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Carlos Alexandre Mello – [email protected] 1

Projeto Através do Lugar das Raízes

Carlos Alexandre Mello

2Carlos Alexandre Mello – [email protected]

Revisão

� Primeiro, vamos re-lembrar alguns aspectos de sistemas subamortecidos de segunda ordem:

cosθ = ζ

ζ


Revisão

� Sobre a taxa de amortecimento:

Se ζ>1, os polos são reais e negativos;Se ζ=1, polos são iguais, negativos e reais, s = -ωn;Se 0<ζ<1, os polos são complexos com parte real < 0;Se ζ=0, s = ±jωn;Se ζ<0, os polos estão no semi-plano direito.


Introdução

� Problema: Como ajustar um sistema de forma a atender requisitos de projeto?� Estabilidade já considerada� Mudanças: Erros de Estado Estacionário e Resposta em

Transiente (Tp, Ts, Tr, %OS)� Nesses casos, mudar apenas o ganho não provoca os

resultados desejados...


Introdução

� Exemplo:� Considere o seguinte exemplo, suponha que a

resposta em transiente desejada é alcançada no ponto B

� No entanto, só conseguimos alcançar a porcentagem sobressinal no lugar das raízes no ponto A� Lembrando que a porcentagem sobressinal não se

altera na reta de ξ constante


� Não temos como ir de A para B porque B está fora do lugar das raízes, ou seja, não pode ser alcançado apenas com mudanças de ganho

Introdução


Introdução

� Considerem um exemplo da aula anterior:

K = 1


Introdução


K = 10

Mesmo gráfico de Lugar das Raízes, como esperado.


Introdução

� Considere uma mudança de um sistema de tipo 0 para um de tipo 1 (erro de estado estacionário)� Ou seja, acrescentamos um integrador

Sistema original


Introdução

� Considere uma mudança de um sistema de tipo 0 para um de tipo 1 (erro de estado estacionário)� Ou seja, acrescentamos um integrador

Integrador acoplado

Lugar das raízes completamente diferente!


Introdução


Mudanças no Lugar das Raízes com a entrada de um integrador e um zero.

Compensador


Introdução

� Efeito da inclusão de polos:Sistema Original:Polos: -2, -4Zeros: 2±j4

A inclusão de um polo tende a puxar o lugar das raízes para a direita, tendendo a diminuir a região de estabilidade do sistema.


Introdução

� Efeito da inclusão de zeros:Sistema Original:Polos: -2, -4Zeros: 2±j4

A inclusão de um zero tende a puxar o lugar das raízes para a esquerda, tendendo a aumentar a região de estabilidade do sistema.


� Solução:� 1) Mudar o sistema para um cujo lugar das raízes passe

por B� Alto custo e pode afetar outras características do sistema

� 2) Ao invés de mudar o sistema atual, podemos aumentá-lo ou compensá-lo com polos ou zeros adicionais. Assim, o sistema compensado tem um lugar das raízes que passa pelo polo desejado

� A vantagem dessa compensação é que os polos e zeros podem ser adicionados no final do sistema

� Desvantagem: a ordem do sistema aumenta o que pode provocar mudanças na resposta

Introdução


� Compensadores são nomeados de acordo com o método que os implementa ou com suas características

� Sistemas de Controle Proporcionais� Sistemas que encaminham o erro à frente para a planta

� Sistemas de Controle Integrais� Sistemas que encaminham a integral do erro à frente

para a planta

� Sistemas de Controle Derivativos� Sistemas que encaminham a derivada do erro à frente

para a planta

Introdução


Introdução

� Objetivo: atender os requisitos de projeto sem mudar tanto o lugar das raízes� Melhorando o Erro de Estado Estacionário

� Compensador Proporcional + Integrador (PI)� Compensador de Atraso de Fase (Lag)

� Melhorando a Resposta em Transiente� Compensador Proporcional + Derivativo (PD)� Compensador de Avanço de Fase (Lead)

� Melhorando a Resposta e o Erro� Compensador PDI� Compensador Lead-Lag


Melhorando o Erro de Estado Estacionário


� Compensadores podem ser usados para melhorar as características do erro de estado estacionário

� O erro de estado estacionário pode ser diminuído acrescentando um polo na origem no caminho à frente, aumentando o tipo do sistema e levando o erro de estado estacionário a zero

� Esse polo adicional na origem exige o uso de um integrador

IntroduçãoMelhorando o Erro em Estado Estacionário


� Controlador Proporcional-mais-Integral (PI)� Compensador integral ideal que encaminha o erro e sua

integral à frente para a planta

� O erro de estado estacionário pode ser melhorado colocando um polo em malha aberta na origem porque isso aumenta o tipo do sistema� Por exemplo, um sistema do Tipo 0, respondendo a um

degrau de entrada com um erro finito, responde com erro zero se o tipo do sistema for 1

� É importante que a resposta em transiente não seja muito alterada

Melhorando o Erro em Estado Estacionário via Compensador PI


� Considere o sistema a seguir, operando com uma resposta em transiente adequada gerada pelos polos de malha fechada em A



� Se adicionamos um polo na origem para aumentar o tipo do sistema, a contribuição angular dos polos em malha aberta em A não será mais 180º e, assim, o lugar das raízes não passa mais por A




� Para resolver esse problema, adicionamos um zero próximo ao polo da origem. Agora, a contribuição do compensador no zero e do compensador no polo se cancelam e o ponto A permanece no Lugar das Raízes



� Observe o exemplo anterior para um zero em 0,01:

Um polo adicional na origem e um zero próximo a ele (sys4)Sistema original (sys1)



� Observe o exemplo anterior para um zero em 0,01:� Aqui, os dois sistemas estão sobrepostos...



� Um compensador com um polo na origem e um zero próximo dele é chamado um compensador proporcional integral ideal� O erro de estado estacionário foi melhorado sem afetar

muito a resposta em transiente



� Compensador PI:



� Exemplo: Dado o sistema abaixo, operando com taxa de amortecimento de 0,174, mostre que a adição de um compensador integral ideal reduz o erro de estado estacionário a zero para uma entrada degrau sem afetar muito a resposta em transiente.



� Exemplo (cont.): Analisando o sistema original, foi dado que a taxa de amortecimento é de 0,174. Isso implica que o ângulo formado é de 79,98º (ou 100,02º tomando o complementar)� ζ = cosθ ⇒ θ = cos-1 ζ (em radianos)� Observe que estamos considerando como um sistema

de segunda ordem porque temos dois polos dominantes (considerando -10 << -1 e -2)

� É preciso encontrar o ponto onde a reta que passa pela taxa de amortecimento encontra o gráfico do lugar das raízes� Apenas por computador� Ponto: -0,694 + j3,926 (polos dominantes)



� Exemplo (cont.):Considerando o ponto encontrado, podemos calcular o valor do ganho K:K = 1/|GH|

K = -164,57 – j0,049 ⇒ mag(K)=164,6

Reta: Im=Re.cos-1(ζ)



� Exemplo (cont.): Ainda sobre o sistema original� No ponto em que K =164,6, temos ζ = 0,174 e polos em

-0,694 ± j3,924. Isso implica que ωn = 3,98, já que s1,2 = -ζω ± ω√(ζ2 – 1)

� As assíntotas podem ser calculadas como:� σa = (– 1 – 2 – 10)/(3 – 0) = -13/3 (ponto de encontro com

o eixo real)

� θa = (2k + 1)π/(3 - 0) = (2k + 1)π/3 (ângulo)



� Exemplo (cont.): Ainda sobre o sistema original� Cálculo do ponto de partida e chegada do eixo real:

Não pertence ao Lugar das Raízes



� Exemplo (cont.): Ainda sobre o sistema original� Cruzamento com o eixo imaginário:

� Fazendo s = jω:

ω2 = 32 ⇒ ω = ±4√2 ⇒ K = 396

Ou: ω = 0 ⇒ K = -20 (mas, consideramos K > 0)



� Exemplo (cont.): Ainda sobre o sistema original� Calculando o erro no estado estacionário, o sistema é

do tipo 0:



� Exemplo (cont.): Adicionando o compensador com zero em -0,1 e polo em zero:

� Temos o seguinte lugar das raízes:



� Exemplo (cont.):Considerando o ponto encontrado, podemos calcular o valor do ganho K:K = 1/|GH|

K = -158,2 – j0,0517 ⇒ mag(K)=158,2

Passa a ser um sistema do tipo 1

Mas edegrau(∞) = 0!



� Exemplo (cont.):

Sistema Não CompensadoSistema Compensado


� Compensador tem zero e polo (≠ 0)

Melhorando o Erro em Estado Estacionário via Compensador de Atraso de Fase


� Compensador tem zero e polo (≠ 0)� Como o polo está mais próximo do eixo imaginário

que o zero, a contribuição angular será negativa� ∠zeros - ∠polos

Pouco efeito no lugar das raízes.....



� Quanto ao erro de estado estacionário, o novo G(s) é:

� Ou seja, quando s→0, na análise de erro de estado estacionário, o compensador passa a contribuir com z/p (zero e polo do compensador)



� Exemplo:

CompensadoNão Compensado



� Exemplo (cont.):



Melhorando a Resposta em Transiente


� A compensação foi resolvida melhorando o erro de estado estacionário sem afetar a resposta em transiente

� Vamos agora melhorar a resposta em transiente� Uso de um Compensador Derivativo Ideal

� Adição de um zero na função de transferência à frente� Adiciona ruído ao sistema� Controlador Proporcional-Mais-Derivativo (PD)

� Uso de um Compensador de Avanço de Fase� Adição de um zero e um polo mais distante na função de

transferência à frente

Melhorando a Resposta em Transiente via Compensador em Cascata


� Compensador Derivativo Ideal (PD)� Gc(s) = s + zc

� Considere o próximo sistema e os resultados após a inclusão de zeros em -2, -3 e -4

� Lembrando:

Melhorando a Resposta em Transiente via Compensador PD

ζ



Incluído zero em -2

Parte real ↑ ⇒ Tempo de Amortecimento ↓Parte imaginária ↑ ⇒ Tempo de Pico ↓



Incluído zero em -3Incluído zero em -4


� Outra forma de implementar um compensador derivativo ideal:



� Como no compensador integral ideal, usa-se um zero e um polo

� Se o polo estiver mais afastado do eixo imaginário que o zero, a contribuição angular será positiva� ∠zeros - ∠polos

Melhorando a Resposta em Transiente via Compensador de Avanço de Fase


� Da figura anterior, se a diferença entre θ1 e θ2 (θc) se mantiver, teremos a mesma contribuição

� Mas isso implica que temos a possibilidade de uma infinidade de compensadores de avanço de fase que atendem ao requisito de resposta em transiente� As diferenças entre eles estarão no ganho necessário

para atingir às especificações de projeto, no erro de estado estacionário e na resposta em transiente encontrada (o projeto pode especificar uma faixa possível de resposta)



� Exemplo:



� Exemplo:


Mudança no

transiente

Apesar dos diferentes polos e zeros, os ângulos são constantes, não mudando a resposta em transiente


� Exemplo:


5,252

-2,014

X O O

p1p2p3

z1z2

z3

I) Compensação aZero = -5; Polo = -42,96θp = 60,3798o

θz =7,3092o

II) Compensação bZero = -4; Polo = -20,09θp = 69,2863o

θz = 7,3092o

III) Compensação cZero = -2; Polo = -8,971θp = 180o - 89,8473o = 90,1527o

θz = 37,05o

Diferença entre ângulos: 53o

•

θp θz


Melhorando o Erro de Estado Estacionário e a Resposta em Transiente


� Combinação das técnicas anteriores� Possibilidade: melhorar o erro de estado

estacionário e depois a resposta em transiente� Problema: Muitas vezes, a melhora da resposta em

transiente pode deteriorar o projeto do erro de estado estacionário

� Soluções ideais:� Controlador Proporcional-Mais-Integral-Mais-Derivativo

(PID)� Compensador de Avanço e Atraso de Fase



� Projeto de Controlador PID



� Projeto de Controlador PID – Etapas� 1) Avaliar o desempenho do sistema sem compensação

para determinar quanta melhoria na resposta transitória é requerida

� 2) Projeto do controlador PD (inclui a posição do zero e o ganho) para atingir as especificações de transiente

� 3) Verifique se os requisitos foram atendidos� Se não, retorne ao projeto

� 4) Projete o controlador PI para resultar no erro de estado estacionário desejado

� 5) Determine os ganhos K1, K2 e K3 (figura anterior)� 6) Verifique se os requisitos foram atendidos

� Se não, retorne ao projeto



� Exemplo: Dado o sistema abaixo, projete um controlador PID tal que o sistema opere com tempo de pico que é 2/3 do tempo de pico do sistema sem compensação a 20% de sobressinal e com erro de estado estacionário zero para entrada degrau.



� Exemplo (cont.):� Sistema Malha Aberta: Polos (-3, -6 e -10); Zero em -8� %OS = exp[-(ζπ/√1-ζ2)]x100� 0,2 = exp[-(ζπ/√1-ζ2)] ⇒ ζ = 0,456� cos θ = ζ ⇒ θ = cos-1ζ ⇒ θ = 62,87º ⇒ 180 - θ = 117,13º � Esboço inicial do lugar das raízes:


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

ζ = 0,456

θ = 117,13º


� Exemplo (cont.):� Assíntotas:


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

Assíntotas

-5,5

ζ = 0,456

θ = 117,13º


� Exemplo (cont.):� Ponto de Chegada e Partida:


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

Assíntotas

s = -8,4±j1,66 (fora do lugar das raízes)s = -4,62 (pertence ao lugar das raízes)

-5,5

-4,62

ζ = 0,456

θ = 117,13º


� Exemplo (cont.):� Polos Dominantes:


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

ζ = 0,456

θ = 117,13º

-5,5

Assíntotas

-4,62

X

Polos dominantes: -5,4 + j10,57K = 121,53

X

3º Polo: -8,17


� Exemplo (cont.):� Outros parâmetros:


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

ζ = 0,456

θ = 117,13º

-5,5

Assíntotas

-4,62

X

Polos dominantes: -5,4 + j10,57K = 121,53

X

3º Polo: -8,17


� Exemplo (cont.):� Resumo (sistema não compensado)



� Exemplo (cont.): Compensando o sistema� Condição: TPc = (2/3) TPu

� Ou seja: TPc = (2/3)*0,297 = 0,198� Assim:

� Como:

� Então: s1,2 = -8,1296 ± j15,87


⇒ ωn = 17,828

Faz parte do lugar das raízes??


� Exemplo (cont.): Compensando o sistema


xxx o-10 -8 -6 -3

σ

jω

Plano s

ζ = 0,456P(-8,1296; 15,87)

θ1 θ2 θ3 θ4

θ = 117,13º

Localizamos o ponto P no plano s e calculamos o ângulo que ele faz com os polos e zeros do sistema:

θ2 – (θ1 + θ3 + θ4) = -198,37º Para que seja múltiplo ímpar de 180º, precisamos acrescentar um zero que forme um ângulo com P de: 198,37º – 180º = 18,37º


� Exemplo (cont.): Ou seja:


Com isso, o controlador PD éGPD(s) = (s + 55,92)


� Exemplo (cont.): Lugar das Raízes do Sistema Compensado



� Exemplo (cont.): Resposta ao degrau


Compensado (PD)Não Compensado Observe que houve

redução no tempo de pico como especificado


� Exemplo (cont.): Projeto do compensador integral� Como definido anteriormente, vamos colocar um polo na

origem e um zero próximo a ele� Por exemplo:



� Exemplo (cont.): Precisamos calcular agora K1, K2 e K3conforme:



� Exemplo (cont.): O produto do ganho e do controlador PID é:

� Pelas equações anteriores, temos:� K1 = 259,5� K2 = 128,6� K3 = 4,6



� Exemplo (cont.): Resposta ao Degrau


PIDPDNão Compensado


� Exemplo (cont.): Características:



� Compensador de Avanço e Atraso de Fase – Etapas� 1) Avaliar o desempenho do sistema não compensado� 2) Projetar o compensador de avanço de fase para atender

às especificações de resposta em transiente� Localização de polos e zeros e ganho

� 3) Verificar se os requisitos foram atendidos através de simulação

� Voltar ao projeto caso algo não tenha sido atendido� 4) Avaliar o desempenho de erro de estado estacionário para

o sistema com avanço de fase� 5) Projetar o sistema com atraso de fase� 6) Verificar se os requisitos foram atendidos através de

simulação� Voltar ao projeto caso algo não tenha sido atendido



� Exemplo: Projete um compensador de avanço e atraso de fase para o sistema abaixo, tal que o sistema opere com 20% de porcentagem sobressinal e uma redução de duas vezes no tempo de acomodação. Além disso, o sistema deve apresentar melhoria de dez vezes no erro de estado estacionário para uma entrada rampa.



� Exemplo (cont.):� Sistema Malha Aberta: Polos (0, -6 e -10)� %OS = exp[-(ζπ/√1-ζ2)]x100� 0,2 = exp[-(ζπ/√1-ζ2)] ⇒ ζ = 0,456� cos θ = ζ ⇒ θ = cos-1ζ ⇒ θ = 62,87º ⇒ 180 - θ = 117,13º � Esboço inicial do lugar das raízes:


xxx-10 -6 0

σ

jω

Plano s

ζ = 0,456

θ = 117,13º


� Exemplo (cont.):� Assíntotas:

� Pontos de Chegada e Partida;

� Polos Dominantes:

� Outros Parâmetros:


Fora do lugar das raízes


� Exemplo (cont.): Resumo (Sistema Não Compensado)



� Exemplo (cont.): Lugar das Raízes (Sistema Não Compensado)



� Exemplo (cont.): Vamos verificar agora as especificações do sistema:� TSc = 0,5TSu = 0,5*2,23 = 1,115� Como TS = 4/(ζ.ωn) ⇒ ωn = 7,867� Sendo:

� Então: s1,2 = -3,5874 ± j7



� Exemplo (cont.): Projeto do Compensador de Avanço de Fase� Primeiro, precisamos selecionar arbitrariamente a

localização do zero do compensador de avanço� Nesse caso, podemos, por exemplo, selecionar a

posição -6 que coincide com um dos polos de malha aberta, fazendo com que eles se anulem

� Isso elimina um zero e faz com que o sistema compensado tenha o mesmo número de polos do sistema não compensado

� Em seguida, localizamos o polo do compensador� Precisamos somar os ângulos formados pelos polos e zeros do

sistema sem compensação e o zero do compensador



� Exemplo (cont.): Projeto do Compensador de Avanço de Fase


xxx-10 -6 0

σ

jω

Plano s

θ3 = 117,13º

P = -3,5874 + j7

θ1θ2 e θ4

Localizamos o ponto P no plano s e calculamos o ângulo que ele faz com os polos e zeros do sistema:

θ4 – (θ1 + θ2 + θ3) = -164,65º Para que seja múltiplo ímpar de 180º, precisamos acrescentar um polo que forme um ângulo com P de: 164,65º – 180º = -15,35º


� Exemplo (cont.): Projeto do Compensador de Avanço de Fase



� Exemplo (cont.): Lugar das Raízes





Compensado (Lead)Não Compensado


� Exemplo (cont.): Resumo (compensação por Avanço de fase)


O erro do sistema não compensado era de 0,312. A especificação é para que caia para um décimo desse valor. Ainda não foi atingida.... (era 0,312)

OK!


� Exemplo (cont.): Projeto do Compensador de Atraso de Fase� Objetivo: Melhorar o erro de estado estacionário para entrada

rampa� A queda de 0,312 para 0,147 foi de um fator de 2,122� Precisamos agora que o compensador de atraso de fase melhore o erro

de um fator de 10/2,122 = 4,713 sobre o compensador de avanço de fase

� Pode-se escolher, aleatoriamente, um compensador com polo em 0,01 que gera um zero em 0,04173:

� Observe que, para s→0, Glag(s) tende exatamente ao fator que precisamos, 4,713


(1/4,713)*0,147 = 0,031

(o polo deve ser o mais próximo à origem)


� Exemplo (cont.): O compensador de Avanço e Atraso de Fase fica então com a forma:

� Através do desenho do lugar das raízes e buscando seu encontro com o segmento de reta que representa a taxa de amortecimento de 0,456, chegamos aos polos dominantes -3,574 ± j6,976 para um ganho de 1971



� Exemplo (cont.): Lugar das Raízes do sistema final



� Exemplo (cont.): Resumo


Deveria ser 1,115, mas subiu pouco...




Compensado (CAA)Não Compensado


� Exemplo (cont.): Resposta à Rampa (erro)



� Compensação com Re-Alimentação Não Unitária


....


� Construção de Controladores e Compensadores

Compensadores


Compensadores

� Amplificador Operacional� Controlador PID


Compensadores

� Amplificador Operacional� Compensador de Atraso ou Avanço de Fase

Avanço de Fase:R1C1 > R2C2Atraso de Fase:R1C1 < R2C2


Exercícios Sugeridos (Nise)

� Cap. 9, Problemas:� 1, 2, 3, 5, 6, 8, 11, 13, 16

� Observação, sempre que precisar dos polos dominantes e do ganho para esses polos, consulte a resolução do livro

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