Projeto Através do Lugar das Raízes Carlos Alexandre Mellocabm/servo/Aula08.pdf · 2020-02-20 ·...

Carlos Alexandre Mello – cabm@cin.ufpe.br 1

Projeto Através do Lugar das Raízes

Carlos Alexandre Mello

2 Carlos Alexandre Mello – cabm@cin.ufpe.br

Revisão

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

Revisão

Sobre a taxa de amortecimento:

Se >1, os polos são reais e negativos;

Se =1, polos são iguais, negativos e reais, s = -n;

Se 0<<1, os polos são complexos com parte real < 0;

Se =0, s = jn;

Se <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 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

Considerem um exemplo da aula anterior:

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

Compensador

Introdução

Efeito da inclusão de polos: Sistema Original:

Polos: -2, -4

Zeros: 2j4

A inclusão de um polo tende a puxar o

lugar das raízes para a direita em

relação ao sistema original, tendendo

a diminuir a região de estabilidade do

sistema.

Introdução

Efeito da inclusão de zeros: Sistema Original:

Polos: -2, -4

Zeros: 2j4

A inclusão de um zero tende a puxar o

lugar das raízes para a esquerda em

relação ao sistema original, 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

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 PID

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

Introdução Melhorando 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

via Compensador PI

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

via Compensador PI

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

via Compensador PI

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)

via Compensador PI

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

via Compensador PI

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

via Compensador PI

Compensador PI:

via 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.

via Compensador PI

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) = cos = cos-1 (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)

via Compensador PI

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()

via Compensador PI

Exemplo (cont.): Ainda sobre o sistema original

No ponto em que K =164,6, temos = 0,174 e polos em

-0,694 j3,924. Isso implica que n = 3,98, já que

s1,2 = - (2 – 1)

As assíntotas podem ser calculadas como:

a = (– 1 – 2 – 10)/(3 – 0) = -13/3 (ponto de encontro com

o eixo real)

a = (2k + 1)/(3 - 0) = (2k + 1)/3 (ângulo)

Quanto ao estado estacionário:

Tp = /Real = /0,694 = 4,53 seg

Ts = 4/Imag = 4/3,924 = 1,02 seg

via Compensador PI

Cálculo do ponto de partida e chegada do eixo real:

Não pertence ao Lugar das Raízes

via Compensador PI

Cruzamento com o eixo imaginário:

Fazendo s = j:

2 = 32 = 42 K = 396

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

Denominador

de T(s)

via Compensador PI

Calculando o erro no estado estacionário, o sistema é

do tipo 0:

via Compensador PI

Exemplo (cont.): Adicionando o compensador com

zero em -0,1 e polo em zero:

Temos o seguinte lugar das raízes:

via Compensador PI

Exemplo (cont.): Considerando o ponto encontrado, podemos

calcular o valor do ganho K:

K = 1/|G(s)H(s)|

K = -158,2 – j0,0517 mag(K)=158,2

Passa a ser um

sistema do tipo 1

Mas edegrau() = 0!

Tp = 4,63 seg

Ts = 1,04 seg

via Compensador PI

Exemplo (cont.):

Sistema Não Compensado

Sistema Compensado

Compensador tem zero e polo ( 0)

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 s0, na análise de erro de estado estacionário, o compensador passa a contribuir com z/p (zero e polo do compensador)

Exemplo:

Compensado

Não Compensado

Exemplo (cont.):

Queda de 10x

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:

Compensador PD

Incluído zero em -2

Parte real Tempo de Amortecimento Parte imaginária Tempo de Pico

Compensador PD

Incluído zero em -3 Incluído zero em -4

Compensador PD

Outra forma de implementar um compensador derivativo ideal:

Compensador PD

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

Compensador de Avanço de Fase

Da figura anterior, se a diferença entre 1 e 2 (c) 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:

Mudança no

transiente

Apesar dos diferentes polos e

zeros, os ângulos são

constantes, não mudando a

resposta em transiente

Exemplo:

-2,014

I) Compensação a

Zero = -5; Polo = -42,96

z = 60,3798o

p =7,3092o

II) Compensação b

Zero = -4; Polo = -20,09

z = 69,2863o

p = 16,2013o

III) Compensação c

Zero = -2; Polo = -8,971

z = 180o - 89,8473o = 90,1527o

p = 37,05o

Diferença entre ângulos: 53o

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

Compensador de Avanço e Atraso de Fase

e a Resposta em Transiente

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[-(/√1-2)]x100

0,2 = exp[-(/√1-2)] = 0,456

cos = = cos-1 = 62,87º 180 - = 117,13º

Esboço inicial do lugar das raízes:

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

= 0,456

180 - = 117,13º

Exemplo (cont.): Assíntotas:

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

Assíntotas

= 0,456

= 117,13º

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

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

Assíntotas

s = -8,4j1,66 (fora do lugar das raízes)

s = -4,62 (pertence ao lugar das raízes)

= 0,456

= 117,13º

Exemplo (cont.): Polos Dominantes:

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

= 0,456

= 117,13º

Assíntotas

Polos dominantes: -5,4 + j10,57

K = 121,53

3º Polo: -8,17

Exemplo (cont.): Outros parâmetros:

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

= 0,456

= 117,13º

Assíntotas

Polos dominantes: -5,4 + j10,57

K = 121,53

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:

Então: s1,2 = -8,1296 j15,87

n = 17,828

Faz parte do lugar

das raízes??

Exemplo (cont.): Compensando o sistema

x x x o -10 -8 -6 -3

Plano s

= 0,456

P(-8,1296; 15,87)

1 2 3 4

= 117,13º

Localizamos o ponto P no plano s e calculamos o ângulo que ele faz com

os polos e zeros do sistema:

2 – (1 + 3 + 4) = -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 é

GPD(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 K3 conforme:

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

Não 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[-(/√1-2)]x100

0,2 = exp[-(/√1-2)] = 0,456

cos = = cos-1 = 62,87º 180 - = 117,13º

Esboço inicial do lugar das raízes:

x x x -10 -6 0

Plano s

= 0,456

180 - = 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/(.n) n = 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

x x x -10 -6 0

Plano s

3 = 117,13º

P = -3,5874 + j7

1 2 e 4

Localizamos o ponto P no plano s e calculamos o ângulo que ele faz com

os polos e zeros do sistema:

4 – (1 + 2 + 3) = -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.): 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....

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

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)

Resumo: PI: G(s) = (s + z)/s, com z muito próximo da origem (SPE)

Melhoria do erro, mudando de um tipo para outro

PD: G(s) = (s + z)

Melhoria da resposta em transiente

PDI: G(s) = [(s + z1)/s].(s + z2)

Melhoria de erro e de reposta em transiente

Lag: G(s) = (s + z)/(s + p)

Melhoria do erro, mudando seu valor na proporção de z/p

Lead: G(s) = (s + z)/(s + p)

Melhoria da resposta em transiente

Lead-Lag: G(s) = [(s+z1)/(s+p1)][(s+z2)/(s+p2)]

Melhoria de erro e de resposta em transiente

Exemplo: Calculando o polo dominante

Considere o sistema de câmera visto no começo da disciplina:

Defina e projete um compensador que faça com que o sistema compensado tenha metade do tempo de acomodação do sistema não compensado

Considere = 0,5, constante

Exemplo (cont.):

Primeiro, vamos analisar completamente o sistema dado

A compensação virá depois

Vamos desenhar seu lugar das raízes....

G(s) = K

s(s+10)

Exemplo (cont.):

Assíntotas:

= (2k + 1)/2 = /2, 3/2, etc

Ponto de Entrada/Saída K = -s(s + 10) = -(s2 + 10s) dK/ds = -(2s + 10) = 0 s = -5

= 0,5 cos = 60º 180 - = 120º

Exemplo (cont.):

0 -10 -5

Polo dominante

Exemplo (cont.):

Qualquer cálculo de medidas relacionadas à resposta em transiente são relacionadas ao polo dominante; é lá que o lugar das raízes encontra a taxa de amortecimento () dada

Assim, precisamos calcular o polo dominante

Nesse exemplo, isso é possível de ser feito já que temos a parte real definida (-5):

Como é fixo em 0,5 e a parte real é dada por n, então n é igual 10

Com isso, a parte imaginária pode ser calculada: 8,66

Logo, o polo dominante para o sistema não compensado é dado por -5 + j8,66

Exemplo (cont.):

No polo dominante: Ts = 4/Real = 0,8

Tp = /Imag = 0,36

Pede-se que o compensador diminua pela metade o tempo de acomodação (Ts):

Tsc = Tsn/2 = 0,4

Como é fixo, n deve ser igual a 20

Assim, o novo polo dominante está em: -10 + j17,32

Exemplo (cont.): Sistema Compensado

0 -10 -5

Polo dominante

Exemplo (cont.): Sistema Compensado Assim, o lugar das raízes deve ser alterado para passar nesse novo

ponto, onde temos o tempo de acomodação definido nos requisitos do projeto

Como queremos mudar um elemento da resposta em transiente, o compensador deve ser do tipo PD ou de Avanço de Fase (Lead)

Vamos verificar primeiro a contribuição angular desse ponto no lugar das raízes atual

O ângulo para o polo na origem é de 120º

O ângulo para o polo em -10 é de 90º

Assim, a contribuição total é de -210º

Para ser múltiplo ímpar de 180º , basta termos um zero fazendo ângulo de 30º com o polo dominante

Com isso, um compensador PD é suficiente para resolver o problema

0 -10 -5

Polo dominante

tg 30 = 17,32

zc – 10

zc = 40

O compensador é do tipo PD com função de transferência:

GC(s) = (s + 40)

Compensação com Re-Alimentação Não Unitária

Construção de Compensadores

Compensadores do tipo PI, PD ou PID só podem ser

construídos através de elementos ativos (como

amplificadores operacionais)

Compensadores de avanço e atraso de fase podem ser

construídos através de elementos passivos (e também

através de elementos ativos)

Essa é a grande diferença entre eles na escolha de qual

compensador deve ser usado na solução do seu

problema

Compensadores

Construção de Controladores e Compensadores

Compensadores

Construção de Controladores e Compensadores

Compensadores

Amplificador Operacional Controlador PID

Compensadores

Amplificador Operacional Compensador de Atraso ou Avanço de Fase

Avanço de Fase:

R1C1 > R2C2

Atraso de Fase:

R1C1 < R2C2

Compensadores

Construa um compensador PID com GC(s)

Essa função pode ser re-escrita como

Comparando essa equação com a Tabela para PID, temos:

Compensadores

Temos 4 variáveis e 3 equações

Podemos escolher o valor de uma das variáveis (que seria uma unidade de um componente do circuito) e calcular as outras

Compensadores

Circuito

Exercícios Sugeridos (Nise)

Cap. 9, Problemas:

1, 2, 3, 5, 6, 8, 11, 13, 16, 19, 21, 22, 23, 25, 26

Observação, sempre que precisar dos polos

dominantes e do ganho para esses polos, consulte

a resolução do livro

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