
10
10
-1
0
10
Frequency (rad/sec)
1
10
2
10
3
10
Confronto:
risposte al gradino a catena chiusa
St ep Response
1. 8
c on comp. static o
1. 6
c on comp. static o+anticipatrice
c on comp. static o+at tenuatrice
1. 4
A mplitude
1. 2
1
0. 8
Con la rete anticipatrice
abbiamo ottenuto un sistema
più veloce (ha una ωt> e quindi
banda più larga) e con s% < rispetto
a quello compensato con la
rete attenuatrice
0. 6
0. 4
0. 2
0
0
5
10
15
Time (sec)
20
25
30
confronto: risposte in frequenza del
sistema a ciclo chiuso
B ode Diagram
20
Magnit ude (dB)
0
-20
-40
Come previsto il sistema con
S% < ha anche Mr< e la rete
attenuatrice ha diminuito la
Banda passante
-60
-80
-100
Phase (deg )
-120
0
con C1(s)
con C1(s)+anticipatrice
-45
con C1(s)+at tenuatrice
-90
-135
-180
-2
10
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
esempio
• Inseriamo anche una specifica sulla B
1
P( s) =
s +1
⎧eu = 0
Specifiche: ⎪
⎪er ≤ 0,1
⎨
⎪S % < 25%
⎪⎩ B ≅ 3 rad/sec
Progettazione del compensatore statico:
K 1
1
K
lim
(
)
(
)
lim
K
=
sC
s
P
s
=
s
=K
e
=
C (s) =
p
1
r
S →0
s →0
s s +1
s
Kp
er =
1
≤ 0,1 ⇒ K ≥ 10
K
~
L (s) =
10
s ( s + 1)
Analisi della risposta armonica del
processo compensato staticamente
B ode Diagram
80
Magn itude (dB)
60
Per soddisfare le specifiche:
System: g
Frequency (rad/sec): 1. 99
Magnitude (dB): 7.08
40
20
- attenuare di 7db
- anticipare di (153-135)=18°
0
-20
-40
Phase (deg )
-60
-90
-135
-180
-2
10
-1
10
0
10
System: g
Frequency (rad/sec): 2. 01
Phase (deg): -153
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
Scelta delle reti: attenuare di 7db e anticipare di 18°
Scegliamo prima la rete anticipatrice:
Per anticipare senza amplificare troppo il modulo scegliamo:
ωtτ = 0.8
per ωt = ωtd = 2 ⇒ τ = 0,4
con m=3 si ha già un anticipo di 23°, superiore a quanto richiesto
Dal diagramma dei moduli si vede che in questo modo introduciamo una
amplificazione di circa 2 db, dovremo quindi attenuare di 7+2db
Scegliamo la rete attenuatrice per attenuare di
9db senza ritardare eccessivamente la fase:
Dall’analisi dei grafici si vede che è sufficiente scegliere m=3 per ωtd*τ=100,
cioè τ=100/2 per attenuare di 9db, ritardando la fase di circa 3°, poiché avevamo
anticipato di 5° in più la scelta dovrebbe andare bene
Analisi in frequenza
del sistema a ciclo aperto
Ra ( s ) =
1 + τs
1+
τ
m
s
=
1 + 0,4 s
0,4
s
1+
3
50
τ
s 1+ s
3
m =
R A (s) =
1 + τs
1 + 50s
1+
B od e D ia g ra m
10 0
Magnit ude (dB)
c o n C 1 ( s)+ a n t + a t t
c o n C 1 ( s)
50
0
S ys t e m : l
F re q u e n c y (ra d / s e c): 2 . 06
M ag n it ud e (d B ): -1. 0 9
-5 0
Phase (deg )
-1 0 0
-9 0
S ys t e m : l
F req u e nc y (rad / s e c) : 2 . 08
P ha s e (de g ): -1 3 1
-1 3 5
-1 8 0
10
-3
10
-2
10
-1
10
F req u e nc y
0
10
1
10
2
10
3
(ra d / s ec )
Le specifiche a catena aperta sono rispettate
Analisi in frequenza
del sistema a ciclo chiuso
B ode Diagram
Magn itude (dB)
20
0
Syst em: w
Frequency (rad/sec): 2.96
Magnitude (dB): -3.12
-20
-40
-60
Phase (deg )
-80
0
-45
-90
-135
-180
-2
10
-1
10
0
10
10
1
Frequency (rad/sec)
La specifica sulla B è rispettata
2
10
Analisi nel dominio del tempo
St ep Response
1. 4
1. 2
A mplitude
1
0. 8
0. 6
0. 4
0. 2
0
0
2
4
6
8
10
12
Time (sec)
Le specifiche nel dominio del tempo sono rispettate
Esempio di sintesi di un sistema di controllo
Si vuole realizzare un asservimento di posizione
impiegando un motore elettrico a corrente continua
controllato sull’eccitazione con corrente di armatura
costante
θu
potenziometro +
-
amplificatore
compensatore
potenziometro
motore
riduttore
θy
volt
Potenziometri: k p = 4
rad
Motore:
km
P( s) =
s (1 + τ e s )(1 + τ m s )
k m = 65
Riduttore:
kr =
rad 1
sec volt
1
70
τ m = 0,2 sec
τ e = 0.03 sec
Specifiche:
• Errore a regime per ingressi costanti nullo
• Errore a regime per ingressi a rampa <=0.01rad
• Banda passante pari a circa 18 rad/sec
(corrisponde ad una pulsazione di
attraversamento di circa 10 rad/sec)
• Modulo alla risonanza non superiore a 2db
(corrisponde ad un margine di fase di circa 50°)
>> te=0.03
Step Response
te =
120
0.0300
100
>> tm=0.2
tm =
>> km=65
Amplitude
0.2000
80
km =
60
40
65
>> g=km/(s*(1+te*s)*(1+tm*s))
Transfer function:
65
-----------------------0.006 s^3 + 0.23 s^2 + s
>> step(g)
20
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
Time (sec)
Risposta al gradino del sistema a catena aperta
2
Risposta al gradino del sistema in
retroazione senza controllore
>> kp=4
Step Response
kp =
1.4
4
1.2
>> kr=1/70
1
Amplitude
kr =
0.0143
0.8
0.6
>> w=feedback(g*kr*kp,1)
0.4
•
Transfer function:
•
3.714
•
-------------------------------•
0.006 s^3 + 0.23 s^2 + s + 3.714
•
>> step(w)
0.2
0
0
0.5
L’errore al gradino è gia nullo
1
1.5
Time (sec)
2
2.5
3
Risposta alla rampa del sistema in
retroazione senza controllore
>>t=[0:0.01:5];
>> lsim(w,t,t)
Linear Simulation Results
5
4.5
4
3.5
Amplitude
L’errore alla rampa è
costante ma il valore non
è quello desiderato, è
necessario modificare il
guadagno della funzione
di catena diretta tramite il
controllore
K>=27
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
Risposta al gradino del sistema in
retroazione compensato staticamente
>> k=27
Step Response
8
6
k=
4
27
Amplitude
>> ws=feedback(k*g*kr*kp,1)
2
0
-2
-4
Transfer function:
100.3
-------------------------------0.006 s^3 + 0.23 s^2 + s + 100.3
>> step(w)
-6
-8
-10
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Time (sec)
E’ diventato instabile!
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Analisi in frequenza del sistema a
catena aperta
Bode Diagram
100
>> gs=k*g*kr*kp
gs
Transfer function:
100.3
-----------------------0.006 s^3 + 0.23 s^2 + s
Magnitude (dB)
50
0
-50
-100
-150
-90
Transfer function:
3.714
-----------------------0.006 s^3 + 0.23 s^2 + s
-135
Phase (deg)
>> gns=g*kr*kp
>> bode(gs,gns)
gns
-180
-225
-270
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
Analisi in frequenza del sistema a
catena aperta
B o d e D ia g r a m
G m = - 8 . 3 5 d B ( a t 1 2 .9 r a d /s e c ) , Pm = - 1 7 . 7 d e g ( a t 2 0 . 4 r a d / s e c )
100
Magnitude (dB)
50
0
-50
-100
-90
Phase (deg)
-135
-180
-225
-270
10
-1
10
0
10
Fre q u e n c y
1
10
2
10
3
( r a d /s e c )
La pulsazione di attraversamento deve passare da 20.4 rad/sec a 10 rad/sec
(attenuazione dei moduli) ed alla pulsazione 10 la fase deve essere fx=-130
(anticipo delle fasi >40°) (50=180+fx)
Scelta delle reti compensatrici
• Anticipatrice:
20
1+τ as
15
1+
τa
ma
s
Magnitude (dB)
Cant ( s ) =
Bode Diagram
τ a = 0,2 sec
5
0
60
Phase (deg)
ma = 6
10
30
0
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
2
10
3
10
Sistema con rete anticipatrice
Bode Diagram
100
>> ta=0.2
ma=6
•
ta =
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
0.2000
gs
0
-50
-100
-90
ma =
6
-135
Phase (deg)
•
50
Magnitude (dB)
•
•
gs*cant
System: untitled1
Frequency (rad/sec): 10.6
Magnitude (dB): 18.6
System: untitled1
Frequency (rad/sec): 10.2
Phase (deg): -126
>> can=(1+ta*s)/(1+ta/ma*s)
-180
Transfer function:
0.2 s + 1
------------0.03333 s + 1
>> bode(can*gs,gs)
-225
-270
-1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
Frequency (rad/sec)
Alla pulsazione 10 la fase è quella richiesta,
adesso si deve attenuare di 18 db
Scelta della rete attenuatrice
Bode Diagram
0
τ att
s
matt
Catt ( s ) =
1 + τ att s
τ att = 5 sec
-5
Magnitude (dB)
1+
matt = 8
-10
-15
Phase (deg)
-20
0
-30
-60
-2
10
-1
10
0
10
Frequency (rad/sec)
1
10
2
10
Sistema compensato
bode(catt*can*gs)
Bode Diagram
100
Magnitude (dB)
50
0
-50
-100
-90
Phase (deg)
-135
-180
-225
-270
-2
10
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
Le specifiche a catena aperta sono rispettate
2
10
3
10
Analisi in frequenza del sistema a
ciclo chiuso
Bode Diagram
Magnitude (dB)
>> wcomp=feedback(catt*can*gs,1)
Phase (deg)
Transfer function:
12.54 s^2 + 82.74 s +
100.3
-------------------------------------------------------------0.001 s^5 + 0.06853 s^4 + 1.33 s^3
+ 17.8 s^2 + 83.74 s + 100.3
>> bode(wcomp)
20
0
System: w comp
Frequency (rad/sec): 20.3
Magnitude (dB): -3.01
-20
-40
-60
-80
-100
0
-90
-180
-270
-1
10
0
10
1
10
2
10
Frequency (rad/sec)
Anche le specifiche a ciclo chiuso nel dominio della frequenza sono rispettate
3
10
Analisi nel dominio del tempo
step(wcomp,w)
Step Response
1.4
w comp
w
1.2
Amplitude
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
Time (sec)
2
2.5
3
Linear Simulation Results
2
w comp
1.8
w
1.6
1.4
Amplitude
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.2
0.4
>> t=[0:.01:2];
>> lsim(wcomp,w,t,t)
0.6
0.8
1
Time (sec)
1.2
1.4
1.6
1.8
2
esempio⎧e = 0
u
⎪e ≤ 0,1
⎪ r
⎨
0
m
>
45
Specifiche: ⎪ ϕ
⎪ω = 5rad / sec
⎩ t
1
P(s) =
s +1
Progettazione del compensatore statico:
K
C (s) =
s
er =
er =
1
≤ 0,1 ⇒ K ≥ 10
K
1
Kp
K p = lim sC1 ( s ) P ( s ) = lim s
S →0
~
L (s) =
s →0
10
s ( s + 1)
K 1
=K
s s +1
Analisi in frequenza del processo
compensato staticamente
B ode Diagram
80
Magn itude (dB)
60
40
System: g
Frequency (rad/ sec): 5
Magnitude (dB): -8.14
20
0
-20
-40
Phase (deg )
-60
-90
-135
System: g
Frequency (rad/ sec): 5.01
Phas e (deg): -169
-180
-2
10
-1
10
0
10
10
1
2
10
Frequency (rad/sec)
Per soddisfare le specifiche bisogna
amplificare di 8db a anticipare di 170-135=35°
Dovrebbe bastare una sola rete anticipatrice con un eventuale guadagno
Scelta della rete:
amplificare di 8 db e anticipare di 35° a ω=5rad/sec
Per anticipare amplificando anche il modulo scegliamo:
ωtτ = 3
per ωt = ωtd = 5 ⇒ τ = 0,6
con m=6 si ha un anticipo di 45°, superiore a quanto richiesto, con una
amplificazione di circa 8 db
Analisi in frequenza a catena aperta
del sistema controllato
Ra ( s ) =
1 + τs
1+
τ
m
s
=
1 + 0,6s
0,6
1+
s
6
Le specifiche sono rispettate
B ode Diagram
60
Magn itude (dB)
40
Sys tem: l
Frequenc y (rad/sec): 5.13
Magnitude (dB): 0.615
20
0
-20
-40
-60
Phase (deg )
-80
-90
Sys tem: l
Frequenc y (rad/sec): 5.03
Phase (deg): -124
-135
-180
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
10
2
3
10
Analisi in frequenza a catena chiusa
del sistema controllato
B ode Diagram
Magn itude (dB)
20
0
-20
-40
-60
Phase (deg )
-80
0
-45
-90
-135
-180
-1
10
0
10
1
10
Frequency (rad/sec)
10
2
3
10
Analisi nel dominio del tempo
St ep Response
1. 4
1. 2
A mplitude
1
0. 8
0. 6
0. 4
0. 2
0
0
0. 2
0.4
0.6
0.8
1
Time (sec)
1.2
1.4
1.6
1.8
2