Servo Mecanismo

´ Nota de aula de Controle Automatico e Servo Mecanismo

´ Controle Classico

Prof Luiz Vasco Puglia Prof MsC Fabio Delatore

˜ Paulo Sao 2009

2

´ Sumario ˜ 1 Introduç ao

1

´ 1.1 1. 1 Co Conc ncei eito tos s basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2 Liter Literatura atura recom recomendada endada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

´ 1.3 1. 3 Hi His storico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

˜ 1.4 Definiç oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.5 Tip Tipos os de sis sistem tema a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

˜ de Laplace 2 Revisao

7


9

2.2 Trans ransform formadas adas de Laplac Laplace e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.3 Trans ransform formada ada inver inversa sa de Laplac Laplace e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.4 Transformada Inversa Inversa para ra´ızes ızes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.5 Transformada inversa inversa para para ra´ızes ızes reais multiplas ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.6 Transformada inversa inversa para ra´ızes ızes complexas conjugadas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

˜ com MatLab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Soluç oes

22

2.8 Tabela de transf transformadas ormadas de Laplace Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Exerc´ıcios ıcio s de Fixaç ao

26

´ 3 Mod Modela elagem gem Mat Matem ematica

27

´ 3.1 3. 1 Ci Circ rcui uito tos s El Elétricos Passivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

´ 3.2 3. 2 Ci Circ rcui uito tos s El Elétricos Ativos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

ˆ ˆ 3.3 Sis Sistem temas as mec mecânicos dinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

3.4 Sis Sistem temas as Flu Fluido ido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

i

3.5 Siste Sistemas mas de aqueci aquecimento mento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

3.6 Motor de corr corrente ente conti continua nua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Exerc´ıcios ıci os de Fixa Fixac çao

50

˜ por Bloco 4 Represe Representac ntaç ao Blocos s

53

4.1 Sis Sistem tema a de Con Contro trole le . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

4.2 Tip Tipo o de de cont control rolado adores res . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

4.3 Dia Diagr grama ama de Bloc Blocos os . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

4.4 Deslo Deslocamen camento to de Bloco Blocos s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Exerc´ıcios ıci os de Fixa Fixac çao

68

5 Res Respos posta ta Temp empora orall

71


72

5.2 5. 2 Si Sist stem ema a de 1o ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

5.3 5. 3 Si Sist stem ema a de 2o ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 5. 4 Ex Exer erc c´ıcios ıci os de Fixa Fixac çao

88

6 Est Estabi abilid lidade ade de Sis Sistem temas as

91

6.1 Arra Arranjo njo de RouthRouth-Hurwi Hurwitz tz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92

6.2 Projet Projeto o de de estabilid estabilidade ade pelo ganho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 02 6.3 6. 3 Ex Exer erc c´ıcios ıci os de Fixa Fixac çao

´ 7 Err Erro o de de Esta Estado do Est Estaci acion onário

105

´ 7.1 7. 1 Co Conc ncei eito tos s basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 ´ io em fu ˜ de F (s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 7.2 Err Erro o de est estado ado est estaci acion onár ario func nçao ´ io em fu ˜ de G(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 7.3 Err Erro o de est estado ado est estaci acion onár ario func nçao ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 19 7.4 Exerc´ıcios ıci os de Fixa Fixac çao

8 Anali Analise se pelo pelo Camin Caminho ho do do Lugar Lugar das das Raizes Raizes

121

˜ 8.1 CLR por Inspeç ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 ´ 8.2 Fun Fundam dament entos os Mat Matem emáticos do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 ii

˜ do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 8.3 Regras para construç ao ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 39 8.4 8. 4 Ex Exer erc c´ıcios ıci os de Fix Fixac açao

9 Proj Projeto eto pelo pelo Caminh Caminho o do Lugar das Raizes Raizes

141

´ 9.1 9. 1 Co Conc ncei eito tos s basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 42 9.2 Compensador por Avanc ¸ o de fase fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 9.3 Compe Compensador nsador por Atras Atraso o de de fase fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 9.4 Compensador por Avanc Avanço / Atraso de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 9.5 Com Compen pensad sador or PID . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 73 9.6 Exerc´ıcios ıcio s de Fixaç ao

ˆ 10 Analise por Resposta em Frequ encia

179

´ 10.1 Conceitos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 79 10.2 Diagrama de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 95 10.3 Exerc Exerc´´ıcios ıci os de Fix Fixac açao

ˆ 11 Projeto por Resposta em Frequ encia

197

12 Ziegler Nichols

199

´ 12.1 conceitos basicos

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 99

´ 12.2 1o Metodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 ´ 12.3 2o Metodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

13 Controle Digital

209

iii

iv

Cap´ Ca p´ıtul ıt ulo o1

˜ Introduç ao 1.1 1.1

´ Conc Co ncei eito tos s basicos ˜ de calculo de comO curso descrito nestas notas de aula que segue, objetiva a compreens ao

´ ´ ´ ˆ pensadores pelo metodo classico, abordando as tecnicas de lugar lug ar das ra´ızes ızes e resposta re sposta em e m frequ encia, ˜ ma ´ ica ˜ das ferramentas utilizadas, identificaç ao ˜ parti partind ndo o de um uma a revi revis sao mate tem matic at a que que permi permita ta a comp compre reen ens sao ˜ em blocos de sistemas. Posteriormente s ao ˜ definidos os criterios ´ das modelagens modela gens usuais e de descric scriç ao ´ os a cont ´ de qua qualida lidades des necess necessários ari contro role le e final finaliz iza a com com o dime dimens nsio iona name ment nto o dos dos cont contro rola lado dore res s pelos pelos metodos:

• Luga Lugarr das da s Ra´ızes ıze s ˆ • Resposta em Frequencia

• Ziegler-Nichols O fluxo do desenvolvimento destes estudos e´ apresentado abaixo, em forma de diagrama de blocos e a cada mudanç a de capitulo e´ reapresentado, localizando o estagio em curso. Anális al isee pelo pe lo Lugar Lu gar Ra´ızes ız es

Projeto Projeto pelo Lugar Lu gar Ra´ızes ız es

Resposta Temporal Introdu¸cão

Modelagem Matem´ atica atica

Ziegler Nichols Estabilidade

Revi Re vis˜ são ao de Laplace

Diagrama de Blocos

Compensador Controle Digital

Erro Esta Es tacio cion´ nário ari o Análise ali se p or Resp. Freq.

1

Projeto por Resp. Freq.

2

Lembrete ´ Todas as notas aqui contidas foram extra´ extra´ıdas ıdas da literatura b asica e complementar proposta na ementa do curso, abaixo descrita. ´ ´ ˆ Para maior profundidade matem´ matematica, devemos buscar os recursos necess arios nas referencias indi˜ ´ cadas, pois estas notas de aulas se prop oem a servir de um guia rapido de calculo para compensadores. Agradecimentos especiais aos professores Jos e´ Barbosa Junior, Fabrizio Leonardi, Paulo Alvaro Maia, ˜ Heraldo Silveira Barbuy, Barbuy, entre tantos outros que de uma forma ou outra ofereceram grande contribuiçao a este trabalho.

1.2 Litera Literatur tura a recome recomenda ndada da

• Literatura ˜ Pearson - 2003 Ogata, Katsuhiko - Engenharia de Controle Moderno, 4◦ Ediç ao, ˜ LTC - 2002 Nise, Norman S. - Engenharia de Sistemas de Controle, 3◦ Ediç ao, ˜ 1◦ Ediç ao, ˜ Makron Books - 1996 Phillips L.Charles - Sistema Si stema de Controle e Realimentaçao,

1.3

´ Historico ˜ do primeiro sistema de contDatado de antes de Cristo, temos na historia relatos da construç ao

´ role em malha aberta, de um rel´ relogio a base de gotejamento de agua em um recipiente graduado. ´ ˆ Posteriormente, o primeiro controle autom´ automatico mecˆ mecanico, realizado foi de James Watt, constru´ constru´ıdo ıdo no ´ ˜ de velocidade de maquina a vaseculo XVIII e consistia em um controlador centr´ centr´ıfugo ıfu go para regulac regu laç ao por, que podemos observar no esquema que segue. A seguir, importantes estudos foram realizados em teoria de controle por Minorsky, Hazen e Nyquist, entre outros. ´ Em 1922, Minorsky trabalhou em controladores autom aticos para pilotar navios, determinando sua es˜ do sistema por equaç oes ˜ diferenciais. tabilidade tabili dade a partir par tir de representac represen taç oes Em 1932, Nyquist desenvolveu um procedimento para determinar estabilidade de sistemas em malha ˜ senoidal. fechada com base na resposta estacionaria em malha aberta aber ta com excitaç ao Em 1934, Hazen, que introduziu o termo ”servo mecanismos” para denominar sistemas de controle de ˜ discutiu o projeto de servo mecanismo a rel eˆ capaz de seguir muito de per to, uma excitaç ao ˜ posiç ao, ´ variavel no tempo.

3

Figura Figura 1.1: Primeiro Primeiro Sistema de Controle Controle - Regulador Regulador de Watts Watts

Figura Figura 1.2: Exemplo Exemplo de um sistema de controle controle digital

4

1.4

˜ Definiç oes ˜ bastante utilizados em controle Apresentamos a seguir alguns conceitos e definiç oes

• Malha Aberta ˜ independe Execu Exe cuta ta a aç ao in dependentemen ntemente te da sa´ıda ıda ´ temporizado – Semaforo

– Maquina de lavar roupas – Menor custo ˜ facilidad e de execuç ao – Maior facilidade ˜ – Menor precisao

• Malha Fechada Observa a sa´ıda ıda do sistema retroagindo uma amostra do sinal (realimenta o sinal) para a entrada que modifica a sa´ sa´ıda ıda final. ˜ Control trole e de d e posi p osic ç ao – Con

– Controle de velocidade – Maior custo ´ ˜ precisao – Otima sa´ıda ıda – Permite modificar o sinal de sa´

´ • Vari´ Variavel Controlada ´ Grandeza ou vari avel a ser medida e controlada no processo

• Vari´ ´ Variavel Manipulada ´ a grandeza ou vari avel ´ ´ E que sera´ manipulada pelo controlador, que afeta a o valor da variavel controlada.

• Planta ou sistema a controlar ˜ a ser Parte de um equipamento, conjunto de componentes ou toda a planta que realiza a funçao controlada. (forno, reator nuclear, nuclear, antena, espaç onave, onave, etc.).

• Processo ˜ a ser controlada, como processo qu´ ˆ ˆ Opera er aç ao qu´ımico, ımico, economico, mecanico.

5

• Sistema ˜ se constitui apenas a algo Conjunt Con junto o de compon component entes es que constitu constituem em a planta planta estuda estudada. da. Nao ˆ ˆ f´ısico ısico pode ser algo abstrato, como no caso do estudo de um sistema economico, onde a dinˆ dinamica de mercado pode alterar a sa´ sa´ıda ıda de nosso sistema.

1.5 1.5

Tipo Ti pos s de sist sistem ema a ˜ do comportamento de um organismo ou planta atraves ´ de uma equac ˜ diferenRepr Re prese esent ntac aç ao equa ç ao

´ ˜ dos coeficientes ˜ cial, seu modelo matem´ matematico, que apresentam apresen tam ordem orde m 0, 1 , 2, ... em funç ao coeficien tes da equaç ao e isto define a classe do sistema.

Sistema de Ordem 0 ˜ diferencial do tipo y(t) = K u(t), sendo K uma constante qualquer, Este tipo apresenta uma equaç ao isto significa que a sa´ sa´ıda ıda sera´ a entrada multiplicada por uma constante e um exemplo t´ t´ıpico ıpico e´ um ˜ resistivo e seu comportamento e´ sempre estavel. ´ divisor de tensao

10u u(t) e graficamente se considerarmos um sinal de entrada u(t) = Podemos deduzir que y (t) = 1/10 ´ degrau de amplitude unit´ unitaria, obtemos:

y(t)

9K Ω u(t)

u(t) 1K Ω

y (t)

y(t)

tempo

6

Sistema de 1o Ordem ˜ de entrada do Apresenta um comportamento representado por uma exponencial para uma excitaç ao ˜ o sistema e´ estavel ´ tipo degrau. Se esta exponencial e´ decrescente entao e caso contrario, se a expo´ nencial e´ crescente, o sistema sera´ instavel. Podemos representar eletricamente o sistema tipo 1 pelo circuito RC abaixo:

y(t) y(t)instável 10K Ω u(t)

1m F

y(t)

u(t) y(t)estável

tempo Sistema de 2o Ordem ou Superior ˜ caracter´ıstica Estes sistemas se caracteri c aracterizam zam por possu´ırem ırem a equac e quaç ao ıstica diferencial de 2◦ ordem. De˜ podemos obter respostas super amortecidas, com amortecipendendo dos coeficientes da equaç ao, ˜ de estabilidade ou ser instavel. ´ mento critico cri tico e sub amor tecidas em condiç oes ˜ ˜ observadas em sistemas sub amortecido, um sinal Respostas com maior riqueza de informaç oes sao ´ ˜ automaticamente senoidal multiplicado por uma envolt´ envoltorio exponencial, compoe automaticamente o sinal de sa´ıda. ıda. O ´ exemplo classico do sistema de 2 ◦ ordem e´ o circuito ressonante abaixo:

y(t)

1R u(t)

y(t)estável

¢§¢§¤¡ ¢§¤¡ §¢¤¡ ¤¡

y(t)instável

u(t)

1H

1m F

y(t)

tempo


˜ de Laplace Revisao

Compensador Revi Re vis˜ são ao de Laplace

˜ de transformada de Laplace para controle Revisao ´ ˜ de equa ˜ diferenciA transformada de Laplace e´ uma ferramenta matematica utilizada utili zada para soluç ao eq uac ç oes ˜ de func ˜ comuns ˜ ais lineares. Possibilita a conversao fu nç oes comu ns como seno, co-seno, co-sen o, exponenciais exponencia is em funç oes ´ ´ ˜ ˜ algebricas no dom´ dom´ınio ınio de uma variavel complexa s (dom´ (dom´ınio ınio de laplace). la place). Operaç oes de diferenc dife renciac iaç ao ˜ sao ˜ substitu ˜ ´ ˜ teme inte in tegra grac ç ao substitu´´ıdas ıda s por ope operac raç oes algebricas no plano complexo e ao final a equaç ao poral resultante pode ser obtida pela transformada inversa de Laplace, com muito mais facilidade que ˜ no dom´ınio ´ ˜ que o caminho cam inho direto da operac o peraç ao ınio do tempo. Outra vantagem deste metodo e´ a util ut iliz izac aç ao ´ ´ ˜ de desempenho de sistemas sem a necessidade de resoluç ao ˜ das de tecnicas graficas para previsao ˜ diferencias que o descrevem. Observe que a revis ao ˜ aqui proposta esta direcionada apenas equaç oes ´ aos conteudos necessarios a controle, sendo a ferramenta de Laplace muito mais profunda do que aqui ´ apresentado.

7

8

Equaçãodiferencial domíniodotempo

Equação Algébrica

Transf.Laplace

D i f í c i l

F á c i l

Soluçãoda equaçãodifer. (tempo)

Soluçãoda equação algébrica

Transf.inv.deLaplace

˜ de uma equaç ao ˜ exemplo para fixar este conceito, conceito, segue uma soluç ao Exemplo 2.1. Como exemplo d ´ ˜ diferencial diferencial de 1◦ ordem pelos dois metodos citado Dada uma equaç ao diferencial de 1◦ ordem y(t) + dt 2y(t) = u(t) , considerando um sinal de entrada do tipo degrau, temos:

˜ no dom´ Soluç ao do m´ınio ınio do tempo t empo

˜ n Soluç ao no o dom´ınio ınio de Laplace La place

y(′ t) + 2y 2y(t) = u(t) , com y(0) = 0

d y + 2y 2y(t) = u(t) dt (t)

sendo y′ + py = q calculamos calculamos o fato fatorr integrador integrador I = e

p(t) = 2

→ I = e

∫ 2dt

∫ p

t

(t) dt

sY (s) + 2Y 2Y (s) = U (s)

= e2t

uv)′ = u′ v + uv ′ , vem sendo (uv)

      ( )  ( ) 

Lf ( ) −−−−→

Y (s) (s + 2) = U (s)

y(′ t) + 2y 2y(t) = u(t) e2t

y(′ t) e2t + 2y(t) e2t = u(t) e2t u′

v

2y(t) e2t

′

2t

′

2y(t) e

2t

e y(t)

y(t)

v′

u

=

2t

u(t) e

e2t = u + K 2 (t)

˜ inicial com a condiç ao inicial y(0) = 0

u(t) + K e0 2 1 y(t) = 2

U (s) 1 K 1 K 2 = = + (s + 2) s (s + 2) s (s + 2)

= u(t) e2t

u(t) e2t + K u (t) 2 = = + K e2t t 2 e 2

0=

Y (s) =

→ K = − u2( ) − 12 e2

  

 

1 1 K 1 = ¡ s = s¡ (s + 2) s=0 2 $ 1 K 2 = $ (s$ +$ 2) = $ s$ (s$ +$ 2) s=−2

Y (s)

1 = 2s

−

1 2 (s + 2)

L−1 F (s)

−−−−−→

t

t

y(t) =

1 2

− 12 e

− 12

−2t

9

´ Conc Co ncei eito tos s basicos

2.1 2.1

´ is compl ˜ de variaveis ´ Vari´ Variaveis ave c omplexas exas e func f unç oes complexas ˜ da equac ˜ x2 so luc ç ao equa ç ao Numeros ´ complexos A solu

− 1 = 0 , leva ao resultado x = ±1 , porem para a

˜ x2 + 1 = 0 , nao ˜ obt ˜ no campo dos números reais que satisfaç a o resultado. equaç ao obtemo emos s soluc solu ç ao ˜ devemos utilizar números ´ Para esta es ta soluc sol uç ao umeros no campo imagin´ imaginario, tal que:

TIm C = a + bj

c=a+bj ........................................................ .......................................... .............. .. bj ...................................................... .

D ..... D . D ...... .. M D .. D ... ... D ... D ... D a ... .. D a

M =

√

a2 + b2

α = arctan Re

E

b a

Forma polar c = M ∠α

´ complexo como sendo a soma de um par de valores Vari´ Variavel Complexa Definimos um numero ´ que represen representa ta uma parcela parcela real real e uma parcela parcela imagin imaginaria aria de valor valores es consta constante ntes. s. Quando Quando temos ˜ var va riaç oes na parte real e/ou na parte imaginaria, o número umero complexo passa a receber o nome de ´ ˜ ”s”, para identificar variavel complexa. Nos estudos sob o dom´ınio ınio de Laplace, utilizamos util izamos a notaç ao ´ uma variavel complexa s = σ + jω ´ padronizado em controle apresentar números, variareis e resultados em um grafico ´ Plano s E de coordenadas retangulares, com o eixo horizontal representando a parte real e o eixo vertical (σ ),

jω ) representando a parte imaginaria (jω)

S 1 = 1

TIm

¨ B P2 ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ 2 Re ¨ α ¨ E t α 1 t t t t P1

˜ Figura 2.1: Representac Represen taç ao

− 2j → P 1

√

S 2 = 4 + 2j 2j

√

12 + 2 2 = 5 2 α1 = arctan = ∠ 63, 63, 43◦ 1

|S 1| =

−

−

√

→ P 2

√

22 + 42 = 20 2 α2 = arctan = ∠26 26,, 56◦ 4

|S 2| =

por Euler, temos

ejθ =

  

σ = S cos θ

|| cos θ + j sen θ ω = |S | sen θ S = |S | cos θ + j |S | sen θ S = |S | e √ −j 63 √ +j 26 63,, 43 26,, 56 jθ

◦

S 1 =

5e

◦

e S 2 =

20 e

10 ˜ complexa ˜ co ´ complexa F ( ımos Funç ao comp mple lexa xa de vari variavel complexa complexa Definimos uma funç ao F (s), quando possu´ımos ´ l em func ˜ de s, tal que: uma parte real e uma parte imaginaria variavel ave fu nç ao ˜ quantidades ˜ dados por: F (s) = F x + jF y , onde F x eF y sao quantidades reais. Sua Magnitude e argumento s˜ sao

F (s) =



F x 2 + F y 2

e θ = arctan

F y F x

ˆ ´ com o angulo medido no sentido anti-hor´ anti-horario a partir do semi-eixo semi-eixo real positivo. positivo.

´ complexa ˜ vari avel comp lexa da fun func ç ao, Exemplo 2.1.1. Para os pontos do exemplo anterior, podemos calcular a vari ´ para cada um dos pontos.

TIm |F y | +0,25

F (s) = F 1( 1(s)

      Re |F x|  +0,12 E t +0,25 t t t t F 2(s) -0,16

F ( F (s1 ) =

F ( F (s1 ) =

F ( F (s1 ) =

˜ complexa Figura Fig ura 2.2 2.2:: fun func ç ao

F ( F (s1 ) =

1

1 s1 + 1

−

1 2

1 s+1

− 2j

F ( F (s2 ) =

1 2j + 1 2 + 2j 2j 2 + 2j 2j

F ( F (s2 ) =

F ( F (s2 ) =

1 2 + 4j 4j + 1

1 3 + 4j 4j

  

3 3

− 4j − 4j

  

conjugado

conjugado

2 + 2j 2j = 0, 25 + 0, 0, 25 25jj 8

1 s2 + 1

F ( F (s2 ) =

3

− 4j = 0, 12 − 0, 16 16jj 25

˜ dde Laplace por F ( ˜ de uma funç ao ˜ de Laplace Representamos Represen tamos uma funç ao Defin finiiç oes F (s) =

N (s) ˆ ˆ ´ , onde N (s) e´ o polinomio do numerador e D(s) o polinˆ polinomio do denominador, e ambos variaveis D(s) ˜ complexas em s. Desta forma definimos entao:

˜ matem´ ´ ˆ eq uac ç ao matematica de D(s) , identifica o comportamento do sistema no Polinomio caracter´ caract er´ıstico ıstico A equa ˆ o caracter´ dom´ınio ınio do tempo, recebendo portanto por tanto o nome de polinˆ polinomio omi cara cter´ıstico. ısti co.

´ o grau do polinomio ˆ ˆ caracter´ caracter´ıstico, ıstico, ou seja, se D(s) e´ um polinomio de 1◦ grau, o Ordem do sistema E sistema sera´ de 1◦ ordem, se for do 2◦ grau, sera´ de 2◦ ordem e assim sucessivamente.

˜ os valores de s que anulam o polin omio ˆ Zero do sistema Sao do numerador N (s) .

˜ os valores de s que anulam o polin omio ˆ ´ do sistema Sao do caracter´ caracter´ıstico ıstico D(s) . Polo

11

Assim podemos definir que dada uma F (s) =

(s + z ) , temos: temos: (s + p)

´ o se lim F (s) = p e´ umpolo ol s→p

∞

e z e´ umzerose lim F (s) = 0 s→z

s+3 ˆ ˆ , determinar quem e´ seu polin omio carac- s+1 ˜ de p ´ ´ e zeros. ter´ıstico, ıstico, a ordem do sistema e a posiç ao p olos

˜ de transfer ˆ ˆ F ( F (s) = Para a func fu nç ao transfer encia Exemplo 2.1.2. Para

s+3 N ( N (s) ˆ = , logo o polinˆ polinomio caracter´ caracter´ıstico ıstico e´ D(s) = (s + 1) s+1 D(s) ˆ ˆ Como a ordem do sistema e´ determinada pelo polinˆ polinomio caracter´ caracter´ıstico ıstico e neste caso o polinomio e´ de F (s) = Sendo F (

1◦ ordem (s + 1), o sistema e´ de 1◦ ordem. Igualando N ( N (s) a` zero, obtemos os zeros do sistema. (s + 3) = 0

−→ s = −3, ou o zero do sistema se

encontra em -3. ´ 1) = 0 Igualando D(s) a` zero, obtemos os polos do sistema. (s + 1)

´ do sistema se −→ s = −1, ou o polo

encontra em -1. ´ Representamos polos e zeros de um sistema em coordenadas cartesianas com o nome de planos s que segue abaixo.

TIm

plano s

f

Re

E

.... .... .. ..........

c

c

s=-3 zero

s=-1 p´ olo olo

s2 2s 15 , determine a ordem do sistema, s2 + 4s 4s + 5

− −

˜ de transfer ˆ ˆ F ( F (s) = fu nç ao transfer encia Exemplo 2.1.3. Para a func ´ e zeros e represente o sistema no plano s. os p ´ p olos ˆ o caracter´ 4s + 5) = Polinomio omi caract er´ıstico ısti co D(s) = (s2 + 4s

◦

⇒ sistema de 2

ordem

˜ dos zeros e polos, ´ Para det deter ermin minac aç ao vem:

(

N ( N (s) = s

2

 ) → 

− 2s − 15

s=

−3

(

D(s) = s + 4s 4s + 5

s = +5

p´ olo=-2+j olo=-2+j

f

c

.......... .. .... ....

.... .... ... .........

zero=-3 p´ olo=-2-j olo=-2-j

2

 ) → 

Im

T

f

Re

c

zero=+5

´ Figura 2.3: polos ou zeros complexos conjugados

s=

−2 + j s = −2 − j

12

2.2 Transfor ransformada madas s de Laplace Laplace ˜ matematicas ´ Defin finiiç oes das transformadas de Laplace Matematicamente a transformada de Laplace e´ definida por: ∞

L[f ( f (t)] = F ( F (s) =

∞



e−st dt[ dt[f ( f (t)] =

0



f ( f (t) e−st dt

0

Onde: ˜ temporal em que f(t)=0 para t<0 • f(t) f( t)= = fun f unc ç ao ´ • s = variavel complexa de Laplace ˜ por Laplace de f(t) • L= s´ımbolo ımb olo que indica ind ica transfor tran sformac maç ao

• F(s) = transforma transformada da de Laplace Laplace de f(t) ˜ ”transformavel”pode ser obtida integrando o proLogo a transformada de Laplace de qualquer funç ao ˜ entre 0 e f (t)e st , com limites de integraç ao duto de f (

−

∞.

˜ Entretanto Entretanto cabe aqui uma observaç ao

´ importante no estudo destinado ao controle classico. assic o. A transformada transformada de Laplace Laplace e´ uma ferramenta ´ ˜ de resultados em controle, portanto uma matem´ matematica que deve ser utilizada utili zada para agilizar a obtenç ao ˜ ´ ˜ tabeladas no final deste vez calculada calcula da as funç oes de interesse para nossa area, as mesmas est ao cap´ cap´ıtulo, ıtulo, dispensando a necessidade do calculo integral, bastante demorado e trabalhoso. ´ a transformada inversa de Laplace (caminho inverso de s Definimos tambem

→ t), como sendo a

˜ matem´ ´ operac ra ç ao matematica que segue:

1 −1 [F ( F (s)] = 2πj

L

σ +∞j



F ( F (s)est ds

σ −∞j

´ Do mesmo modo, podemos calcular a transformada inversa de Laplace, pelo arranjo matematico acima ˜ seja de alta complexidade, facilitamos a apresentado, embora na maioria dos casos sua resoluç ao ˜ utilizando a tabela de conversoes ˜ como no caso anterior. soluç ao Particularme Particularmente nte quando quando efe efetuamos tuamos a transfo transformada rmada inversa inversa de Laplace, Laplace, estamos estamos trabalhando trabalhando sobre ´ ˜ ´ termos de maior ordem matematica, pois este e´ o resultado resulta do das operaç oes algebricas efetuadas. Ob˜ ˜ permite ˜ muito extensa de valores, concentrando viamente a tabela de conversoes nao permi te uma coleç ao ˜ nas transformadas de primeira ordem. Para sistemas de ordem superior que norsuas apresent apre sentac aç oes ´ ˜ em frac ˜ ˜ malmente resulta nos calculos de sistemas, efetuamos a divis˜ divisao fra ç oes parciais, aplicando ent então ˜ em frac ˜ F (s) complexa, em a tabela. O processo de divis ao fra ç oes parciais consiste em transformar uma F ( ´ uma somatoria de diversos fatores mais simples, para os quais se conhece a transformada inversa de

13 Laplace pela tabela. O resultado deste processo permite chegar ao resultado de uma maneira o menos ˜ temporais. complexa comp lexa poss´ıvel ıvel para soluc solu ç oes ˜ de transferencia ˆ Dada da a func fu nç ao abaixo, aplicando as propriedades da tabela de conExemplo 2.2.1. Da ˜ obter a resposta temporal. versao,

F ( F (s) =

s3 + 2s 2s2 + 6s 6s + 7 2 = ( s + 1) + s2 + s + 5 s2 + s + 5

Que resulta em:

δu( δu (t) f ( f (t) = + u(t) + δt

−1

L



2 s2 + s + 5



˜ parciais, ˜ da resposta Observe que este ultimo ultim o termo ter mo deve agora ago ra ser dividid d ividido o em frac f raç oes parciai s, para obtenç ao ´ temporal total.

Exemplos de transformadas de Laplace

˜ exponencial no tempo abaixo apresentada, obter ˜ Exponencial Para Par a a func fu nç ao Exemplo Exem plo 2.2.2. 2.2 .2. Funç ao a equivalente transformada de Laplace:

f ( f (t) =

 

0 para t 0

⟨

Ae

−αt

onde A e α sa˜ o constantes constantes

para t  0

A transformada de Laplace pode ser obtida por: ∞

∞

[L ]  Ae−αt =

Ae−αt e−st dt = A

0

∞



e−αt e−st dt = A

0



e−(α+s)t dt =

0

A (s + α)

⇒L

[ ]

Ae−αt =

A (s + α)

˜ degrau no tempo abaixo apresentada, obter a equiva˜ Degrau Para a func Exemplo Exem plo 2.2.3. 2.2 .3. Funç ao fu nç ao lente transformada de Laplace:

f ( f (t) =

 

0 para t 0

⟨

onde A e´ uma consta constante nte

A para t  0


L [A] =



Ae−st dt =

0

A s

⇒ L [A] = As

˜ degrau de amplitude unit ´ ˜ Degrau de amplitude unit aria ´ Para a func fu nç ao unitária Exemplo 2.2.4. Funç ao ˜ em controle, (normalizada), que e´ de ampla amp la util u tiliza izac ç ao controle,

14 pode ser calculada conforme segue:

f ( f (t) =

 

0 para t 0

⟨

onde A e´ uma consta constante nte

1 para t  0


L [u(t)] =



1e−st dt =

0

1 s

⇒ L [u(t)] = 1s

2.3 Transfor ransformada mada in inver versa sa de Laplace Laplace ´ No estudo de transformadas inversa de Laplace aplicadas ao curso de controle cl assico onde ´ aproximamos a resposta das plantas em estudo a sistemas de 2 o ordem, devido a teoria dos polos ˜ pois serao ˜ muito utilizadas ao longo dominantes, 3 casos devem ser estudados com maior atenç ao desta apostila. ˜ eles Sao el es relacionad rel acionados os as poss´ıveis ıveis ra´ızes ızes que um sistema si stema de 2 o ordem podem nos fornecer.

• Duas ra´ ra´ızes ızes reais e diferentes (quando ∆ > 0) • Duas ra´ızes ızes reais reai s e iguais i guais (quando ∆ = 0) • Duas ra´ ra´ızes ızes complexas e conjugadas (quando ∆ < 0, negativo) ˜ temporal pelo metodo ´ ˜ em frac ˜ ˆ casos, estudando Obtemos Obte mos a soluc sol uç ao da divisao fra ç oes parciais, nos tres ˜ para duas ra´ızes, ˜ para um número maior logo ap´ ´ inicialmente inicia lmente a soluç ao ızes, estendendo estende ndo a aplicaç ao apos, cobrindo ao final toda gama de respostas temporais que um sistema convencional de controle pode apresentar apresentar.. Dentro Dentro de nosso nosso comparativ comparativo o visto anteriormente, anteriormente, estaremos estaremos executando executando a parte inferior inferior ˜ algebrica ´ do modelo, mo delo, a partir par tir da soluc so luç ao no dom´ınio ınio de Laplace obter a resposta temporal.

Equaçãodiferencial domíniodotempo

Transf.Laplace

D i f í c i l

Soluçãoda equaçãodifer. (tempo)

Equação Algébrica

F á c i l

Transf.inv.deLaplace

Soluçãoda equação algébrica

Figura 2.4: Efetuando a transformada inversa de Laplace

15

2.4

Transformada ransformada Inversa Inversa para para ra´ ra´ızes ızes reais e distintas distintas

˜ de transferencia ˆ Apresen tamos inicialmente inicia lmente uma func f unç ao com duas ra´ ra´ızes ızes reais e diferExemplo 2.4.1. Apresentamos entes, para qual desejamos obter a resposta temporal que a represente.

F ( F (s) =

s2

2 2 = + 3s 3s + 2 (s + 1)(s 1)(s + 2)

˜ acima em duas novas equac ˜ Devemos dividir dividi r a equaç ao eq uaç oes, que se somadas novamente novamente resultem na ˜ que as originou, entao: ˜ mesma me sma equa eq uac ç ao

F ( F (s) =

2 K 1 K 2 = + (s + 1)(s 1)(s + 2) (s + 1) (s + 2)

˜ dos valores de K 1 e K 2 , devemos observar que: Para Par a o obt bten enc ç ao

F ( F (s) =

N ( N (s) N ( N (s) K 1 K 2 K m = = + + ... + D(s) (s + p1 ) (s + p2 ) ... (s + p ) (s + p1 ) (s + p2 ) (s + p ) m

m

Multiplicand Multiplicando o ambos os lados por (s + pm ), vem:

F ( F (s) (s + p ) = m

K 1 K 2 K m (s + p ) + (s + p ) + ... + (s + p ) (s + p1 ) (s + p2 ) (s + p ) m

m

m

m

fazendo o valor de s

→ −p

m,

todos os termos multiplicados por (s

−p

m)

˜ iguais a zero, excetuando serao

˜ o termo K m , restando entao:

K m = (s + pm ) F ( F (s) s=−p

|

m

Substituindo F ( F (s), chegamos a:

N ( N (s) K m = (s + pm ) (s + p1 ) (s + p2 ) ... (s + p ) m



s=−pm

= K m = (s + pm ) F ( F (s) s=−p

|

Anulando o termo (s + pm ) do numerador e do denominador, podemos calcular K m . ˜ Nosso exemplo fica entao:

2 $ $ K 1 = ($ s+ 1) $ $ ($ s+ 1) 1) (s + 2)

$ $ K 2 = ($ s+ 2)

2 $ $ (s + 1) 1) ($ s+ 2)

˜ temos: Reescreven Ree screvendo do a equ equac aç ao

 

F ( F (s) =

s=−1

= s=−2

2 (s + 1)

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 8

f ( f (t) =

c(t) u(t)

2 = (s + 2) 2 (s + 1)

 

=

s=−1

=

s=−2

2 1

→ K 1 = 2

2 1

− → K 2 = −2

− (s +2 2)

1 = e−at , logo: ( s + a)

⇔ c(t) = u(t) f ( f (t) = u(t)

[

2e−t

−2t

− 2e

]

m

16 ˜ por fraç oes ˜ ˜ Para validar o processo d divis ao parciais, parciais, basta somar as duas fraç oes e verificar se ˜ inicial: obtemos obt emos a equ equac aç ao

F ( F (s) =

2 (s + 1)

− (s +2 2) = 2 (s(s++2)1)1)−(s2+(s2)+ 1) = 2(ss ++ 41)1)−(s2s+−2)2 = (s + 1)1)2(s + 2)

´ para ˜ diferenciais, como segue Exemplo 2.4.2. Podemos aplicar esta propriedade tambem pa ra equ equac aç oes

˜ diferencial abaixo, obter a resposta temporal y (t), considerando ˜ Dada Dad a a equ equac aç ao conside rando as condiç oes ´ da transformada inversa de Laplace. iniciais nulas, atrav´ atraves

d2 y dy + 12 + 32y 32y = 32 32u u(t) 2 dt dt ˜ no dom´ Levand Leva ndo o a equa eq uac ç ao dom´ınio ınio do tempo para o dom´ dom´ınio ınio de Laplace, resulta

s2 Y ( Y (s) + 12sY 12sY ((s) + 32s 32s =

32 s

Isolando Y ( temos: Y (s), temos:

(

)

Y ( Y (s) s2 + 12s 12s + 32 =

32 s

32 32 ⇔ Y ( Y (s) = = s (s2 + 12s 12s + 32) s (s + 4) 4) (s + 8)

˜ parciais, obtemos: Dividin Divi dindo do em fraç oes

Y ( Y (s) =

32 K 1 K 2 K 3 = + + s (s + 4) 4) (s + 8) s (s + 4) (s + 8)

Determinamos os valores de K 1 , K 2 e K 3

32 K 1 = s¡ s (s + 4) 4) (s + 8) ¡



s=0

32 = (s + 4) 4) (s + 8)

32 $ $ K 2 = ($ s+ 4) $ $ 4) s ($ s+ 4) (s + 8)

$ $ K 3 = ($ s+ 8)

s=−4

32 = s(s + 8)

K 1 K 2 K 3 1 + + = s (s + 4) (s + 8) s

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 2

y (t) = 1

=

s=0

32 32 = $ $ s (s + 4) $ (s$ + 8) s=−8 s(s + 4)

Substituindo, vem:

Y ( Y (s) =

 



 

32 =1 32

=

s=−4

s=−8

=

32 = 16

−

−2

32 =1 32

− (s +2 4) + (s +1 8)

1 1 = u(t) e na linha 6 = e−at , logo: s ( s + a)

−4t

− 2e

+ e−8t

17

2.5

Transformada ransformada inversa inversa para ra´ızes ızes reais reais multiplas ´ 2 (s + 1)(s 1)(s + 2)2

˜ de transferencia ˆ Conside sidere re a fun func ç ao que segue F ( Exemplo 2.5.1. Con F (s) =

˜ pelo 1o metodo, ´ ˜ ser poss´ ˜ como segue. Tenta en tand ndo o a reso r esolu luc ç ao verificamos nao poss´ıvel ıvel obt obter er a solu s oluc ç ao,

F ( F (s) =

2 2 K 1 K 2 K 3 = = + + (s + 1) 1) (s + 2) 2) (s + 2) (s + 1) (s + 2) (s + 2) (s + 1) 1) (s + 2)2

˜ Quando tentamos obter os valores de K 1 , K 2 e K 3 , ocorre uma indetermin indet erminac aç ao.

2 $ $ K 1 = ($ s+ 1) $ $ ($ s+ 1) 1) (s + 2)2

$ $ K 2 = K 3 = ($ s+ 2)



s=−1

2

2 = (s + 2)2

 

2 (s + 1) 1) (s + 2)¡ s=−2



= s=−1

2 =2 1

2 = (s + 1) 1) (s + 2)



2 0

=

s=−2

→ indeterminado

˜ deste caso devemos utilizar uma propriedade matematica, ´ Para Par a solu so luc ç ao chamada de termos adicionais com fator do denominador de multiplicidade reduzida, que podemos verificar pelo arranjo que segue:

N ( N (s) K 1 K 2 K n + ... + n = n + (s + a) (s + a) (s + a) (s + a)n−1 E para calculo dos termos, devemos proceder a derivada de ordem n

− 1, em cada calculo, ou seja,

˜ com uma derivada de ordem zero, que resulta para o calculo de K 1 mantemos o procedimento padrao no proprio termo. termo. Para Para calculo de K 2 , repetimos o calculo anterior, acrescido da derivada primeira, e assim sucessivamente. sucessivamente. Retornamos ao exemplo para verificar o procedimento.

F ( F (s) =

2 K 1 K 2 K 3 = + + 2 2 (s + 1) (s + 2) (s + 2) (s + 1) 1) (s + 2)

´ Calculamos K 1 e K 2 pelo metodo convencional:

2 $ K 1 = $ (s$ +$ 1) (s$ +$ 1) 1$ ) (s + 2)2 $

$ $ K 2 = $ (s$ +$ 2)2



s=−1

2 = (s + 2) 2



= s=−1

2 =2 1

  − −      → −  −  −

2 2 = $ (s + 1) $ (s$ +$ 2)2 s=−2 (s + 1)

s=−2

=

2 = 1

2

Agora para o calculo de K 3 , efetuamos a derivada de 1o ordem.



d 2 d $ K 3 = (s$ +$ 2)2 = $ $ ds (s + 1) $ (s$ +$ 2)2 s=−2 ds u u′ v uv ′ 0. (s + 1) 2(1) d = = v v2 (s + 1)2



−

Resultando em:

F ( F (s) =

2 (s + 1)

=

s=−2

2 (s + 1)

2 (s + 1)2

− (s +2 2)2 − (s +2 2)

s=−2

=

s=−2

2 = 1

−2

18 Efetuando a transformada inversa obtemos:

[

c(t) = u(t) 2e−t

− 2te 2 − 2e t

−

−2t

]

[

= 2u(t) e−t

− te 2 − e −

−2t

t

]

˜ por termos adicionais com fator do denominador de multiVerificando se o processo de divis ao ˜ de partida, obtemos: plicidade reduzida, retorna a mesma express ao

2 F ( F (s) = (s + 1)

F ( F (s) =

(

2 s2 + 4s 4s + 4

−

)−

2 (s + 2)2

2 (s + 1)

−

−2

(s + 1) 1) (s + 2)2

F ( F (s) =

2 2 (s + 2)2 = (s + 2)

(

s2 + 3s 3s + 2

) ( =

2s2 + 8s 8s + 8 2s 2 2s2 (s + 1) 1) (s + 2) 2

− − −

− 2 (s + 1) − 2 (s + 1)1) (s + 2) (s + 1) 1) (s + 2)2

2s2 + 8s 8s + 8

)−

(2s (2s + 2)

−

(

2s2 + 6s 6s + 4

(s + 1) 1) (s + 2)2

− 6s − 4 =

)

2 (s + 1) 1) (s + 2)2

˜ sofre ˜ sof re alterac alt eraç oes, mas para ordens suExemplo 2.5.2. Para sistemas ate´ 2o ordem sua amplitude nao periores, temos um fator adicional a ser considerado, permitindo generalizar os termos de multiplicidade ˜ que seguem qualquer pelas expressoes

F 1 (s) = (s + pm )n F ( F (s)

e

K i =

1 (i

−



di−1 F 1( F 1(ss) 1)! dsi−1

Verifique pelo exemplo que segue:

F ( F (s) =

2s + 3 $ $3 s2 + 2s $ $ F 1 (s) = (s + pm ) F ( F (s) = $ (s + 1) $ $ (s$ +$ 1)3 $

→ F 1(s) = s2 + 2s 2s + 3

      −         −           −   K 1 =

(1

d0 F 1 (s) 1)! ds0

1

K 2 =

s=−pm

s2 + 2s 2s + 3 K 1 K 2 K 3 = + + (s + 1)3 (s + 1)3 (s + 1) 2 (s + 1) n

1

1

(2

1

K 3 =

= s2 + 2s 2s + 3

s=−1

=1

−2+3=2

s=−1

d1 F 1 (s) 1)! ds1

1

sendo 0! = 1

d1 = 1 s2 + 2s 2s + 3 ds

s=−1

= [2s [2s + 2] s=−1 =

|

−2 + 2 = 0

s=−1

1

(3

d2 F 1 (s) 1)! ds2

2!

d2 = 2 s2 + 2s 2s + 3 ds

s=−1

=

1 [2] s=−1 = 1 2

|

s=−1

Reescrevendo F ( F (s), temos:

F ( F (s) =

K 1 K 2 K 3 2 0 1 + + = + + (s + 1)3 (s + 1)2 (s + 1) (s + 1)3 (s + 1) 2 (s + 1)

Levando para o dom´ınio ınio do te tempo, mpo, vem:





1 c(t) = u(t) 2¡ t2 e−t + 0 + e−t = u(t)e−t t2 + 1 2¡

[ ]

19

2.6

Transformada ransformada inversa inversa para para ra´ızes ızes complexas conjugadas ˜ caracter´ıstica Quando Qua ndo a equac equa ç ao ıstica apresenta em suas ra´ızes ızes partes par tes complexas, complexas, podemos obter a

´ transformada inversa de Laplace por dois metodos distintos:

• Euler ´ • Arranjo matematico ˜ pelo metodo ´ ˜ apresenta alem ´ A solu so luc ç ao de Euler, permite obter a resposta temporal quando a equaçao ´ das ra´ızes ızes complexas complexas,, outros termos associados. associados. No caso de arranjo arranjo matem´ matematico, podemos aplicar ˜ caracter´ apenas ape nas para equac equa ç oes caract er´ısticas ısticas com ra´ızes ızes complexas compl exas sem nenhum ne nhum outro o utro termo te rmo adicional. adicio nal.

Por Euler ˜ de transferencia ˆ F ( F (s) = Dada da a func fu nç ao Exemplo 2.6.1. Da

2s + 12 , obter a sua resposta temporal + 2s 2s + 5

s2

˜ caracter´ Primeiramente, vamos determinar as ra´ ra´ızes ıze s da d a equa eq uac ç ao caracter´ıstica. ıstica.

√ √ √ − 2 ± 22 − 4.1.5 − 2 ± 4 − 20 − 2 ± −16 −2 ± 4j = −1 ± 2j ⇒ = = = 2 2 2 2

s2 + 2s 2s + 5 = 0

2s + 12 = s2 + 2s 2s + 5 (s + 1

F ( F (s) =

−

2s + 12 K 1 K 2 = + 2j ) (s + 1 + 2j 2j ) (s + 1 2j ) (s + 1 + 2j 2j )

−

2s + 12 @ ) 2j@ @ @@ K 1 = @ (s@ +@ @ 1 @ @ @ @ @ @ (s@ +@ 1 2j ) (s + 1 + 2j 2j ) @ @ @

−

−



s=−1+2j

2s + 12 = (s + 1 + 2j 2j ) ◦

−2 + 4j 4 j + 12 10 + 4j 4j 10,, 77∠21 10 21,, 8 K 1 = = = ¨ + 2j −¨ 1 + 2j 2 j¨ +1 2j 4j 4∠90 ¨ ◦

@ @ 2j @ @ K 2 = @ (s@ +@ +@ 2j ) @ 1 @ (s + 1

−



= 2, 69∠

−2 − 4j + 12 = 10 − 4j = 10 10,, 77∠ − 21 21,, 8 K 2 = ¨ − 2j −¨ 1 − 2j¨ +1 −4j 4∠ − 90 ¨ ◦

◦

s=−1+2j

− 68 68,, 2

2s + 12 2s + 12 = @ @ 2j @ @ 2j ) @ (s@ +@ +@ 2j ) s=−1−2j (s + 1 2j ) @ 1 @

−

 

◦

s=−1−2j

= 2, 69∠ + 68, 68, 2◦

˜ por Euler. Defini fin iç oes

K 1 = (s + a

− bj) bj )| = + K 2 = K 1 = (s + a + bj) bj )| =

s −a bj

= M ejθ

∗

s −a−bj

−jθ

= Me

 

onde * indica o conjugado

20

f ( f (t) = M ejθ e(−a+bj )t + M e−jθ e(−a−bj )t



f ( f (t) = M e

+jθ

−at

.e

.e

f ( f (t) = 2M e−at

+bjt

 

+ M e

   e

−jθ.

j (bt+θ )

e

−at

−j (bt+θ )

+e 2

cos(bt cos(bt + θ)

.e

−bjt



 

f ( f (t) = 2M e−at cos(bt cos(bt + θ)

Aplicando Aplica ndo a este exerc´ıcio, ıcio, obtemos: ob temos:

2, 69∠ 68 68,, 2◦ 2, 69∠ + 68, 68, 2◦ F ( F (s) = + (s + 1 2j ) (s + 1 + 2j 2j )

− −

−t

⇒ c(t) = 2.2, 69 69u u(t)e

c(t) = 5, 38 38u u(t)e−t (cos2t (cos2t

(cos2t (cos2t

◦

− 68 68,, 2 )

◦

− 68 68,, 2 )

´ real e polos ´ complexos conjugados Exemplo 2.6.2. Dada uma F (s) composta de polo

10 K 1 K 2 K 2∗ F ( F (s) = = + + (s + 2) 2) (s2 + 2s 2s + 10) (s + 2) (s + 1 3j ) (s + 1 + 3j 3j )

−

10 $ K 1 = $ (s$ +$ 2) (s$ +$ 2) 2$ ) (s2 + 2s 2s + 10) $



s=−2

10 = 2 (s + 2s 2s + 10)

10 @ @ @ @ (s@ +@ 1 @ 3j ) K 2 = @ @ @ @ ) (s + 1 + 3j 3j@ @ @@ (s + 2) @ (s@ +@ 3j ) @ 1 @

−

−



s=−1+3j



= s=−2

4

−

10 10 = =1 4 + 10 10

10 = (s + 2) 2) (s + 1 + 3j 3j )

10 10∠0◦ K 2 = = = 0, 53∠ ( 1 + 3j 3 j + 2) 2) ( 1 + 3j 3 j + 1 + 3j 3j ) 3, 16∠72◦ 6∠90◦

−

−

K 2∗ = 0, 53∠162◦



s=−1+3j

◦

− 162

21

F ( F (s) =

1 0, 53∠ 162◦ 0, 53∠162◦ + + (s + 2) (s + 1 3j ) (s + 1 + 3j 3j )

− −

[

c(t) = u(t) e−2t + 1, 1, 06 06ee−t cos(3t cos(3t ´ Arranjo matematico

◦

]

− 162 )

2s + 12 ˜ por , estuda est udada da na n a resolu re soluc ç ao + 2s 2s + 5 ´ Euler no Exemplo 2.6.1. Solucionando agora por arranjo matem´ matematico, temos:

˜ de transferencia ˆ F ( F (s) = Sej a a mesma mesm a func f unç ao Exemplo 2.6.3. Seja

F ( F (s) =

s2

2s + 12 2s + 12 = s2 + 2s 2s + 5 (s + 1 + 2j 2j ) (s + 1

− 2j )

˜ e´ de interesse a divisao ˜ por ˜ parciais, mas sim um arranjo matem atico ´ Neste processo, nao po r frac fra ç oes na ˜ de forma de senos ou cossenos cossenos amortecidos que se encontram apresentados apresentados na tabela de convers conversão Laplace.

w = e−at sen wt 2 (s + a) + w2 (s + 1 + 2j 2j ) (s + 1

e

(s + a) = e−at cos wt 2 (s + a) + w2

− 2j ) = (s + 1)2 + real2

F (s), temos: Reescrevendo F ( F ( F (s) =

22

      Imag2

2s + 12 2s + 12 = s2 + 2s 2s + 5 (s + 1)2 + 22

Separando o numerador na forma necessaria apresentada por Laplace.

2s + 12 = 2 (s + 1) + 10 s+1 F ( F (s) =

2s + 12 2 (s + 1) + 10 (s + 1) 2 = =2 +5 2 2 2 (s + 1) + 22 (s + 1) + 22 (s + 1) + 22 (s + 1)2 + 22

[

]

c(t) = u(t) 5e−t sen2 sen2t + 2e 2e−t cos2t cos2t = e−t u(t) [5sen [5sen22t + 2cos 2cos 2t] ˜ acima ˜ A equa eq uac ç ao aci ma ainda ain da permite per mite uma u ma minimizac min imizaçao.

T ) t 2 ( n e s 5

! te ¡ n ¡

a lt ¡ u s ¡

e R ¡

¡ ¡ ¡ ¡ E 2 cos (2t)

 ⇒  √

´ Modulo = M =

asenθ + b cos θ

M ∠θ =

√ 

a2 + b2

a Argumento = θ = arctan b

a2 + b2 ∠arctan

a b



22 ˜ temporal abaixo. Resulta Resu ltando ndo na fun func ç ao

c(t) = 5, 38 38u u(t)e−t cos(2t cos(2t

◦

− 68 68,, 2 )

˜ por Euler efetuado anteriormente. Exatamente o mesmo resultado obtido na soluç ao

2.7

˜ com MatLab Soluç oes ´ ser obtidas com Todas transformadas e transformadas inversas apresentadas, podem tamb em

˜ das respostas, e´ necessario ´ ˜ na janela o auxilio do MatLab. Para obtençao entrar com as informac i nformaç oes ”Command Window” do MatLab e aguardar o resultado no mesmo local. A seguir, exemplos de como ˜ ao lado de alguns comentarios ´ proceder para efetuar a transforma t ransformac ç ao sobre os comandos efetuados.

Transforma no dom´ınio ınio de Laplace ou retornar retor nar no tempo No MatLab

´ Comentarios

>> syms a s t w

˜ de variaveis ´ Definiç ao

f=2*e f=2*exp( xp(-t) -t)-e -exp( xp(-2* -2*t) t)

˜ temporal f(t) Define Define a fun func ç ao

f= 2*exp 2*exp((-t) t)-e -exp xp((-2* 2*t) t)

Reto Re torna rna o valor alor defin definid ido o de f(t) f(t)

L=laplace ace(f (f,t, ,t,s) s) >> L=lapl

Define Define e execu executa ta a transf transforma ormada da de Lap Laplac lace e

L= 2/(s 2/(s+ +1)1)-1/(s 1/(s+2 +2))

˜ no dom´ ˆ Retor etorna na a fun funç ao dom´ınio ınio da frequ¨ encia

ilaplac ace( e(L, L,s, s,t) t) >>ilapl

Defin De fine e e exec execut uta a a tran transf sform ormad ada a inv inversa ersa

ans= 2*exp 2*exp((-t) t)-e -exp xp((-2* 2*t) t)

˜ temporal inicial Reto Re torna rna a func funç ao

23

ˆ Definir polinomios No MatLab

´ Comentarios

>> a=poly[-1 a=poly[-1 -2 -3 -4]) -4])

˜ na forma fatorada a = (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)(s 3)(s + 4) Define a funç ao

a=

1 10 35 50 24 a=[1 10 10 35 50 24] 24] >> a=[1

Retorna o vetor a na forma polinomial a = s4 + 10s 10s3 + 35s 35s2 + 50s 50s + 24 ˆ Define Define a ent entra rada da na na forma forma do poli polin nomio a = s4 + 10s 10s3 + 35s 35s2 + 50s 50s + 24

a=

1 10 35 50 24

ˆ 10s3 + 35s 35s2 + 50s 50s + 24 Retorna o polinˆ polinomio da mesma forma a = s4 + 10s

˜ em frac ˜ parciais Divisao fr aç oes No MatLab

´ Comentarios

>> n=[1 3]

Define o numerador no dom´ınio de Laplac lace (s + 3)

num= 13

>> d=[1 d=[1 3 2]

Retorna o numerador (s + 3)

3s + 2) Defi De fine o deno denom minad inador or no dom dom´ınio ı nio de Lapl Laplac ace e (s2 + 3s

den= 132

>>[r,p, [r,p,k]=r k]=residu esidue(n,d) e(n,d)

3s + 2) Retorna o denominador (s2 + 3s Define e exec executa uta a transf transformada ormada inver inversa sa de Laplace Laplace

r= -1 2

Retorna os indices K 1 e K 2

p= -2 -1

´ (s + 2)(s 2)(s + 1) Retorna os polos

K=

[]

Retorna res´ res´ıduo, ıduo, neste caso = zero (s + 3) 1 2 F (s) = 2 = + Resultado F ( s + 3s 3s + 2 (s + 2) (s + 1)

−

24

2.8 Tabela de transfor transformada madas s de Laplace Laplace Pares de Transformadas de Laplace

i te m

f(t)

F(s)

1

du( du(t) dt

s

2

du( du(t)n dtn

sn

3

´ Impulso unitario d(t)

1

4

´ Degrau unitario = u(t) = 1

1 s

5

t

1 s2

6

tn−1 , p / n = 1, 2, 3.... (n 1)!

1 sn

7

tn p/ n = 1, 2, 3....

8

e−at

1 (s + a)

9

te−at

1 (s + a)2

−

1

10

(n

− 1)!

n! sn+1

1 (s + a)n

tn−1 e−at

11

tn e−at p/ n = 1, 2, 3...

n! (s + a)n+1

12

sen wt

w s2 + w 2

13

cos wt

s s2 + w 2

14

senh wt

15

cosh wt 1 (1 a

16

1

17

18

b

−a

1 b

−a

(

−e

−at

w s2

− w2 s

s2

− w2

1 s(s + a)

)

(

e−at

−e

be−bt

− ae

−bt

1 (s + a) (s + b)

)

−at

)

s (s + a) (s + b)

25

i te m

f(t)

19

1 1+ ab

20

1 1 a2



1 a−b

(

F(s)

−at

be

− ae

−bt

1 s (s + a) (s + b)

)

1 s (s + a)2

(− − ) (−− ) e−at

1 at a2

21

a t e−at

1

e−at

1

s2 (s +

a)

22

e−at sen wt

w (s + a)2 + w2

23

e−at cos wt

(s + a) (s + a)2 + w2

24

25

26

 √ − √ −  √ − −  − √ −   √ − √ − − wn

1

1

ζ 2

1

1

ζ 2

e

e−ζwntsen wn

1

1

−ζwnt

− ζ 2

sen wn

ζ 2 t

1

e−ζwnt sen wn

φ

ζ 2 t

1

1

27

1

p/

φ p/

wt

29

sen wt

wn2 s2 + 2ζ 2ζ wn s + wn2

p/ 0 ζ 1

φ = arctan 0

1

ζ ζ 1 e 0 φ

φ = arctan 0

− cos wt

28

 ⟨⟨  √ −  ⟨ ⟨ ⟨ ⟨  √ −  ⟨ ⟨ ⟨ ⟨

ζ 2 t

1

ζ ζ 1 e 0 φ

ζ 2 π/ 2

ζ 2 π/ 2

s s2 + 2ζ 2ζ wn s + wn2

s s (s2 + 2ζ 2ζ wn s + wn2 ) w2 s (s2 + w 2 ) w2 s2 (s2 + w 2 )

− sen wt

2w3 (s2 + w 2 )2

− wt cos wt

30

1 t sen wt 2w

s (s2 + w 2 )2

31

t cos wt

s2 −w2 (s2 +w2 )2

32

1 w22

− w12

(cos w1 t

− cos w2t)

p/ w22 = w12

33

1 (sen wt + wt cos wt) wt ) 2w

34

2M e−at cos(bt cos(bt + θ)

̸

s

( )( ) s2 + w12

s2 + w22

s2 (s2 + w 2 )2

M ∠θ M ∠ θ + (s + a bj) bj ) (s + a + bj) bj )

−

−

26

2.9

˜ Exerc´ıcios ıci os de Fixac Fixa ç ao

˜ temporais que seguem, reescreva as expressoes ˜ no dom´ınio Dada das s as a s fun f unc ç oes ınio de Exerc´ıcio ıci o 2.1. Da Laplace.

f (t) = 4u(t) + 2e 2 e−3t (a) f ( du( du(t)2 (b) f ( f (t) = + 2u 2u(t) com u( u(t) = 2, 2 + 3 sen sen 2t dt2 12, 5u(t) (c) r1 (t) = 12, tu(t) (d) r2 (t) = 7, 6tu( (e) r3 (t) = 3, 3t2 u(t)

6 (s + 2) s (s + 3)

Resp Resp.. F (s) =

(

12 12,, 5 s 7, 6 Resp. Resp. R2(s) = 2 s 6, 6 Resp Resp.. R3(s) = 3 s Resp Resp.. R1(s) =

˜ de Laplace abaixo, obter sua resposta temporal. Dada das s as a s fun f unc ç oes Exerc´ıcio ıci o 2.2. Da (a) C (s) =

(s + 1)(s 1)(s + 3) (s + 2) 2) (s + 4) 4) (s + 6)

(b) C (s) =

32 32ss + 15 (s + 2, 2, 5) (s + 3, 3, 6) (s + 4, 4, 1) (s + 5)

(c) C (s) =

2s4 + 1, 1, 5s3 + 7s 7s2 + 3s 3s + 2 (s + 3, 3, 2)5

(d) C (s) =

2s + 5 (s + 1) 1) (s + 3)3

(e) C (s) =

4s 9 s2 + 6s 6s + 34

(f) C (s) =

4s + 8 (s + 2, 2, 5) (s2 + 4s 4s + 13)

−

˜ diferenciais que seguem. Laplac e as equaç oes Exerc´ıcio ıci o 2.3. Resolva por Laplace (a)

d2 y(t) dy( dy(t) + 2 + 17y 17y (t) = 6u(t) dt2 dt

d2 y(t) dy( dy(t) du( du(t) + 3 + 2y 2 y ( t ) = + u(t) com u( u(t) = 1 + cos cos 2t (ENADE 2005) (b) dt2 dt dt d2 y (t) dy( dy(t) du( du(t) (c) 2 + 12 + 2y 2y(t) = 4 + 2u 2u(t) 2 dt dt dt (d)

d2 y(t) ´ + K y(t) = K u(t) com u(t)= impulso unitario. dt2

˜ de Laplace, obter sua respectiva ˜ diferencial. Exerc´ıcio ıci o 2.4. Da Dada da a func fu nç ao re spectiva equaç ao (a) G(s) =

2s + 1 s3 + 2s 2s2 + 6s 6s + 2

)( )

2, 2s2 + 6s 6s + 8, 8, 8 s2 + 2 Resp. F( s) = s (s2 + 22 )


´ Modelagem Matematica

Modelagem Matem´ atica atica Compensador

Modelar um sistema significa transcrever matematicamente seu comportamento no tempo ou na ˆ ˜ algebrica ´ freqüencia (em Laplace) para que possa ser utilizado posteriormente na forma de expressao ˆ cos (rotac ˜ tra ˜ etc.), pneumaticos, ´ determinando determinando sua resposta. resposta. Modelamos Modelamos sistemas sistemas f´ısicos, ısicos, mecˆ mecanicos ani (rot aç ao, t rans nsla lac ç ao, ´ ´ ´ hidraulicos, eletricos, etrico s, entre outros. Dentro Dentro do curso curso de controle controle cl assico assic o nos limitaremos limitaremos ao calculo calculo da ´ modelagem de sistemas el´ eletricos passivos e ativos, mas apresentamos ao final deste capitulo alguns ´ exemplos de modelagem classicas.

´ 1. Sistemas Sistemas el´ eletricos passivos ´ 2. Sistemas Sistemas el´ eletricos ativos ˆ ˆ 3. Sistemas Sistemas mecˆ mecanicos dinamicos 4. Sistemas de n´ıvel ıvel de fluido (tanques) ´ 5. Sistem Sistemas as t´ termicos (fornos) ´ 6. Mot Motore ores s el´ eletricos de CC 27

28

3.1 3.1

´ Cirrcu Ci cuit itos os El´ Eletricos Passivos Definimos Definimos como circuitos passivos, passivos, montagens montagens compostas compostas por resistores resistores,, indutores indutores e capacicapaci-

tores, que associados tem a possibilidade de modificar a forma do sinal recebido na entrada, sem ˜ a est ˜ basicamente circuitos atenuadores ou na melhor contudo propiciar um ganho de tens ao este. e. Sao ˜ que mantem ´ a amplitude das da s con c ondi dic ç oes amplitude recebida. ´ ˜ ˜ corrente e carga no tempo, de cada No estudo de circuitos eletricos etrico s temos as relaç oes entre tensao, um destes componentes.

Componente

v(t) = f ( f (i(t) )

Resistor

v(t) = R i(t) v(t)

Capacitor

1 = C

v(t)

Indutor

i(t) = f ( f (v(t) )

i(t) =

1 v R (t)

t

∫ 0

i(t) dt

i(t) = C

di(t) =L dt

i(t)

1 = L

v(t) = f ( f (q(t) )

v(t) = R

dv(t) dt

v(t) =

t

∫ 0

v(t) dt v(t)

Z (s)

dq(t) dt

R

1 q C (t)

1 sC

d2 q(t) =L dt2

sL

˜ acima, podemos modelar circuitos eletricos ´ ˜ temA partir par tir das equaç oes etrico s utiliz u tilizando ando suas funç oes ˜ em freqüencia, ˆ ´ porais pora is ou suas relac rel aç oes que em nosso caso se observa ser muito mais pr atico. ´ no Exemplo 3.1.1. Aplicando as propriedades apresentadas, podemos equacionar circuitos eletricos ˜ de transferencia ˆ dom´ dom´ınio ınio de laplace la place e obter obt er sua funç ao e sua resposta temporal. R

E V i(s)

I (s) C

V o(s)

´ Sendo um circuito serie, teremos a corrente comum a todos, resultando em:

V o(s)

F (s)

V o(s) = = V i(s)

1 = I (s) sC

1 I (¨ s¨ ) ¨ sC





1 & I s ( ) & sC + R

e 1 sC

V i(s) = I (s)





1 +R sC

1 1 ¨ sC ¨ = = = 1 RCs RC s + 1 RCs RC s + 1 +R ¨ sC sC ¨

⇒ F ( ) s

1 = RC 1 s+ RC

29 ˜ de entrada Impond Imp ondo o uma u ma excitac excit aç ao entrada em degrau, degrau, resulta:

C (s) = R(s) F (s) =

1 RC



1 RC

s s+

  

1 RC

K 1 = s¡ 1 s¡ s + RC





s=0

=

K 1 + s

K 2 1 s+ RC

1 = RC = 1 1 RC

  

1 1 ¨ ¨ 1 RC K 2 = s +¨ ¨ = RC = ¨ 1 1¨ ¨ ¨ RC s s +¨ ¨ 1 RC ¨ ¨ RC s=− RC



C (s)

K 1 = + s



K 2 1 = 1 s s+ RC

−

L−1 C (s)

1 s+

−

1 RC

−−−−−→

c(t) = 1

−1

−e

t/ RC

−

˜ de transferencia ˆ Exemplo 3.1.2. Para um circuito um pouco mais complexo determinamos sua funç ao e sua resposta temporal:

12 Ω

 ¨ ¨ ¨ 0,5 H

8Ω

V o(s)

V i(s) 0,005 F

        

V o(s) = I (s)

V i(s) = I (s)



1 + R1 sC

= I (s)

1 +8 0, 005 005ss

1 1 sL + R1 + R2 + = I (s) 0, 5s + 20 + sC 0, 005 005ss 1

F (s) =

F (s)



V o(s) = V i(s)

I (& +8 s) & 0, 005 005ss

8+

200 s



= 200 1 0 , 5 s + 20 + & I 0 , 5 s + 20 + (s) & s 0, 005 005ss 8s + 200 8s + 200 16 16ss + 400 s¡ = = = 2 2 2 0, 5s + 20s 20s + 200 s + 40s 40s + 400 0, 5s + 20s 20s + 200 s¡

F (s) =

16 16ss + 400 16ss + 400 16 = s2 + 40s 40s + 400 (s + 20)2

30 ˜ de entrada de degrau unitario, ´ Impond Imp ondo o uma u ma excitac excit aç ao vem:

C (s) =

16 16ss + 400 K 1 K 2 K 3 2 = s + 2 + (s + 20) s (s + 20) (s + 20)

16 16ss + 400 K 1 = s¡ s¡ (s + 20)2



s=0

16 16ss + 400 = (s + 20)2



= s=0

400 =1 400

16ss + 400 16s + 400 16s $ 16 $ = $ $ s s$ (s$ +$ 20)2

F 1(s) = $ (s$ +$ 20)2

(16s (16s + 400) K 2 = s



d (16s (16s + 400) K 3 = ds s

C (s) =

1 s



s=−20

→



= s=−20

d u u′ v v ′ u = ds v v2

−

→

−320 + 400 = −4 −20

16 (s)

L−1 C (s)

− 1(16s −400 1(16s + 400) = s2

4 −1 −−−−−→ c = 1 − 4te − (s +−20) + () 2 (s + 20) t

−20t

s2

−20t

−e

= 1



= s=−20

−20t

−e

−400 = −1 400

(4t (4t + 1)

˜ de transferencia, ˆ c ircuito determinamo deter minamos s sua func f unç ao resposta temporal e Exemplo 3.1.3. Para um novo circuito ´ passado muito tempo), tamb´ ´ para uma excitac ˜ a degrau unitario: ´ resposta estacionaria (apos tambem excit aç ao

1Ω

 ¨ ¨ ¨ 0,1 H

V i(s)

0,01 F

9Ω

V o(s)

˜ de transferencia ˆ Para calcul cal cular ar a func f unç ao deste circuito devemos conhecer:

Z o(s) = Ro //C o

e

Z i(s) = Li + Ri + Z o(s)

1 1 sC o 1 1 + 0, 0 , 09 09ss = + = + 0, 0, 01 01ss = Z o(s) Ro 1 9 9 Z i(s)

F (s) =

Z o(s) Z i(s)

C (s) =

9 100 → Z ( ) = 0, 09 = 09ss + 1 s + 11, 11, 11 o s

100 (0, (0, 1s + 1) 1) (s + 11, 11, 11) + 100 0, 1s2 + 2, 2, 11 11ss + 111, 111, 1 = 0, 1s + 1 + = = (s + 11, 11, 11) (s + 11, 11, 11) (s + 11, 11, 11) 100 $ $ 1.000 (s$ +$ 11, 11$ , 11) $ = = = s2 + 21, 21, 1s + 1. 1.111 (s + 10, 10, 6 0, 1s2 + 2, 2, 11 11ss + 111, 111, 1 $ $ (s$ +$ 11, 11$ , 11) $

s (s + 10, 10, 6

−

−

1.000 31 31,, 6j ) (s + 10, 10, 6 + 31, 31, 6j )

1.000 K 1 K 2 K 2∗ = + + 31 31,, 6j ) (s + 10, 10, 6 + 31, 31, 6j ) s (s + 10, 10, 6 31 31,, 6j ) (s + 10, 10, 6 31 31,, 6j )

−

−

31

     

1.000 K 1 = ¡ s 2 s¡ (s + 21, 21, 1s + 1. 1 .111)



s=0

=

1.000 = 0, 9 1.111

1.000 @ @ @ @,@ 6j@ @ @ @ @ @ @ K 2 = @ (s@ + 10, 10 , 6 31 31, ) @ @ @ @ @@ @ @ @ @ , 6j@ @ @ @ @ s@ (s@ + 10, 10 , 6 31 31, ) (s + 10, 10, 6 + 31, 31, 6j ) @ @ @

−

−



= s=−10,6+31,6j

1.000 1.000∠0◦ K 2 = = = 0, 47∠ $ $ ( 10 10,, 6 + 31, 31, 6j ) ($ 10 10, ,$ 6 + 31, 31, 6j + ¨ 10 10,¨ ,¨ 6 + 31, 31, 6j ) 33, 33∠109◦ 63 33, 63,, 2∠90◦

C (s)

−

−

0, 9 0, 47∠ 199◦ 0, 47∠ + 199◦ = + + s (s + 10, 10, 6 31 31,, 6j ) (s + 10, 10, 6 + 31, 31, 6j )

− −

L−1

−−→ c( ) = 0, 9 + 0,0, 94 94ee t

−10,6t

cos(31, cos(31, 6t

◦

− 199

◦

− 199 )

Finalizamos calculando o valor final para tempo tendendo a infinito, vem:

10,, 6t cos(31, c(t) = 0, 9 + 0, 0 , 94 e 10 cos(31, 6t t= 0 zero

−       ∞ → 

− 199) = 0, 9



´ Aplicado um degrau unitario, resultou em um sinal de valor final 0,9, ou seja um erro de que ser será´ ´ estudado estudado no capitulo capitulo de erro de estado estacion estacionário

3.2 3.2

´ Circ Ci rcui uito tos s El´ Eletricos Ativos ˜ de amplificadores operacionais, podemos modificar o sinal de entrada como nos Pela Pel a uti u tililizac zaç ao

circuitos passivos e ainda impor um ganho maior que a unidade. Este recurso e´ bastante utilizado na ˜ de compensadores analogicos ´ ˜ de montagem recebe o nome de circuito con co nfecc fe cç ao e esta configuraç ao ativo. Montagens com resistores, capacitores e amplificadores operacionais convenientemente associ˜ de transferencia ˆ ados determinam deter minam uma funç ao ao circuito que associada a planta em estudo, modificam seu comportamento para obter a resposta desejada. Para melhor compreendermos seu funcionamento vamos estudar inicialmente as montagens carac˜ e como nao ˜ inversor de tensao. ˜ ter´ ter´ısticas ısticas do Amp Op como inversor de tens ao

Amplificador inversor inversor Rf Ri

b E & &

V i

I i & Terra virtual

E I r r r f f - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

V o

32 ˆ Considerando um amplificador operacional como um circuito ideal (imped ancia de entrada e ˜ podemos afirmar que a tensao ˜ necessaria nas ganho infinitos), dentro de seus limites de operaç ao, ˜ sera´ desprez´ entradas diferenciais para levar a sa´ sa´ıda ıda no estado de saturaç ao, desprez´ıvel. ıvel. Nesta montagem, montagem, ˜ inversora ligada a terra e uma queda muito baixa entre elas, por aproximaçao, ˜ concom a entrada nao ˜ inversor, ou seja ”terra”, que sideramos a entrada inversora com o mesmo potencial da entrada nao ˜ e´ chamado de terra virtual. Admitido que a entrada inversora tem o potencial de terra nesta ne stas s con c ondi dic ç oes virtual, podemos calcular:

Ii =

Vi Ri

ˆ Mas com a impedancia de entrada muito alta (no caso de um operacional 741 da ordem de M Ω M Ω), so´ permite a corrente de entrada seguir o caminho de Rf . Desta forma deduzimos que:

V Rf Rf = Rf I i pois I i = I f f ´ ´ Em uma rapida analise percebemos que V o =

−V

Rf Rf ,

V o =

que substituindo vem:

−V RR

f

i

i

O caso particular do amplificador inversor, quando Ri = Rf , resulta V o =

−V Em controle substitu´ substitu´ımos ımos i

ˆ ˆ ˜ resultando em: as resistencias por impedancia na en entrada trada e na realimen re alimentac taç ao,

F (s) =

V o(s) = V i(s)

− Z Z ( ) f f s

i(s)

˜ de transferencia ˆ circuit o abaixo, ab aixo, obter ob ter sua s ua func fu nç ao Exemplo 3.2.1. Para o circuito R2 C 1

R1

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

V i(s)

F (s) =

i(s)

V o(s)

Z f (s) = R2 + C 2

→ R2 + C 12s → Z ( ) = C 2RC 22ss+ 1

Z i(s) = R1 + C 1

→ R1 + C 11s → Z ( ) = C 1RC 11ss+ 1

− Z Z ( ) = − f s

C 2

C 2 R2 s + 1 C 2 s = C 1 R1 s + 1 C 1 s

f s

i s

1 (C 2 R2 s + 1) − C 2RC 22ss+ 1 C 1RC 11s¡ s+ 1 → F ( ) = − C C 2 (C 1 R1 s + 1)

¡

s

33 ˜ que segue ˜ inversor Con Conside sidere re a configura confi gurac ç ao Amplificador nao

r r r + r r ¨ - ¨ ¨ ¨ ¨

V i (s) V a

V o (s) R2

R1

V o = Av (V i

− V ) a

onde Av e´ o ganh ganho o do am ampl plifi ifica cado dorr

´ do divisor de tensao ˜ formado por R1 e R2, temos: Atraves

V a =

R1 V 0 R1 + R2

˜ inicial, vem: Substi Sub stitui tuindo ndo na n a equac equ aç ao



V o = Av V i

−

R1 V o R1 + R2

V o



= Av V i



R1 1 + Av R1 + R2

1¡ + Av



− A V R1 R+1 R2 → V + A V R1 R+1 R2 = A V v o

= Av V i

R1 R1 + R2

o

→ V V

o

≃A

V o A& 1 v & = = R1 R1 V i A& v & R1 + R2 R1 + R2

v

v i

Av

=

i

v o

1 + Av

R1 R1 + R2

R1 R1 + R2

→ F ( ) = V V

o

s

i

˜ particular A solu so luc ç ao particular ocorre ocorre quando R2 = 0 (curto circuito) e R1 =

=

R1 + R2 R1

˜ ∞ (circuito (circuit o abert ab erto), o), netas condiç oes

˜ pois a tensao ˜ de entrada e´ copiada para a sa´ıda a montagem recebe o nome de seguidor de tens˜ tensao, ıda ˆ com um desacoplamento de impedˆ impedancia.

V i(s)

r r r + r r ¨ - ¨ ¨ ¨ ¨

V o(s)

34 ˜ de transferencia ˆ Obt er a func fu nç ao do circuito circuito que segue Exemplo 3.2.2. Obter

r r r + r r ¨ - ¨ ¨ ¨ ¨

V i(s)

V o(s) R2 C 2 R1

C 1

Z 1(s) = R1 + C 1

→ R1 + C 11s = R1C C 11ss+ 1

Z 2(s) = R2 + C 2

→ R2 + C 12s = R2C C 22ss+ 1

F (s) =

Z 1(s) + Z 2(s) Z 1(s)

F (s)

F (s)

R1 C 1 s + 1 R2 C 2 s + 1 + C 1 s C 2 s = R1 C 1 s + 1 C 1 s

C 2 (R1 C 1 s + 1) + C 1 (R2 C 2 s + 1) C 1 C 2 s = R1 C 1 s + 1 C 1 s

C 2 (R1 C 1 s + 1) + C 1 (R2 C 2 s + 1) C 1¨ s ¨ = & C s R1 C 1 s + 1 1 C 2 ¡ &

F (s) =

→

C 2 (R1 C 1 s + 1) + C 1 (R2 C 2 s + 1) C 2 (R1 C 1 s + 1)

˜ entre Compensadores Compens adores de avanç o, ou de atraso de fase e a composic co mposiç ao ent re eles, el es, o avanç o/atraso de ˜ muito utilizados como compensadores analogicos ´ fase sao normalmente em cascata com a planta para ´ modificar modificar seu comportamento. comportamento. Analisaremo Analisaremos s estes casos a seguir, seguir, sendo que o modelo el´ eletrico tanto ˜ os mesmos, o que diferencia o funcionamento do compensador para o avanç o, como para o atraso sao ˜ entre as resistencias ˆ ˆ e´ a rela re lac ç ao encia s e as capacitˆ capacitancias.

35

Compensador Compensa dor de Avanç o ou Atraso A traso de fase fas e C 2 R4

C 1

R r r r 2 - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

R1

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

R3

Z 1(s) = R1 //C 1

→ Z 1

=

1 R1 C 1 s + 1 + C 1 s = R1 R1

→ Z 1( ) = R1C R1s1 + 1

Z 2(s) = R2 //C 2

→ Z 1

=

1 R2 C 2 s + 1 + C 2 s = R2 R2

→ Z 2( ) = R2C R2s2 + 1

1(s)

2(s)

F (s) = F 1(s) F 2(s) =

F (s)

−  −  Z 2(s) Z 1(s)

R4 R3

R2 R4 R2 C 2 s + 1 R4 R2 R1 C 1 s + 1 = = R1 R3 R3 R2 C 2 s + 1 R1 R1 C 1 s + 1

s

=

s

R4 Z 2(s) R3 Z 1(s)

1 s + 1) → F ( ) = RR43RR21 ((RR12C C 2 s + 1) s

zero F (s) =

           R4 R2 (R1 C 1 s + 1) R3 R1 (R2 C 2 s + 1)

Ganho

polo

˜ de compensador Podemos definir para esta configuraç ao

• O ganho proporcional sera K = RR43RR21 ´ estar´ ´ • Quando R1C 1 > R2C 2, o polo estara´ mais proximo da origem que o zero e o compensador sera´ de atraso de fase ´ ´ e o compensador sera´ • Quando R1C 1 < R2C 2, o zero estara´ mais proximo da origem que o polo de avanç o de d e fase fa se

36 ˜ de transferencia ˆ deter minar o valor val or dos componente comp onentes, s, devemos a partir par tir da func f unç ao Exemplo 3.2.3. Para determinar calculada (isto sera visto nos cap´ıtulos ıtulos 9 e 11) e proceder como segue

Gc(s) = 2, 35

(s + 3, 3, 75) R4 R2 (R1 C 1 s + 1) = (s + 6, 6, 88) R3 R1 (R2 C 2 s + 1)

Observe que o fator (R1 C 1 s + 1) e´ apresentado do outro lado da igualdade como (s + 3, 3, 75).

6, 88). O mesmo ocorre com (R2 C 2 s + 1) e (s + 6, ˜ deste efeito, e´ conseguida como segue: A nor n orma malilizac zaç ao

3, 75 (s + 3, 3, 75) = 3, 3, 75 3, 75



¨ s 3, ¨ 75 ¨ + ¨ = 3, 75(0, 75(0, 267 267ss + 1) 3, 75 ¨ 3, ¨ 75

6, 88 (s + 6, 6, 88) = 6, 6, 88 6, 88



¨ s 6, ¨ 88 + ¨ ¨ = 6, 88(0, 88(0, 145 145ss + 1) 6, 88 ¨ 6, ¨ 88

 

Agrupando tudo, resulta:

Gc(s) = 2, 35

(s + 3, 3 , 75) 3, 75(0, 75(0, 267 267ss + 1) (0, (0, 267 267ss + 1) = 2, 35 = 1, 28 (s + 6, 6 , 88) 6, 88(0, 88(0, 145 145ss + 1) (0, (0, 145 145ss + 1)

Gc(s) = 1, 28

(0, (0, 267 267ss + 1) R4 R2 (R1 C 1 s + 1) = (0, (0, 145 145ss + 1) R3 R1 (R2 C 2 s + 1)

   → 

1, 28 =

R4 R2 R3 R1

0, 267 = R1 C 1 0, 145 = R2 C 2

Sendo capacitores mais dif´ıceis ıceis de serem obtidos, e´ usual adotarmos valores conhecidos para estes componentes e calcularmos os valores dos resistores, como segue: C 1 = C 2 = 5uF e R3 = 10 10K K Ω

R1 =

0, 267 = 53 53K K 4Ω 4Ω 5uF

R2 =

0, 145 = 29 29K K Ω 5uF

R4 =

1, 28 28R R3 R1 = 23 23K K 6Ω 6Ω R2

5 uF 23 23K K 6Ω 6Ω 5 uF

53 53K K 4Ω 4Ω

29 29K K Ω r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

10 10K K Ω

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

37

Exemplo 3.2.4. Repetido agora para um compensador de atraso de fase

Gc(s) = 1, 1

Gc(s)

(s + 0, 0, 1) R4 R2 (R1 C 1 s + 1) = (s + 0, 0, 05) R3 R1 (R2 C 2 s + 1)

0, 1 (s + 0, 0, 1) (s + 0, 0, 1) 0, 1 (10s (10s + 1) (10s (10s + 1) 0, 1 = 1, 1 = 1, 1 = 1, 1 = 2, 2 0, 05 (s + 0, 0, 05) 0, 05 (20s (20s + 1) (20s (20s + 1) (s + 0, 0, 05) 0, 05 Gc(s) = 2, 2

(10s (10s + 1) R4 R2 (R1 C 1 s + 1) = (20s (20s + 1) R3 R1 (R2 C 2 s + 1)

470uF e R3 = 22 22K K Ω, vem: Adotando C 1 = C 2 = 470uF

R1 =

10 10 = = 21 21K K 3Ω 3Ω C 1 470uF 470uF

R2 =

20 20 = = 42 42K K 6Ω 6Ω C 2 470uF 470uF

R4 =

2, 2R3 R1 = 24 24K K 2Ω 2Ω R2

470 uF 24 24K K 2Ω 2Ω 470 uF 42 42K K 6Ω 6Ω r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

21 21K 3Ω K 3Ω

22 22K K Ω

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

Compensador Compensa dor de Avanç o/Atraso de fase fas e

C 2

R2 R6

C 1

R1

R r r r 4 - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

R3

R5

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

Esta montagem permite associar um compensador de avanç o a um compensador de atraso de ˜ de 4 amplificadores operacionais. fase em um unico ´ circuito, circuit o, sem a necessidad ne cessidade e de utiliza u tilizac ç ao

Z 1(S ) = (R1 + C 1 ) //R3

→ Z 1

1(S )

=

1



1 R1 + C 1 s



+

1 R3

1) → Z 1( ) = (R1C R13s(+R11)C 1+s +(R (R3 C 1 s) S

38

Z 2(S ) = (R2 + C 2 ) //R4

F (s) =

→ Z 1

1

=



2(S )

R2 +

1 C 2 s



+

1 R4

1) → Z 2( ) = (R2C R24s(+R21)C 2+s +(R (R4 C 2 s) S

R6 R4 (R2 C 2 s + 1) (R1 C 1 s + 1) + (R (R3 C 1 s) R5 (R2 C 2 s + 1) + (R (R4 C 2 s) R3 (R1 C 1 s + 1)

F (s) =

→

R6 R4 [(R [(R1 + R3 ) C 1 s + 1] (R2 C 2 s + 1) R5 R3 (R1 C 1 s + 1) [(R [(R2 + R4 ) C 2 s + 1]

Exemplo 3.2.5. Associando os dois compensadores calculados anteriormente (um de avanç o e outro de atraso) temos

Gcav(s) Gcat(s) = 1, 28

2, 82

(0, (0, 267 267ss + 1) (10s (10s + 1) 2, 2 (0, (0, 145 145ss + 1) (20s (20s + 1)

→

(0, (0, 267 267ss + 1) (10s (10s + 1) R6 R4 [(R [(R1 + R3 ) C 1 s + 1] (R2 C 2 s + 1) = (0, (0, 145 145ss + 1) (20s (20s + 1) R5 R3 (R1 C 1 s + 1) [(R [(R2 + R4 ) C 2 s + 1]

Adotando C 1 = 10 10uF uF , C 2 = 100uF 100uF e R5 = 47 47K K Ω, resulta:

0, 145 = R1 C 1

, 145 → R1 = 010 = 14 14K K 5Ω 5Ω 10uF uF

10 = R2 C 2

0, 267 = (R (R1 + R3 ) C 1

10 → R2 = 100 = 1M Ω M Ω 100uF uF

2, 82 =

R6 R4 R5 R3

20 = (R2 + R4 ) C 2

, 267 → R3 = 010 − 14 14K K 5 = 12K 12K 2Ω 2Ω 10uF uF

20 → R4 = 100 − 1M = 1M Ω M Ω 100uF uF

47K K 12 12K K 2 → R6 = 2, 82 RR5R4 3 = 2, 82 47 = 1K 6Ω 6Ω 1M

100 uF 1M Ω 1K 6Ω 6Ω 10 uF 14 14K K 5Ω 5Ω

12 12K K 2Ω 2Ω

1M Ω

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

47 47K K Ω

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

´ ˜ assim, definidos. Resumidamente, em controle classico os principais controladores s ao

39

s

˜ Z 2(s) real re alim imen enta tac ç ao

Ganho

R1

R2

− RR21

Integrador

R1

C 2

1 − R1C 2

Diferenciador

C 1

R2

PI

R1

PD

R1 //C 1

R2

F (s) =

2( ) − Z Z

Z 1(s) entrada

˜ Funç ao

/s

−R2C 1 − RR21

↔ C 2



s + 1/R C 2 2 s



− RR21 (R1C 1s + 1)

R2

↔ C 2

1(s)

 −

R2 C 1 + R1 C 2



+ R2 C 2 s +

1/R1 C 2



PID

R1 //C 1

R2

Avanc Avan ç o de d e fa fase se

R1 //C 1

R2 //C 2

1 s + 1) − RR21 ((RR12C C 2 s + 1)

p/ R1 C 1 < R 2 C 2

Atraso de fase

R1 //C 1

R2 //C 2

1 s + 1) − RR21 ((RR12C C 2 s + 1)

p/ R1 C 1 > R 2 C 2

s

˜ 2003) ˜ (PROVAO Circuito Ativo com Realimentac Realime ntaç ao

´ da eletrˆ ˆ ´ eletronica analogica, um sistema em malha Exemplo 3.2.6. O circuito a seguir realiza, atrav es fechada.

˜ de transferencia ˆ Para obt obter er a fun func ç ao em malha fechada fechada vamos agrupar as partes em blocos: blocos:

40

E

-1

 E R -K=−  R -

+ E

1

Σ

T

E

−R2

E

-1

sR2 C 2 +1

Cancelando os sinais negativos e reduzindo os blocos em cascata resulta:

 E  -

+ E

T

K R2 sR2C2+1

E

˜ de blocos que sera´ visto no proximo capitulo: Por redu re duc ç ao

F (s) =

G(s) K R2 = 1 + G(s) H (s) R2 C 2 s + (K (K R2 + 1)

E

41

3.3 3.3

ˆ ˆ Sist Sistem emas as mec mecanicos dinamicos ˆ elementos mecˆ ˆ ´ ˜ massa, ˆ Os tres mecanicos basicos, asico s, sao massa, mola mola (resis (resisttencia) e amortecedor (atrito),

identificados abaixo.

Figura 3.1:

Massa De acordo com a 2o lei de Newton, podemos escrever automaticamente:

f (t) = ma(t) = m

onde

  

˜ → posiç ao v( ) → velocidade ⇒ ˜ ac eler erac aç ao a( ) → acel

dv(t) d2 x(t) =m dt dt2

x(t) t

do pont ponto o em estu estudo do

t

˜ da forc ˜ se move Considerando que a massa e´ um corpo r´ r´ıgido, ıgido, ou seja, sej a, o ponto de ap aplicac licaç ao for ç a n ao ˜ a um outro ponto qualquer da massa, portanto x(t) e´ a posi ˜ de qualquer ponto da massa. em rela re lac ç ao po sic ç ao ´ a massa como sendo um elemento de armazenamento de energia cin´ ´ Considerando tambem cinetica do ˜ em uma analogia a circuitos el etricos, ´ movimente moviment e de translac transla ç ao, podemos considerar equivalente a ˆ uma indutˆ indutancia.

Mola e Amortecedor ´ ´ Em uma mola armazenamos energia potencial, sendo analoga a um capacitor em circuitos eletricos. ˆ ´ O atrito ou amortecimento, causado pelo amortecedor ser´ sera´ para nos equivalente a resist encia eletrica de circuitos. ˜ da forç a Nestes Nestes dois casos, casos, diferentes diferentes da massa, massa, podemos podemos ter deslocamento deslocamento do ponto de aplicac aplicaç ao

42 ˜ ao ponto de apoio do elemento, por este motivo necessitamos de duas vari´ ´ com co m rela re lac ç ao variaveis de deslocamento para descrever a resposta do elemento, conforme segue. Amortecedor

Mola

⇔

f (t) = B



∂X 1(t) ∂t

−

∂X 2(t) ∂t

→

(

f (t) = K X 1(t)

⇔

B = coefici coeficient ente e de atrito atrito

− X 2( ) t

)

˜ ˜ validas com as forç as aplicadas no sentido do desenho acima, caso a aplicaç ao ˜ Estas Est as equ equac aç oes sao ˜ O amortecedor tem a se de em sentido contrario, o sinal equivalente dever a´ ser s er invertido inverti do na equaç ao. propriedade de dissipar energia, sem a capacidade de armazenamento, enquanto massa e mola permitem armazenamento de energia, sem contudo poderem dissipar as mesmas. Usando a lei de Newton podemos escrever:

˜ ”A soma das forc forç as aplicadas aplicadas a um corpo e´ igual ao produto produto de sua massa massa pela acelerac aceleraç ao adquirida” ˆ da figura abaixo, sendo f (t) o sinal de entrada e x(t) , o sinal Exemplo 3.3.1. Para o sistema mecanico ˜ de transferencia ˆ de sa´ıda, ıd a, obter ob ter a fun f unc ç ao do sistema.

K

B

Massa

f(t)

x(t)

ˆ forç as est ao ˜ em aç ao ˜ no sistema Tres

∂ 2 x(t) F = M = f (t) ∂t 2

  

f (t)

→ forç a aplica apl icada da ∂x ( ) → forç a de d e atri a trito to B ∂t K x( ) → forç a da mola mol a t

t

− B ∂x∂t( ) − K x( ) −−→ M s2X ( ) = F ( ) − BsX ( ) − K X ( ) L−1

t

t

s

(

s

s

)→

F (s) = M s2 X (s) + BsX (s) + K X (s) = X (s) M s2 + Bs + K

G(s) =

F (s) 1 = X (s) M s2 + Bs + K

s

43 ´ ico ˜ de um auto ´ figura a abai abaixo xo obse observ rvam amos os o diagr diagram ama a esqu esquem emátic at o da susp suspen ens sao autom movel. Exemplo Exemplo 3.3.2. Na figur Com o deslocamento do veiculo ao longo de uma estrada, em um piso irregular, os deslocamentos ˜ do sistema de suspensao ˜ do automovel. ´ verticais dos pneus agem como uma excitaç ao O movimento ˜ do centro ˜ em torno do deste sistema e´ composto por uma translaç ao centro de massa e de uma rotaç ao ˜ simplificada, centro de massa. Sua modelagem e´ bastante complexa, porem em uma visao simplificada, podemos considerar Centrodemassa

Carroceria

M X0 K

B

X1 P

Considerando que o deslocamento X 1 do ponto P seja a grandeza de entrada do sistema e que ˜ o deslocamento vertical X 0 da carroceri car roceria a seja a grandeza grand eza de sa´ıda ıda (estamos ( estamos estudando estudan do as oscilac oscila ç oes ˜ do piso), obtemos da funç ao ˜ de transferencia ˆ da carroceria carrocer ia com a ondulac o ndulaç ao considerando apenas o deslocamento vertical da carroceria.

∂ 2 x0 M 2 + B ∂t



∂X 0 ∂t

−

∂X 1 ∂t



+ K ( K (X 0

− X 1) = 0

∂ 2 x0 ∂X 0 ∂X 1 M 2 + B + K X 0 = B + K X 1 ∂t ∂t ∂t

Levando para o dom´ınio ınio de Laplace temos:

(

)

M s2 + Bs + K X 0(s) = (Bs + K ) X 1(s)→ G(s) =

X 0(s) Bs + K = X 1(s) M s2 + Bs + K

´ ˜ no sistema anterior, podemos elastico que o pneu impoe Exemplo 3.3.3. Considerando agora o efeito el´ refazer o Exemplo 3.3.2 um pouco mais detalhado

44 ´ • M 1 M 1 → Massa da carroceria do automovel

• M 2 M 2 → Massa da roda • B → Atrito do amortecedor amortecedor • K 1 →

cons consta tant nte e elas elasti tica ca da mo mola la do

carro

• K 2 → constante elastica do pneu

   

M 1 M 1

M 2 M 2

 −

⇒

∂ 2 x1 M 1 2 = ∂t

B

∂X 1 ∂t

⇒

∂ 2 x2 M 2 2 = f ( f (t) ∂t



−B

∂X 2 ∂t

−

∂X 2 ∂t

−

−

K 1 (X 1

∂X 1 ∂t

−

− X 2)

K 1 (X 2

− X 1) − K 2X 2

Desmembrando e engarupando os termos, temos

     

( (

M 1 s2 X 1(s) + B sX 1(s)

− sX 2( )

M 2 s2 X 2(s) + B sX 2(s)

− sX 1( )

s

s

) ( ) (

+ K 1 X 1(s)

− X 2( )

+ K 1 X 2(s)

− X 1( )

s

s

) )

=0

+ K 2 X 2(s) = F (s)

X 1(s) =

Bs + K 1 X = G1(s) X 2(s) M 1 s2 + Bs + K 1 2(s)

X 2(s) =

1 Bs + K 1 F ( F ( s ) + X = G2(s) F (s) + G3(s) X 1(s) M 2 s2 + Bs + (K (K 1 + K 2 ) M 2 s2 + Bs + (K (K 1 + K 2 ) 1(s)

˜ blocos, que tem seu Solucionamos com maior facilidade este equacionamento com auxilio de reduçao ´ estudo mais detalhado apresentado no pr´ proximo capitulo. F (s)

E G2(s)

m

E++ T

E G1(s)

X 1( 1(s)

E

G3(s) '

F (s)

E G2(s)

E 1

−

G1(s) G1(s) G3(s)

∼

X 1(s) =

E

F (s)

E

G1(s) G2(s) 1 G2(s) G3(s)

−

X 1( 1(s)

E

˜ de transferencia ˆ Aplicando valores ao diagrama reduzido, obtemos a funç ao procurada com a ˜ de G1(s) , G2(s) e G3(s) subs su bstititu tuic iç ao

45

G(s) =

3.4 3.4

X 1(s) Bs + K 1 = F (s) M 1 M 2 s4 + B (M 1 + M 2 ) s3 + (K (K 1 M 2 + K 1 M 1 + K 2 M 1 ) s2 + K 2 Bs + (K (K 1 K 2 )

Sist Sistem emas as Fl Flui uido do

sa´ıdas ıdas especificadas Exemplo 3.4.1. Considere o tanque abaixo, com suas respectivas entradas e sa´

Figura 3.2:

˜ em volume em regime permanente [m3 /seg] • Q → Vaz˜ /seg ] azao

• K → Coeficiente [m2/seg] /seg ] • H → Altura do n´ıvel ıvel de agua em regime permanente per manente [m] ˜ na ̸ ˜ unitaria ´ • ∗ → E´ a varia var iac ç ao ıvel necessari ne cessaria a para obter uma variac var iaç ao na taxa de fluxo de = de n´ıvel sa´ sa ´ıda ˜ na quantidade de liquido armazenado, necess´ ´ ˜ • ∗∗ → E´ a varia var iac ç ao necessario para causar uma variaç ao ´ unitaria na altura do tanque

C = (qi C dh =

− qi

h R

dt

no tempo − q ) −−−−−−−→ C dh = (q − q ) dt o

i

→ RCdh = (Rq − h) dt → i

o

e

qo =

dh RC + h = Rqi dt

h R

 →

h

↔ H ( ) q ↔Q( ) i

s

i s

46

RCsH (s) + H (s) = RQi(s)

H ( ) → H ( ) (RCs RC s + 1) = RQ ( ) ∴ Q s

s

i s

i(s)

=

R RCs RC s + 1

˜ entre entrada e sa´ Caso seja s eja de interesse i nteresse a relac re laç ao sa´ıda, ıda, vem:

h = q0 R

→ H ( ) = Q s

R )

0(s

⇒ QQ

0(s)

i(s)

R=

1 R 1  ∴ F (s) = RC s + 1 RCs RC s + 1 R RCs 

3.5 Sistem Sistemas as de aqu aqueci ecimen mento to ˜ de transferencia ˆ Obt er a func fu nç ao do sistema de troca de calor que segue Exemplo 3.5.1. Obter

Figura 3.3:

˜ definidos para este sistema Sao

ˆ ´ ˜ da diferenç a de temperatura ˜ da taxa • Resistencia → Quocien termica Quoc iente te de variac vari aç ao tempera tura pela variaç ao de fluxo de calor massa x calor especifico =

 [ ]   Kcal Kcal & K g = o C K& go C & &

ˆ ´ ˜ de calor armazenado ˜ • Capacitancia → Quocien termica Quoc iente te de variac vari aç ao ar mazenado no sistema, pela variaç ao da temperatura =

˜ o da temperatura d (△ θ) var va riaç ao = ˜ o de fluxo de calor var va riaç ao dq

´ ˜ E as variaveis que vamos utilizar sao:

47

G

Fluxo de l´ıquido ıquido em regime permanente

 

M

Massa Massa de liquido liquido no tan tanque que

[K g ]

C

Kg seg

   

Calor Calor especi especifico fico de liquido liquido

R

ˆ ´ Resistencia termica

C

ˆ ´ Capacitancia termica

H

Taxa de entra entrada da de de calor calor em regime regime permanente permanente

   

cal K go C o

Cseg cal

Kcal o C Kcal seg

Supondo que a temperatura do liquido de entrada seja mantida constante Φi = cte e que a taxa de entrada de calor fornecida pelo aquecedor, seja modificada rapidamente de H para H + hi , ˜ de η . Desta onde hi represe rep resenta nta a varia va riac ç ao Desta forma forma a taxa taxa de sa´ sa´ıda ıda de calor vai variar gradualmente de

H

˜ → H + h , entao: i

h0 = GcPhi0 ; R =

Φ0 h0

e

C = mc onde

       

h0 = taxa de entrada de calor ˜ do sistema G = vazao c = calor especifico

φ0 = temperatu t emperatura ra de sa´ıda ıda ˆ ´ R = Resistencia termica ´ C = Capacidade termica m = massa

´ Pelo bala b alanc nç o energ en ergetico do sistema, calor de entrada=calor de sa´ıda ıda

C dΦ = (hi

− h0) dt → C ddtΦ = (h − h0) i

dΦ0 C + h0 = hi dt

sendo

h0 =

Φ0 , temos R

→ C ddtΦ0 + ΦR0 = h → RC ddtΦ0 + Φ0 = Rh −−→ L−1

i

RC (s) Φ0(s) s + Φ0(s) = RH i(s)

i

R → ΦH 0( ) = RCs RC s + 1 s

i(s)

˜ e´ constante podendo variara de Φi para Φi + Φ, enquanto Na pratica a temperatura de entrada n ao ˜ mantidos constant a taxa de entrada de calor H e o fluxo de calor G, sao constantes. es. Desta forma forma a taxa de calor de sa´ıda ıda sera´ alterada de H

Φ0

˜ de temperatura de sa´ıda → H + h0, causando uma variaç ao ıda de

´ → Φ0 + Φ, ficando fica ndo o balanc ba lanç o energ en ergetico do sistema como:

C dΦ = (hi

− h0) dt como h

i

= GcΦ GcΦi

48

dΦ 1 Φ 1 C = Φi h0 mas h0 = e Gc = dt R R R dΦ 1 Φ dΦ L 1 C = Φi Rc + Φ 0 = Φi R sΦ0(s) + Φ0(s) = Φi(s) dt R R dt

−

−

− →

−−→

Φ0(s) (RCs RC s + 1) = Φi(s) ∴ G(s) =

(

)

Φ0(s) 1 = Φi(s) RCs RC s + 1

3.6 Motor Motor de corre corrente nte con contin tinua ua ˜ Exemplo Exemplo 3.6.1. Para Para um mot motor or de corren corrente te contin continua ua aba abaixo ixo aprese apresenta ntado do,, com suas suas respec respectiv tivas as equ equac aç oes, ˜ de transferencia. ˆ obter obt er sua fun func ç ao

´ Figura 3.4: Esquema el´ eletrico de um motor CC

ˆ • Ra → Resistencia de armadura ˆ • La → Indutancia de armadura

• F em → Forç a eletro motriz motri z • Fcem → Forç a contra co ntra eletro motriz V 0(t) = Ra I a(t) + La

dI a(t) + ea(t) dt

L−1

−−→ V 0( ) = (R s

a

+ La s) I a(s) + E a(s)

Equacionando a FCEM por Faraday, temos:

ea(t) = K e

dθm(t) onde dt

  

K e

→ Constante do motor L−1

−−→ E ( ) = K Ω a s

dθm(t) = W m(t) dt

→ velocidade angular

e

m(s)

49 ˆ ˜ de conjuA forç a mec anica que um motor desenvolve desenvolve em seu eixo, que recebe a denominaç ao ˆ ´ gado mecˆ mecanico, e´ proporcional ao campo magnetico que neste caso e´ constante pois consideramos um motor de ´ım ıma˜ permanente e a corrente de armadura I a(t) . Esta forç a multiplicada pelo braç o de alavanca preso ao eixo de sa´ sa´ıda ıda do motor, corresponde ao conjugado de sa´ sa´ıda. ıda.

L 1 C ( ) = K −−−→ −

C m = K m I a(t)

mas C mec(t)

− C

res(t)

= J

m I a(s)

m s

dw(t) ´ onde J = momento de in´ inercia dt

C res(t) = BW m(t) onde

 

dw(t) C mec(t) = J + BW m(t) dt

B

→ atrito viscoso W → velocidade angular m

L−1

−−→ C

mec(s)

= (J s + B ) Ω(s)

Representando o resultado em diagrama de blocos, temos: I a(s) V o(s)

m

1 E+ E Ra + La s T

C m(s)

E K m

E a(s) K m '

E

1 Js + B

Ω(s)

E

50

3.7


˜ de transf ˆ Para os circuitos circuitos apresentado apresentados s abaixo, abaixo, obtenha obtenha a sua funç ao transfer erência em Exerc´ıcio ıci o 3.1. 3.1 . Para Laplace, sua resposta temporal e seu valor final

8Ω

 ¨ ¨ ¨

 ¨ ¨ ¨ 0, 25 25H H

0,75 H

16 Ω

75 Ω

0,01 F

(a)

50 Ω 0, 05 05F F

(c)

 ¨ ¨ ¨

 ¨ ¨ ¨

0, 25 25H H 75Ω

0, 8H 20Ω

25Ω

0, 025 025F F

80Ω

0, 05 05F F

(b)

(d)

Exerc´ıcio ıci o 3.2. 3.2 . Para o compensador abaixo apresentado, calcule o valor dos componentes para as ˜ de transferencia ˆ funç oes que seguem C 2

C 1

R1

R4 R r r r 2 - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

R3

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

(a) G(s) = 5, 75

(s + 2, 2, 83) com C 1 = C 2 = 4, 7uF e R3 = 47 47K K (s + 10, 10, 57)

(b) G(s) = 1, 32

(s + 0, 0, 88) 22K K com C 1 = 2, 2uF , C 2 = 6, 8uF e R3 = 22 (s + 5, 5, 6)

(c) G(s) = 0, 98

(s + 0, 0, 025) 220uF e R3 = 33 33K K com C 1 = C 2 = 220uF (s + 0, 0, 01)

(d) G(s) = 1, 07

(s + 0, 0, 001) com C 1 = 470uF 470uF , C 2 = 1000uF 1000uF e R3 = 18 18K K (s + 0, 0, 0001)

51

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 3.3. 3.3 . Para o compensador abaixo apresentado, calcule o valor dos componentes para as ˜ de transferencia ˆ funç oes que seguem C 2

R2 R6

C 1

R1

R3

R r r r 4 - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

R5

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

(a) G(s) = 3, 47

(s + 1, 1, 82) (s + 0, 0, 1) com C 1 = C 2 = 150uF 150uF e R3 = 33 33K K (s + 7, 7, 88) (s + 0, 0, 008)

(b) G(s) = 2, 22

(s + 0, 0, 53) (s + 0, 0, 065) 220uF , C 2 = 470uF 470uF e R3 = 10 10K K com C 1 = 220uF (s + 4, 4, 91) (s + 0, 0, 001)

˜ de transExerc´ Exer c´ıcio ıci o 3.4. 3.4 . Para cada um dos compensadores abaixo apresentados, calcule a sua funç ao ˆ ´ ferˆ ferencia e aloque seus polos e zeros sobre o plano s 470uF 470 uF 24 24K K 2Ω 2Ω 470uF 470 uF

21 21K K 3Ω 3Ω

42 42K K 6Ω 6Ω r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

r r 22 22K K Ω r r

r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

(a) 5uF 23 23K K 6Ω 6Ω 5uF

53 53K K 4Ω 4Ω

29 29K K Ω r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

r r 10 10K K Ω r r

r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

(b) 100 uF 1M Ω 1K 6Ω 6Ω 10 uF 14 14K K 5Ω 5Ω

12 12K K 2Ω 2Ω

(c)

1M Ω M Ω r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

47 47K K Ω

r r r - r r ¨ + ¨ ¨ ¨ ¨

52 ˜ no capacitor sao ˜ nulas Exerc´ıcio ıci o 3.5. 3.5 . No circuito da figura abaixo, a corrente no indutor e a tens ao ´ ˜ de circuitos, em t = 0. Aplicando os conceitos da Transformada de Laplace (vari avel s) para a soluç ao

˜ 1998) determine: (Provao (a) A corrent corrente e I (s) ˆ Z T (s) ”vista”pela carga (b) A imped impedância ˜ da Func ˜ de Transferencia ˆ (c) A expres express sao Fun ç ao H (s) = ˆ senoidal com frequencia igual a

π Hz 10

V o(s) ´ lo desta ˜ quando a fonte for e o modu odulo dest a fun func ç ao V b(s)


˜ por Blocos Representaç ao

Compensador Diagrama de Blocos

4.1 Sistem Sistema a de Con Contr trole ole ˜ b asica ´ ˜ consiste em comparar o valor real A funç ao de um sistema siste ma de controle con trole com c om realimenta real imentac ç ao, de sa´ıda ıda com a referenc referencia ia de entrada entrada (chamado (chamado de valor valor desejado desejado ou Set-Point) Set-Point) determinar o desvio desvio ˜ (sinal de erro) e produzir um sinal de controle que vai atuar sobre o sistema para desta dest a comparac comp araç ao ˜ recebe o nome de ”Aç ao ˜ de Controle”, que esta zerar ou minimizar o erro de sa sa´´ıda. ıda. Esta atuaç ao apresentada em termos de diagrama de blocos abaixo, para um sistema de controle industrial.

9

E Sinal de erro

Detector de erro R(s) E+ E Amplificador -

m

T

E Atuador E Planta

Sistema de controle Sensor '

&

E Entrada, Entrada , Referˆ Re ferência encia ou Set Point

53

C (s)

E

54 ˜ de potencia ˆ A sa´ıda ıda do controlador fornece o sinal de erro atuante ja´ provid pr ovida a de amplifi amp lificac caç ao que ˜ do atuador. O atuador e´ normalmente um transducer de sinal el etrico ´ ˆ perm pe rmitita a ac aç ao em mecanico, como ´ ˜ hidraulico ´ ´ ´ ˆ um motor eletrico, um pistao ou pneumatico, uma valvula, resistencias de aquecimento, etc. ˜ da sa´ ˜ do sinal de erro ou e atua sobre o processo levando a planta a correç ao sa´ıda ıda com a minimizac minimi zaç ao ˆ ia. Sensor anulando a sua existencia. enc Sensor e´ o elemento elemento que converte converte o sinal o sinal de sa´ıda ıda em um sinal ˜ temperatura, pressao, ˜ posi ˜ entre outros, a ser compat´ıvel ıvel ao sistema de controle, control e, como rotaç ao, po sic ç ao, ˜ de comparado com o sinal de entrada (Set-Point). Este sensor e´ que executa o ramo de d e realimen re alimentac taç ao ˜ classificadas ˜ do controlador sobre o um sistema de malha fechada. Plantas industriais sao classifica das pela aç ao processo, conforme descrito.

4.2 Tip Tipo o de con contr trola olador dores es

˜ Descriç ao

Tipo

On-Off

Controladores On-Off

P

Controladores Proporcionais

I

Controladores Integrais

PI

Controladores Proporcionais Integrais

PD

Controladores Proporcionais Deriv rivativos

PID PID

Cont Co ntro rola lado dore res s Prop Propor orci cion onai ais s Inte Integr grai ais s De Deri riv vativ ativos os

Controladores tipo On-Off Sistema de controle que so´ permite dois estados (ligado ou desli´ o controlador mais simples que existe, porem robusto e barato, por isto de utilizaçao ˜ bastante gado). E ˆ difundida em residencias e indústrias, como no exemplo abaixo. Rede

qi Boia

qo

˜ tipo On-Off Figura 4.1: Modelo de controle a realimentaç ao

55 ´ ´ ˜ de entrada do sistema (planta). A valvula eletromagnetica e´ utilizada para controle da vazao ˜ ˜ de entrada sera´ maxima ´ Possuindo Possui ndo duas posic posi ç oes, aberta ou fechada, portanto a vazao ou nula em ˜ da valvula. ´ funç ao Desta forma o n´ n´ıvel ıvel h do tanque permanece aproximadamente constante com uma ˜ no seu n´ var va riaç ao n´ıvel, ıvel, caracter´ caracter´ıstico ıstico de sistema.

Th(t) .. .. .. ... .. .. .. .. .. .... .... ... .... ... .... . . . . . ... . . .... .... .. . .... .... . . . ... . . .... .... .... . . . ... ... ... . . ... .. .. ... . ..

c

TIntervalo

diferencial

E t

Controladores Proporcionais Proporcionais Em um controle proporcional, o sinal que aparece na sa´ sa´ıda ıda do comparador de erro, sera´ multiplicado por uma constante de ganho. Matematicamente temos:

u(t) = K p e(t)

L−1

−−→

U ( U (s) = K p onde E (s)

  

u(t)

→ sinal de entrada entrada K → ganho proporcional e( ) → sinal de erro p

t

˜ o controlador proporcional sera´ um amplificador com Qualquer Qualquer que seja o mecanismo mecanismo de atuaç ao, ´ ganho ajustavel.

Controladores Integrais ˜ Neste tipo de controlador controlador o valor valor do sinal de sa´ıda ıda sera´ modificado modificado a uma taxa de variac variaç ao ´ proporciona ao erro atuante e(t) , com uma constante K i sendo esta ajustavel, em outras palavras, ocorre um acumulo crescente no tempo da taxa de erro, estacionando quando o valor de entrada for nulo ou o erro for zero.

du(t) = K i e(t) dt

t

⇒ u( ) = K

i

t



e(t) dt

0

U ( ) K −−→ G(s) = E = s L−1

s

i

(s)

Como exemplo, o conjunto platoˆ + disco de embreagem do motor de um carro, armazena energia para ˜ podemos garantir o funcionamento continuo. garantir a marcha lenta e sem o qual n ao

Controladores Proporcionais Integrais ˜ integral sera´ multiplicada por Caso semelhante aos dois anteriores compostos, ou seja, a aç ao um ganho proporcional.

u(t)

K p = K p e(t) + T i

t



e(t) dt

0

L−1

−−→

 

U ( U (s) 1 = Kp 1 + E (s) T i s

onde T i

→ tempo integral

56

Controladores Proporcionais Derivativos Derivativos Para este tipo de controlador definimos:

u(t) = K p e(t) + K p T d

de(t) dt

U ( ) −−→ E = K (1 + T s) onde T → tempo derivativo L−1

s

p

d

d

(s)

Como exemplo pode ser observado o sistema de avanç o utilizado em ve´ıculos ıculos carburados que ao pisar no acelerador para efetuar uma ultrapassagem, um diferencial de combust´ combust´ıvel ıvel e´ injetado para que o ˆ a de acelerac ˜ bem como os pulsos de centelhamento das velas tamb em ´ motor adquira maior potˆ potencia enci acel eraç ao, ˜ adiantados ˜ a posi ˜ dos pistoes ˜ para adquirir maior velocidade. sao adiant ados em relaç ao po sic ç ao

Controladores Proporcionais Integrais-Derivativos Integrais-Derivativos ˜ de todos os compensadores anteriormente apresentados, com as Este compensador e´ a junc ju nç ao vantagens individuais de cada um dos compensadores apresentados. ˜ resultante ˜ fica: A equa eq uac ç ao resulta nte desta composiç ao

u(t)

K p = K p e(t) + T i

t

 0

de(t) e(t) dt + K p T i dt

L−1

−−→





U (s) 1 = K p 1 + + T d s E (s) T i s

4.3 Diagra Diagrama ma de Blo Blocos cos ˜ de sistemas em termos de diagraNos estudos de controle e´ bastante usual a representaç ao ˜ da mas de blocos, como j a´ pode ser observado no capitulo anterior, onde foi obtida uma simplificaçao ˆ ˜ veicular ˜ de blocos. modelagem do conjunto mecˆ mecanico da suspensao veicu lar por reduc redu ç ao

Exemplo 4.3.1. Vamos verificar um circuito de uso bastante comum, o integrador discreto RC, modelado e representado por blocos. R

E V i(s)

I (s)

C

V o(s)

Para este circuito podemos escrever:

I (s) =

V i(s)

− V 0( ) s

R

e

V 0(s) = I (s)

1 sC

˜ ´ Estas duas equaç oes matematicas podem ser ”escritas”em termos de diagramas de blocos como abaixo.

57

 

V i(s)

E+ T

I (s)

1 R

E

E

I (s)

E

1 sC

E

V o(s)

Existindo pontos iguais, podemos interligar, logo

V i(s)

 

E+ E TV

1 R

I (s)

I (s)

E

E

1 sC

V o(s)

E

o(s)

Portanto podemos associar os blocos

V i(s)

 

E+ T

E

1 sRC

E V o(s)

˜ vamos utilizar a propriedade Para Par a redu re duc ç ao propriedade abaixo que ser´ sera´ vista ainda neste capitulo

F (s) =

G(s) 1 + G(s) H (s)

1 1 ¨ RCs RC s RC = = ¨ 1 RCs RC s + 1 1+ .1 $ $ $ RCs RC s RCs RC s

1 → F ( ) = RCs RC s + 1 s

Aprenderemos Aprenderemos agora a representa representarr uma planta, um compensador compensador os componentes componentes de um sistema ´ de diagrama de blocos. atraves ˜ de transferencia, ˆ Representamos um subsistema por uma entrada, uma sa´ıda ıda e uma funç ao porem ˜ formados por alguns ou diversos subsistemas, de forma que podemos representar suas sistemas sao ˜ e apresentar um resultado mais conveniente. conexoes ˜ em blocos de um sistema Para isto devemos considerar componentes utilizados para representaç ao linear e invariante no tempo mostrados abaixo:

58

R(s)

Sinal de entrada entrada

E

C(s)

Sinal Sin al de sa´ıda ıda

R(s)

E

E

C(s)

E

F(s)

Subsistema R1(s)

 ± 

V o(s) =

E±

E

±R1( ) ± R2( ) s

s

T

R2(s)

Junta somadora ou subtratora

E R(s)

R(s)

E R(s) E R(s)

˜ Ponto de distri dis tribuic buiç ao

R(s)

Multiplicador

r r r E K r r ¨ ¨ ¨ ¨ ¨

K.R(s)

E

˜ ´ cas, associa ˜ entre subsistemas podem ser obtidas, para faciliA part p artir ir destas representac represen taç oes basicas, asi asso ciac ç oes ´ los e inter ˜ de processos. dade de calculos alcu int erpret pretac aç ao

˜ de blocos em cascata Reduç ao R(s)

E G1(s) ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ 

E G2(s)

E G 3(s) ..

. .. .. .... .. ... ... .. ...

C (s)

R(s)

E

E G1(s) G2(s) G3(s)

.. .. .. ....

C (s)

E



C (s) = R(s) G1(s) G2(s) G3(s)



X 2( 2(s) = R(s) G1(s) G2(s)

X 1( 1(s) = R(s) G1(s)

˜ de asso ˜ de avanc Reduç ao as soci ciac aç ao ava nç o

R(s)

E G1(s)

R(s) G1(s)

E G2(s)

R(s) G2(s)

E G3(s)

RR(s) G3(s)

'$ ±±± &% c

E

T

C (s)

E d d

R(s)

E ±G1(s) ± G2(s) ± G3(s)

C (s) = R(s) ( G1(s)

±

± G2( ) ± G3( )) s

s

C (s)

E

59

˜ de uma malha ˜ (ramo de retrocess Reduç ao ma lha fechada fe chada com c om realimenta re alimentac ç ao retrocesso) o) Para o diagrama ˜ negativa, temos: de blocos bloco s apresentado aprese ntado abaixo, a baixo, de realimentac realime ntaç ao

R(s)

m

E+ T

E (s)

E

C (s)

E

G(s)

onde H (s)

'

     

˜ de entrada → exci ex cita tac ç ao C ( ) → sinal sin al de sa´ıda ıda G( ) → ganho de avanç o ou de malha direta ˜ H ( ) → gan ganho ho d de e realim rea liment entac aç ao E ( ) → sinal de erro

R(s) s

s

s

s

Podemos calcular:

C (s) = E (s) G(s) e E (s) = R(s)

− C ( )H ( ) s

s

˜ na primeira, Substituindo Substi tuindo a segunda se gunda equaç ao primeira, temos:

[

C (s) = G(s) R(s)

− C ( )H ( ) s

s

]

= G(s) R(s)

[

− G( )C ( )H ( ) → C ( ) + C ( )H ( )G( ) = G( )R(s) s

s

]

s

s

s

s

C (s) 1 + G(s) H (s) = G(s) R(s) C (s) =

G(s) R(s) 1 + G(s) H (s)

→ F ( ) = RC ((s)) = 1 + GG( )H s

s

s

(s)

(s)

˜ seja positiva, resulta: Caso a real r ealime imenta ntac ç ao R(s)

m

E+ + T

E (s)

E

C (s)

E

G(s)

H (s)

'

C (s) = E (s) G(s) e E (s) = R(s) + C (s) H (s)

[

]

C (s) = G(s) R(s) + C (s) H (s) = G(s) R(s) + G(s) C (s) H (s) C (s)

− C ( )H ( )G( ) = G( )R(s) s

[−

C (s) 1 C (s) =

s

s

s

]

G(s) H (s) = G(s) R(s)

G(s) R(s) 1 G(s) H (s)

−

F (s) =

1

−

→ F ( ) = RC ((s)) s

s

G(s) G(s) H (s)

s

s

60 ˜ resumir que quando a realimentaç ao ˜ e´ negativa, o produto G(s) H (s) deve ser Podemos entao ˜ positiva, somado somado a unidade unidade no denominador denominador enquanto enquanto que para realimentac realimentaçao positiva, devemos devemos subtrair o ˜ produto da mesma unidade. Ou seja invertemos o sinal do tipo da realimentaçao.

F (s) =

1

±

G(s) G(s) H (s)

˜ de transferencia ˆ Cal cule a fun func ç ao do diagrama de blocos abaixo Exemplo 4.3.2. Calcule R(s)

m

E ++ T

E

0, 8

F (s) =

1

−

G(s) = G(s) H (s)

F (s) =

1

−

C (s)

1 s(s + 3)

E

'

1 1 1 $ $ $ s (s + 3) s (s + 3) s ($ s+ 3) $ = = 1 0, 8 s (s + 3) 0, 8 0, 8 1 $ $ $ s (s + 3) s (s + 3) s ($ s+ 3) $

−

−

1 s (s + 3)

1 → F ( ) = 2 − 0, 8 s + 3s 3s − 0, 8 s

˜ negativa rea liment entac aç ao Exemplo 4.3.3. Com realim R(s)

m

1 E+ E (s+1)(s+3) T 2s

F (s) =

G(s) 1 + G(s) H (s)

F (s) =

C (s)

E

'

1 1 1 @ @ @3) +@ @ @(s@ (s + 1) 1) (s + 3) (s + 1) 1) (s + 3) (s@ +@ 1) 1)@ @ @ = = = 1 2s (s + 1) 1) (s + 3) + 2s 2s 1+ 2s 1+ @ @ @ @ @ (s + 1) 1) (s + 3) (s + 1) 1) (s + 3) @ @(s + 3) (s@ +@ 1)@ @ 1) @

1 1 = 2 (s + 1) 1) (s + 3) + 2s 2s s + 4s 4s + 3 + 2s 2s

1 → F ( ) = s2 + 6s 6s + 3 s

˜ de reduc ˜ com bastante ˜ em controle e´ o caso ˜ unitaria, ´ Uma apli ap lica cac ç ao red uç ao bastant e utilizac utili zaç ao ca so de realimentac realim entaç ao e ˜ esta caso particular nos permite uma simplificaç ao.

61 ˜ unitaria ´ real imentac ntaç ao Exemplo 4.3.4. Com realime R(s)

F (s)

1

E

1 1 @ @ @ @3) +@ @ @(s@ (s + 1) 1) (s + 3) (s@ +@ 1) 1)@ @ @ F (s) = = 1 (s + 1) 1) (s + 3) + 1 1+ @ @ @ @3) +@ (s + 1) 1) (s + 3) @ @(s@ (s@ +@ 1)@ @ 1) @ 1 1 1 = = 2 F (s) = 2 (s + 1) 1) (s + 3) + 1 s + 4s 4s + 3 + 1 s + 4s 4s + 4

→

Generalizando podemos considerar G(s) =

F (s) =

C (s)

m

1 E+ E (s + 1)(s 1)(s + 3) T

±

G(s) G(s) H (s)

N G(s) , que substitu´ substit u´ıdo ıdo resulta: resulta : DG(s)

N G(s) N G(s) ¨ DG(s) D¨ G(s) ¨ = = N G(s) DG(s) N G(s) 1 ¨ DG(s) D¨ G(s)

±

±

N G(s) N G(s) G(s)

→ F ( ) = D s

±

¨

˜ unitaria ´ real imentac ntaç ao Exemplo 4.3.5. Com realime R(s)

F (s) =

m

(s + 2) E+ E (s + 1)(s 1)(s + 5) T

C (s)

E

(s + 2) (s + 2) = 2 (s + 1) 1) (s + 5) + (s (s + 2) s + 6s 6s + 5 + s + 2

2 → F ( ) = s2 +s +7s 7s + 7 s

˜ reduzir o sistema apresentado a um unico r etroaç ao, u ´ nico bloco Exemplo 4.3.6. Problema com malhas de retroac

E G1(s)

   

E + E + E + E G2(s) + T T T

E G3(s)

E

H 1(s) '

' H 2( 2(s) ' H 3( 3(s) ˜ em cascata, que resulta: Em primeiro lugar, vamos associar os dois blocos que est ao

62

E G1(s)

   

E+ E + E+ E + T T T

E

G2(s) G3(s)

' H 1( 1(s) ' H 2( 2(s) H 3(s) '

˜ negativa que esta´ identificado como F 1(s) , temos: Reduzindo Reduzin do a malha de realime re alimentac ntaç ao

E G1(s)

   

E+ E + E+ E + T T T F 1( 1(s)

E

G2(s) G3(s)

' H 1( 1(s) ' H 2( 2(s) H 3(s) '

F 1(S ) =

G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

˜ de F 1(s) e marcando um novo bloco de nome F 2(s) : Substituindo Substi tuindo agora a reduç ao

E G1(s)

  

E+ E + + T T

G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) H 1( 1(s)

E

E

F 2( 2(s)

' H 2( 2(s) H 3(s) '

F 2(S ) = 1

−

G2(s) G3(s) G2(s) G3(s) @ @ @ @ @ @@ @ @ @ @ 1 + G2(s) G3(s) H 1(s) 1+ G G H @ @ @ s) 3(s) 1(s) @@ 2( @ @ = G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) H 1(s) G2(s) G3(s) H 2(s) H 2(s) @ @ @ @ @ @@ @ @ 1 + G2(s) G3(s) H 1(s) @ @ 1+ G G H @ @ s s s) 2( ) 3( ) 1( @ @ @@

−

@

F 2(S ) =

G2(s) G3(s)

[

1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

− H 2( ) s

]

Substituindo F 2(s) no diagrama de blocos e definindo F 3(s) :

63

 

E G1(s)

G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) [H 1( 1(s) + H 2( 2(s) ]

E+ E T

E

F 3( 3(s) H 3(s) '

G2(s) G3(s) F 3(S ) = 1+

[ [

] ]

1 + G2(s) G3(s) H 1(s) G2(s) G3(s)

− H 2( )

1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

− H 2( )

s

s

=

H 3(s)

G2(s) G3(s)

[

1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

O resultado final ser a´ F 3(s) em cascata com G1(s) :

E

G1(s) G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) [H 1( 1(s)

E

− H 2(2( ) + H 3(3( )] s

s

− H 2( ) + H 3( ) s

s

]

64

4.4 Desloc Deslocame amento nto de Blo Bloco cos s ˜ necessita ˜ de sua soluc ˜ O deslocamento Algumas Alg umas aplica apl icac ç oes ne cessitam m recursos recur sos extras para obtenc ob tenç ao sol uç ao. ˜ como veremos a seguir. de um bloco dentro de uma malha pode em muitos casos facilitar a soluçao

R(s)

m

E+ T

E

C (s)

E

G(s)

R(s)

E

m

E+ T

G(s)

X (s)

C (s)

E

G(s)

T X (s)

R(s)

E

G(s)

m

E+ T

C (s)

E

R(s)

m

E+ T

E

G(s)

C E (s)

1 G(s)

X (s)

TX

(s)

E R(s)

G(s)

E

R(s) G(s)

R(s)

E

R(s) G(s)

E R(s)

E

G(s)

R(s)

E

R(s) G(s)

E

R(s)

E

G(s)

R(s) G(s)

E

R(s) G(s)

E

E R(s)

E

E

R(s)

E

1 G(s)

E

E

1 G(s)

E

G(s)

G(s)

G(s)

R(s)

R(s) G(s)

E

R(s) G(s)

E

R(s) G(s)

E

65 odemos mos ago agora ra refaz refazer er o Exemplo 4.3.6 de uma maneira maneira muito mais simples simples utilizando utilizando Exemplo Exemplo 4.4.1. Pode as propriedades de deslocamento de blocos.

   

E G1(s)

E + E + E + E G2(s) + T T T

E G3(s)

E

' H 1( 1(s) H 2(s) '

' H 3( 3(s) ˜ obtemos: Deslocando Desloca ndo os o s blocos bloc os de realimentac realim entaç ao,

R(s)

E G1(s)

E

m

E G G 2(s) 3(s)

T

H 1( 1(s)

basta agora aplicar F (s) =

F 1(s) =

E

− H 2(2( ) + H 3(3( ) ' s

s

G(s) , que temos: 1 + G(s) H (s)

G2(s) G3(s)

[

1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

− H 2( ) + H 3( ) s

s

]

Associado com G1(s) em cascata, resulta em

F 1(s) =

E

G1(s) G2(s) G3(s)

[

1 + G2(s) G3(s) H 1(s)

− H 2( ) + H 3( ) s

s

G1(s) G2(s) G3(s) 1 + G2(s) G3(s) [H 1( 1(s)

] E

− H 2(2( ) + H 3(3( )] s

s

˜ anterior, porem com um numero ´ O mesmo resultado obtido na soluç ao de passagens intermediarias ´ menores. ˜ e´ apenas um facilitador, mas uma necessiEm outros casos a propriedade de deslocamento nao ˜ seria ˜ dade sem a qual nao ser ia poss´ıvel ıvel obt obter er soluc sol uç ao.

66 Reduzir o sistema sistema que segue Exemplo 4.4.2. Reduzir

E H 1( 1(s) R(s)

m

E+ T

E

c C (s) E++ E

m

G(s) H 2(s) '

˜ permite ˜ trivial. Caso seja resolvida Este sistema nao permi te uma soluç ao resolvida a malha de avanc avanç o de G(s) ˜ teremos mais o ponto de conexao ˜ do sinal de entrada para H 2(s) , nao ˜ sendo este entao ˜ com H 1(s) , nao ˜ G(s) um procediment procedimento o correto correto.. De forma equivalente equivalente,, se for minimizada minimizada a malha de realimentac realimentaçao ˜ de entrada de H 1(s) . Para solucionar esta dificuldade com H 2(s) , deixara´ de existir o ponto de conexao devemos utilizar a propriedade de deslocamento de blocos, para H 1(s) ou para H 2(s) . Lembramos Lembramos que o ˜ correta do sistema, mas ilustraremos deslocamento de apenas um dos pontos j a´ permi pe rmite te a mini m inimiz mizac aç ao ˜ com o deslocamento de ambos os blocos. a solu so luc ç ao

E R(s)

m

E+ T

E

?

c C(s) E ++ E

m

G(s)

?

'

˜ a func ˜ de transferencia ˆ Para proceder procede r a modificac modifica ç ao, fu nç ao de cada um dos blocos devera´ ser modi˜ seja alterado. ficada para garantir que o sinal antes e depois do deslocamento n ao ˜ abaixo deslocamos a conexao ˜ de H 1(s) apos ´ passar por G(s) . Na apli ap lica cac ç ao ´ a modifica ˜ Estimamos um sinal A de entrada e verificamos como este chega a sa´ıda ıda antes e ap os mod ificac ç ao ˜ do ponto de conexao. ´ Verificamos que e´ necessario inserir no bloco H 1(s) , um fator de

1 para garantir a integridade do G(s)

sinal.

A

E H 1( 1(s)

AH 1(s)

E

AG(s)

G(s)

E

E

AG(s)

E

E

E

G(s)

A

AH 1(s)

1(s) E H 1(

G(s)

AG(s)

67 ˜ demonstra a necessidade de multiplicar O mesmo procedim p rocedimento ento agora ag ora para o ramo de retroac r etroaç ao, o bloco H 2(s) pelo fator G(s) . A

E

' AG(s) H 2( 2(s)

AG(s)

A

E

G(s)

' H 2( 2(s)

E

' AG(s)

AG(s) H 2( 2(s)

AG(s)

E

G(s)

' H 2( 2(s) G(s)

A

Podemos redesenhar o diagrama de blocos agora:

E R(s)

m

E+ T

E

H 1( 1(s) G(s)

c C (s) E ++ E

m

G(s)

' H 2( 2(s) G(s)

˜ fica entao: ˜ A redu re duc ç ao

F 1(s) =

1 1 + G(s) H 2(s) 1

E

E

1 + G(s) H 2( 2(s)

F (s) =

F (s)

1 1 + G(s) H 2(s)

G(s)



F 2(s) = 1 +

e

1(s) E 1+ H 1(

G(s)

H 1(s) 1+ G(s)

H 1(s) G(s)

E

G(s)



G(s) = 1 + G(s) H 2(s)

¨ G(s) G(¨ s) H 1(s) ¨ = + ¨ 1 + G(s) H 2(s) 1 + G(s) H 2(s)¨ G(¨ s)

1(s) E G(s) + H 1(

1 + G(s) H 2( 2(s)



H 1(s) 1+ G(s)

→ F ( ) = 1G+( )G+ H H 1( ) s

s

E

s

(s)

2(s)



68

4.5


˜ Exerc´ıcio ıci o 4.1. Dado o diagrama de blocos abaixo, obter sua reduç ao

m

E+ T

E

E

2s+3 s(s+1)

m

1 ' 0,5s+1

(a)

E+ T

E

(s+6) 2s(s+0,4)

E

2s+0,8 s(s+6)

2s

c E ++

m

E

'

(c)

m

E+ + T

E

s+0,5 s(s+4)

m

E

E+ T

1,7 ' s+1,2

(b)

E

1,7 ' s+1,2

(d)

s s+3

'

˜ 2000) O diagrama de blocos da figura abaixo, representa um sistema de Exerc´ıcio ıcio 4.2. (PROVAO ˜ Ele controla um motor de corrente continua, representado na figura por seu modelo control cont role ed de e posic posi ç ao. ˆ simplificad simplificado o de segunda segunda ordem. A velocidade velocidade angular do eixo do motor e´ medida por um tacometro, ˜ de controlador permitindo permi tindo assim a implemen im plementac taç ao controladores, es, com termo aditivo aditivo na malha interna. P c(s) θr(s)

m

E+ E T

K p

c E + E ++ E 10 s(s+10) T

m m

θ(s)

E

K d(s) '

˜ para as fun ˜ de transferencia ˆ Encontre as expressoes func ç oes que seguem:

(a) T (s) =

θ(s) θr(s)

(b) S (s) =

θ(s) P c(s)

69

˜ 2001) Vocˆ oceˆ e´ integrante de uma equipe de engenheiros em uma empresa Exerc´ıcio ıcio 4.3. (PROVAO ´ prestador prestadora a de serviç os para o setor de energia energia eletrica. Sua equipe esta encarreg encarregada ada do projeto de ˆ ´ um sistema sistema de controle controle de velocidad velocidade e (freq¨ (frequ¨ encia) encia ) de uma unidade geradora termoel´ termoeletrica, que supre supre ˆ ia isolado energia para um sistema de potencia enc isolado.. Para Para a figura figura abaixo, abaixo, que repres represent enta a o diagr diagrama ama de ˜ de transferencia ˆ blocos deste sistema de controle, obter a sua funç ao reduzida. P d(s)

E

c 1 1 E E ++ E 0,5s+1 0,1s+1

m

1 4

100 20s+1

F (s)

E

'

Exerc´ıcio ıcio 4.4. (ENADE 2005) 2005 ) Considere o sistema linear representado pelo diagrama de blocos u1(t)

E G1(s)

m

y1(t)

E ++ T

u(t)

E G2(s)

E

u2(t)

˜ assim modeonde u1(t) e u2(t) representam duas entradas, y(t) a sa´ sa´ıda ıda do sistema e S 1 e S 2 sao lados.

Y 1( ) 2 ˜ de transferencia ˆ • Funç ao de S 1 → G1( ) = = U s+3 s

s

1(s)

2

d y dy ˜ diferencial que representa S 2 → G2( ) = 2 + 3 • Equaç ao + 2y 2y = u dt dt s

Determine:

˜ de transferencia ˆ (a) A func fu nç ao que representa GU 1(s) =

Y (s) U 1(s)

˜ degr ´ com condiç oes ˜ (b) A sa´ıda ıda y(t) para u1(t) = d(t) e u2(t) = 0, onde d(t) representa a funç ao degrau au unit unitário iniciais nulas.

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 4.5. 4.5 . Para o circuito apresentado, determine o seu sinal de sa´ıda. ıda.

´ Obs: considere o sinal de entrada um impulso unit´ unitario.

70


Resposta Temporal

Resposta Temporal

Compensador

ˆ proximos ´ ´ ˜ muito importantes pois formam um conjunto de Os tres modulos que seguem, sao ˆ ˜ chamados de ”Criterios ´ referencias que permitem avaliar sistemas entre si. Sao de de Qualidade” Qualidade” de um ˜ eles: sistema de controle e com isto, permitem avaliar ou comparar sistemas de controle distintos. Sao

• Resposta Temporal • Estabilidade de Sistemas ´ • Erro de Estado Estacionario

71

72

´ Conc Co ncei eito tos s basicos

5.1 5.1

˜ no Daremos inicio pelo estudo da Resposta temporal, que nos permitir a´ a partir de uma funç ao ˆ ´ ´ dom´ınio ınio da freq f requ¨ encia visualizar sua resposta no dom´ınio ınio do tempo, sem c alculos matematicos complexos. ˜ caracter´ıstica), Sistemas Sistemas de controle controle independentes independentes da sua ordem (num umero ´ ero de ra´ızes ıze s da d a equ e quac aç ao ıstica), obe´ decem sempre seu(s) polo(s) dominante(s), de forma que podemos sempre considerar que um sistema ´ possui 1 ou 2 polos dominantes. Quando as ra´ ra´ızes ızes de um sistema se apresentam complexas e conju´ gadas, teremos dois polos dominantes e quando o sistema apresentar uma raiz real, naturalmente este ´ dominante. sera´ o polo ´ dominante sempre a aquele que no plano s se apresentar mais a direita de todos, Consideramos o polo veja exemplo que segue.

TIm ......... . .......... ......... . ......... ......... .. .... ....

......... .. .... .... .... .... ... .... .... ......... . ..........

TIm

Plano s ......... . ..........

Re

E d s d d

p´ olo olo dominante

......... ... .... ....

.... .... ... ..........

 ¢ ¢ .......... ¢ .... ... . ......... ¢ ............. ¨ B ¢ ¨

Plano s Re

E

p´ olo olo dominante

˜ interferem no conceito de p olos ´ ˜ levam sisObserve que zeros nao dominantes, pois estes nao temas a perda de estabilidade, que ser´ sera´ visto mais adiante.

´ Portanto baseado no conceito de polos dominantes, deveremos estudar sistemas de 1o e 2o ordem que permitem compreender as respostas temporais obtidas em sistemas de controle.

A resposta de um sistema qualquer sempre apresenta dois componentes, que somados comple˜ eles a resposta natural e a resposta forç ada. tam a resposta total. Sao ˜ de transferencia ˆ A resposta natural esta ligada a funç ao do sistema enquanto a resposta forç ada e´ ˜ de entrada. ligada lig ada a excitac excit aç ao

73 ˜ de transferencia ˆ Dada da a fun f unc ç ao abaixo abaixo de um sistema de 1o ordem, obter sua resposta Exemplo 5.1.1. Da temporal e analisar seu resultado. Im

R(s)= 1 sE

Planos

G(s) C(s)

(s + 2) (s+5)

E

-5

Re

-2

Calculando sua transformada inversa, temos;

C (s) = R(s) G(s) =

1 (s + 2) K 1 K 2 = + s (s + 5) s (s + 5)

calculando K 1 e K 2 , resulta:

   

Finalizando em:

(s + 2) K 1 = s¡ s (s + 5) ¡



s=0

(s + 2) = (s + 5)





= s=0

(s + 2) $ (s + 2) K 2 = $ (s$ +$ 5) = $ s$ (s$ +$ 5) s s=−5

c(t) =

2 5



= s=−5

3 5

2 3 −5t + e 5 5

Podemos interpretar a resposta como segue abaixo.

Im

0

Pólodosistema

Zerodosistema

Pólodeentrada

Im

Re

TransformadadeSaída

Respostanodomíniodotempo

Re

-2

2 C (s )

=

c(t )

=

5

s

2 5

Respostaforçada

Im

3

+

5 (s + 5 )

+

3 -5t e 5

Respostanatural

-5

Re

74 A partir par tir dos resultad re sultados, os, conclu´ımos. ımos.

˜ de entrada, imp˜ ˜ um polo ´ na origem e origina a resposta forç ada. Em outras palavras • A funç ao impoe ´ devido ao sinal de entrada gerou o degrau de sa´ıda. o polo ıda. ´ o da func ˜ de transferencia ˆ ´ em s = −5, gerou • O polo ol fu nç ao gera a resposta natural do sistema (o polo

e−5t ) ´ o da func ˜ de transferencia ˆ • O polo ol fu nç ao em −a, gera uma resposta da forma e

−at

˜ , onde a e´ a posi po sic ç ao

´ sobre o eixo real e determina a velocidade de resposta do sistema. do polo ˜ entre polos ´ • A com c ompo posi sic ç ao e zeros definem as amplitudes das respostas natural e forç ada.

5.2 5.2

Sist Sistem ema a de 1o ordem ´ ´ A partir de um sistema de 1o ordem sem zeros, com uma entrada a degrau unit ario e com polo

em

−a, podemos calcular. Im Planos

a

-a

(s + a )

C (s) = R(s) G(s) =

Re

a s(s + a)

Aplicando a transformada inversa de Laplace, obtemos a resposta temporal que segue:

c(t) = cf (t) + cn(t) = 1

 

forc for ç ada ad a

−e

−at

natural

´ situado na origem s = 0, gerou a resposta forç ada c(t) = 1 e o polo ´ do sistema s = Onde o polo

−a,

gerou a resposta natural e−at ´ ˜ do polo ´ o da func ˜ de transA unica ´ variavel que um sistema de primeira ordem apresenta e´ a posi po sic ç ao ol fu nç ao ˆ ferˆ ferencia

−a.

75 Desta forma vamos analisar alguns casos particulares do valor de a. para para formar formar importante importantes s conceitos de controle. ´ Fazendo t, valores multiplos ´ de a o valor de c(t) sera.

t

t=

c(t) 1 a

−1

=1

− 0, 368 = 0,0, 632

−2

=1

− 0, 135 = 0,0, 865

c(t) = 1

−e

c(t) = 1

−e

t=

2 a

t=

3 a

c(t) = 1

−e

−3

=1

− 0, 05 = 0,0, 95

t=

4 a

c(t) = 1

−e

−4

=1

− 0, 02 = 0,0, 98

C(final)

1

0,98

0,9

0,95 0,86

0,62

t(s) 0,1

0

1/a

2/a

3/a

4/a

tr ts(5%) ts(2%)

Figura 5.1: Resposta temporal de um sistema de 1o ordem

76

˜ ts [seg Tempo Temp o de acomo ac omodac daç ao [seg]] ˜ de um sistema. Um conceito conceito bastante bastante importante importante e´ o tempo de acomodac acomoda ç ao sistema. Podemos Podemos observar observar pelo ´ (3/a)), o sistema atinge 95% de seu valor final e com 4 congrafico que, com 3 constantes de tempo (3/a stantes de tempo (4/a (4/a)) temos 98% do valor final. ˜ de um sistema como sendo: Portanto definimos o conceito de precis ao

Precisa˜ o

Constante de tempo

2%

(4/a)) 4 cte. de tempo (4/a

5%

(3/a)) 3 cte. de tempo (3/a

´ Embora este conceito seja definido para um sistema de 1 o ordem, ele sera´ valido para sistemas ´ dominante complexo de qualquer ordem, onde a constante de tempo e´ definida pela parte real do polo conjugado. Para o sistema de 1 o ordem em estudo, temos:

ts(2%) =

4 a

e

ts(5%) =

3 a

Tempo de subida subida tr [seg] ´ O mesmo conceito utilizado em tecnicas digitais onde o tempo de subida e´ o tempo que um sinal demora para ir de 10% a 90% de seu valor final, e´ utilizado utilizado em controle, controle, logo podemos calcular:

tr = t90%

− t10%

p/ t90%

0, 9 = 1

p/ /t10%

−e −0, 1 = −e

−at

−at

0, 1 = 1

−e −0, 9 = −e

−at

−at

ln 0, 1 = ¨ ln¨ e−at

ln 0, 9 = ¨ ln¨ e−at

−2, 31 = −at

−0, 11 = −at

t90% =

2, 31 a

tr =

2, 31 a

t10% =

− 0,a11 ⇒ t

r

=

0, 11 a

2, 2 a

77 ´ ´ co para obtenc ˜ de uma fun ˜ de 1o Ordem. Metodo pratico ati obte nç ao func ç ao ˜ existe disponibilidade de tempo para modelar matematicamente um proMuitas vezes, na pratica n ao ˜ de transferencia. ˆ ´ ˜ que permite sua cesso e obter sua funç ao O metodo que segue e´ uma aproxima apr oximac ç ao ˜ atraves ´ da resposta temporal do sistema em estudo, balizando inclusive um poss´ obtenç ao poss´ıvel ıvel modelamento efetuado.

´ Exemplo 5.2.1. Consideraremos um ensaio pratico de um forno de aquecimento aquecimento.. Apenas dois pares pares ´ 10 minutos de valores foram apontados, no experimento. Apos minutos de trabalho trabalho registram registramos os a temperatur temperatura a ´ 4 horas de trabalho, registrou 800o C. A partir ˜ temporal de 150o C e uma nova medida apos par tir da equaç ao ˜ normalizada, mas ajustada para um valor final = 1, temos: nao

̸

( − )⇒ (− )

c(t) = cmax 1

150 = 800 1

1

− 150 =e 800

e−at

e−600a

−600a

0, 8125 = e−600a

ln 0, 8125 = ln e−600a

−0, 2076 = −600 600a a⇒ a = 3, 46 x 10−4

⇔ cte de tempo = a1 = 2.900

˜ temporal e a funç ao ˜ de transferencia, ˆ Reescreven Ree screvendo do n nossa ossa equ equac aç ao vem:

(−

c(t) = cmax 1

 ) −

e−at = 800

1

t − e 2900

 

e

C (s) =

a 3, 46 x 10−4 = (s + a) (s + 3, 3, 46 x 10−4 )

78

5.3 5.3

Sist Sistem ema a de 2o ordem ´ Bastante diferente do sistema de 1◦ ordem que acabamos de estudar, onde apenas uma vari avel

modifica o sistema e a resposta apresentada sempre aparece na forma de uma exponencial, os sis˜ bem maior e as respostas encontradas potemas de 2◦ ordem possuem uma riqueza de informaç oes ´ da forma exponencial do sistema de 1 ◦ ordem, ˜ puras ou amortecidas dem apresentar alem orde m, oscilac osci laç oes amortecidas ´ como resposta transitoria. Observaremos as poss´ıveis ıveis respostas de um sistema de 2 ◦ ordem partindo ˜ generica ´ ˜ de um uma a func fu nç ao de 2◦ grau onde iremos variar suas constantes e analisar anal isar as variaç oes

R (s )

=

G(s )

1

C (s )

s

m s

2

+

ns

+

m

sistema siste ma genéri genérico co

˜ sao ˜ importantes, nos dados acima: Algumas Alg umas obser obs ervac vaç oes

• Quando as ra´ ra´ızes ızes do sistema possuem apenas partes reais (eixo σ ) a resposta apresenta apenas ˜ (superamortecido e amortecimento critico componentes compone ntes exponenciais expon enciais sem apresentar apre sentar oscilaç oes com duas dua s ra´ızes ızes reais reai s distintas disti ntas ou o u duas ra´ızes ızes reais reai s iguais igua is respectivament respe ctivamente) e)

• Quando as ra´ızes ızes apresentam parte imaginaria composta com parte par te real negativa aparecem com´ ˜ amortecidas por uma envoltorio ´ ponentes trigonom´ trigonometricas que levam o sistema a oscilaç oes ex´ o tempo de ponencial tendendo a um valor final finito, ou seja, o sistema ira´ se estabilizar apos ˜ (sistema sub amortecido) acom ac omod odac aç ao

• Quando as ra´ ra´ızes ızes se apresentam apenas com parte imaginaria (sem parte real) o sistema ap˜ resenta rese nta oscilac osci laç oes de amplitude constante sem a exponencial de amortecimento (sistema sem ´ amortecimento ou marginalmente est´ estavel)

• Caso o sistema possu´ısse ısse ra´ızes ızes reais positivas compostas com parte imaginaria, o sistema seria ´ oscilante com amplitudes crescentes, portanto seria instavel. Caso possu´ p ossu´ısse ısse ra´ızes ızes positivas pos itivas ˜ apresentaria ˜ ´ tenderia a infinito sem parte imaginaria, nao apresen taria oscilaç oes, mas a exponencial tambem ´ e o sistema novamente seria inst avel

• Conclui-se que se o sistema possuir pelo menos uma raiz no lado direito do plano s, ele ser a´ ´ instavel

79 ´ l pela exponencial • A parte pa rte real das ra´ızes ızes e´ responsavel ave exponencial de amortecimento amortecimento enquanto a parte ima´ ´ l pela parte trigonom ´ ica (oscila ˜ ginaria e´ responsavel ave trigonometrica etr (osc ilac ç oes) da resposta temporal ˜ temporal Veja abaixo a baixo uma representac represe ntaç ao temp oral destas de stas poss´ po ss´ıveis ıveis resposta. resp osta. c(t)

Marginalmenteestável

Subamortecido Amortecimentocrítico

Superamortecido

t(seg)

˜ Determine as ra´ ra´ızes ıze s das d as equa eq uac ç oes de 2o ordem abaixo: Exemplo 5.3.1. Determine (a)

G1(s)

12 = 2 s + 8s 8s + 15

√ − −8 ± 2 → 8 ± 64 − 60 ⇒ s1 2 = = ,

2

2

(b)

G2(s)

G3(s)

21 = 2 s + 2s 2s + 10

,

2

2

(c)

√ − 2 ± 4 − 40 −2 ± 6j ⇒ s1 2 = = ,

(d)

G4(s)

5 = 2 s +4

   →

√ − 6 ± 36 − 36 −6 ± 0 → ⇒ s1 2 = =

10 = 2 s + 6s 6s + 9

⇒ s1 2 = ,

2

2

√ 0 ± −16

 →

2

=

0

± 4j 2

 

s1 =

−3 s2 = − 5

−3 s2 = −3

superamortecido

s1 =

amortecimento cr´ cr´ıtico ıtico

s1 =

−1 + 3j 3j s2 = −1 − 3j

sub amortecido

s1 = 0 + 2j 2j ´ marginalmente estavel

s2 = 0

− 2j

˜ generica ´ Do mesmo modo que no sistema de 1o ordem, podemos escrever uma um a equac e quaç ao de um ˆ sistema de 2o ordem. Para isto devemos definir dois par ametros ametr os que nos permitam identificar identificar sempre sempre ˜ um sistema de 2o ordem, que s˜ sao: ˆ • Freqüencia Natural

W n [rad/seg] rad/seg ]

• Grau de Amortecimento

ζ (zeta)

80

0

ζ

Resposta

0

´ Marginalmente estavel

≤ ζ ≤ 1

Sub amortecido amortecido

1

Amor tecimento cr´ıtico

>1

Super amortecido

˜ ζ e Resposta temporal Tabela abel a 5.1: 5 .1: Tabela abel a de d e relac re laç ao

ˆ ˜ W n Freqüencia Natural de oscilaç ao

´ a freqüencia ˆ E que um sistema oscila sem apresentar amortecimento (amplitude constante), recebendo ˆ ˜ o nome de freqüencia natural de oscilaç ao. ´ ´ Em controle e´ representada por um sistema marginalmente estavel, com ra´ızes ızes imagin imagi narias, arias , sem parte real. ´ ˜ exista perdas resistivas, nestas Um caso pratico, e´ representado por um circuito LC ideal, onde nao ˜ ele oscila na frequ¨ encia ˆ con co ndiç oes natural com amplitude constante. ´ ˆ Caso exista um decrescimo na amplitude com o passar do tempo, ser a´ definido como frequ¨ encia de ˜ amortecida osci os cila lac ç ao amortecida W d

Grau de Amortecimento ζ

ˆ ´ Parˆ Parametro que permite identificar mais facilmente a resposta temporal em estudo, indicando atrav es de um numero ´ real positivo, entre zero e infinito, as poss´ poss´ıveis ıveis resposta do sistema.

˜ b asica ´ A funç ao deste indicador e´ permitir identificar a resposta sem considerar valores de tempo ou amplitude, mas sim o esboç o da curva de resposta. ˜ por exemplo, uma em Portanto curvas de resposta de sistemas com per´ per´ıodos ıodos diferentes diferente s de duraç ao, ˜ de dias, se apresentarem a mesma forma de resposta temporal, micro segundos segundo s e outra com duraç ao ˜ o mesmo valor de ζ . Definimos o grau de amortecimento ζ como: terao

ζ =

Freq exponencial de decaimento ˜ Freq natu n atural ral de oscil o scilac aç ao

per´ıodo ıod o natu n atural ral → como f = T 1 ⇒ ζ = const de tempo exponencial

˜ a divisao ˜ de duas freqüencias ˆ ˜ de dois per´ıodos, ˆ ζ e´ entao ou a divisao ıodos, por consequ¨ encia um número admensional.

81 ˜ generica ´ Podemos a partir part ir da equaç ao calcular os valores de ζ e W n, reescrevendo nossa igualdade.

R (s )

=

G(s )

1

C (s )

s

m s

2

+

ns

+

m

sistema siste ma genér genérico ico

´ ´ Calculamos W n , para um sistema com polos complexos, sem parte real (marginalmente estavel), ou seja:

G(s) =

m m = s2 + & n s+m s2 + m

 zero

˜ a frequ¨ encia ˆ ˜ W n e´ a frequ¨ encia ˆ ia desta ˜ e os polos ´ Por defin de finic iç ao, natural de oscilaç ao enc dest a cond c ondic iç ao, do ˜ exatamente sobre o eixo imagin´ ´ ˜ jw entao sistema estarao imaginario

s2 + m = 0

⇒ s = W = ±√−m = ±j√m n

ou

m = W n2

´ Agora para definir o valor de n, supomos um sistema sub amortecido em que os p olos complexos ˜ de possuam uma parte real σ = constante constante de tempo do sistema. sistema. Esta parte real e´ defini d efinida da na equ equac aç ao Baskara quando

△ < 0 por:

−b ± √b2 − 4ac = −n ± √n2 − 4m 2a

2

p/ △ < 0

⇒−

n 2

±

√

j △ 2

    

parte real

parte imaginaria

ˆ ˜ teremos: Esta sera´ a magnitude da freqüencia de decaimento exponencial, entao

n/ σ Freq exponencial de decaimento ζ = = = 2 ˜ Freq natural de oscilaç ao W n W n

||

⇒ n = 2ζ W

n

˜ generica ´ Substituindo os valores calculados, temos nossa equaç ao de um sistema de 2o ordem em ˜ dos parametros ˆ ˜ ζ e W n . funç ao ame tros de iden i dentifi tificac caç ao

G(s) =

W n2 s2 + 2ζ 2ζ W n s + W n2

82 ˜ abaixo, obter os valores de ζ e W n de cada uma delas Dadas as as func fu nç oes Exemplo 5.3.2. Dad

(a)

G1(s)

W 2

36 n = 2 = 2 4, 2s + 36 2ζ W n s + W n2 s + 4, s + 2ζ

(b)

G2(s)

18 = 2 s + 4, 4, 2s + 36

´ → sera necessario

 ⇒

 → 2 x 2

W n2 = 36 2ζ W n

→ W = ±6 rad/seg 4, 2 = 4, 2 → ζ = = 0, 35 2 .6

1 36 2 s2 + 4, 4, 2s + 36

Podemos notar que G1(s) = G2(s) , mas ζ e W n , resultaram iguais.

̸

n

 ⇒

W n =

±6

rad/seg

ζ = 0, 35

˜ iguais, porem a amplitude de G2(s) e´ a metade da amplitude Ocorre que ambas formas de onda s ao 1 ˜ de G2(s) ser de G1(s) como podemos observar pelo fator resultante do arranjo que permitiu a equaç ao 2 ˜ generica ´ iguala igu alada da a equ equac aç ao de um sistema de 2o ordem. ˜ Deste modo temos ζ e W n iguais iguai s para ambas equaç oes (mesma forma de onda, mas com base de 1 tempo e/ou amplitude diferentes) e o fator multiplicativo ira´ mais a frente ser entendido no capitulo de 2 ´ erro de estado estacionario.

c(t)

G1(s) 1,0

G2(s) 0,5

t

Figura 5.2: Respostas temporais de G1(s) e G2(s)

83 ˜ dos valores de ζ com a resposta temporal, j a´ visto anteriormente Verificamos Verific amos ago agora ra a relac rel aç ao anteriormente na detalhes. Tabela 5.1, com mais detalhes.

˜ Clas Cl assi sific ficac aç ao

ζ

Po´ los

Resposta ao degrau

Im +jwd

´ Marginalmente estavel

0

-jwd

Re

Im +jw

d

0

≤ ζ ≤ 1


Re

-zwn

d

-jw

Im

1

Amortecimento cr´ cr´ıtico ıtico

Re

-zwn

Im

> 1

Super amortecido

Re s2

s1

˜ de transferencia ˆ Exemplo 5.3.3. Para cada c ada uma das funç oes abaixo, determine os valores de ζ , W n e identifique sua resposta temporal

F 1(s)

12 = 2 s + 8s 8s + 12

F 2(s)

16 = 2 s + 8s 8s + 16

F 3(s)

 →   →  → 

20 = 2 s + 8s 8s + 20

W n2 = 12 2ζ W n

→ W = 3, 46 rad/seg ⇒ 8 = 8 → ζ = = 1, 16 2.3, 46

W n2 = 16 2ζ W n

n

→ W = 4 rad/seg ⇒ 8 = 8 → ζ = =1 2.4

W n2 = 20 2ζ W n

Super amortecido

n

Amortecimento cr´ cr´ıtico ıtico

→ W = 4, 47 rad/seg ⇒ 8 = 8 → ζ = = 0, 89 2.4, 47 n


84

c(t) 0,1

1.6 1.4

0,2

1.2

0,3 0,4

1

0,6

0.8 0,8 0.6 0.4 0.2 tempo 0

10

20

30

40

50

60

70

˜ de ζ Figura 5.3: 5 .3: Resposta temporal tempora l em func f unç ao ˜ de transferencia ˆ Podemos a partir da resposta temporal, extrair a funç ao do sistema aproximado a ´ um sistema de 2o ordem, sem a necessidade do modelamento matematico, como no caso de sistemas de 1o ordem. Para tanto, vamos observar alguns pontos importantes na resposta temporal.

c(t) cmax 1,02cfinal cfinal 0,98cfinal 0,9cfinal

tolerâncias2%

0,1cfinal

tr

tempo tp ts

• C

final f inal

• C

max max

•t

p

e´ o valor que o sistema atinge quando estabilizado ˜ e´ o maior valor que q ue a sa´ıda ıda a atinge tinge durante a pertur pe rturbac baç ao

tempo de pico, e´ o tempo que demora a partir do inicio do degrau at e´ o sistema atingir o 1o

´ valor maximo

•t

r

ˆ ”rise time”, e´ o tempo para o sinal de sa´ tempo de subida, ou do ingles sa´ıda ıda excurcionar de 10

a´ 90 % do valor final

85

•t

˜ ou do ingles ˆ ”stability time”, e´ o tempo para que o sinal de sa´ıda Tempo emp o de acomoda aco modac ç ao, ıda

s

ˆ entre dentro da faixa de tolerancia (neste caso

˜ saia mais desta faixa ±2%) e nao

˜ ´ Desta forma podemos podemo s aplicar apl icar as a s equac equa ç oes matematica abaixo apresentadas, que nos permitem ˆ cia ˜ de transferencia, ˆ ´ de diversos obter os valores de ζ e W n , do sistema e por conseqüenci en a a func fu nç ao alem outros fatores.

•t

=

p

nπ W n

√ − 1

• W = W d

n

→ 2

ζ

√ − 1

para o 1◦ pico

→t

p

=

π W n

√ − 1

ζ 2

=

tp =

π W d

ζ 2

max − C • U % = C max C

final f inal

p

.100

final f inal

• U % = 100.e 100.e p

• ζ =

•t

s

=

 −

ζπ

√ −

ζ 2

1





ln U p %/100

 − 

 

  −

π 2 + ln2 U p %/100

− ln

 √ −  0, 02

1

=

ln U p

π 2 + ln2 U p

ζ 2

ζ W n

aproximado para

 

3 5% de erro ζ W n 4 ts = 2% de erro ζ W n ts =

ensaio experimental experimental foi obtida a resposta resposta temporal temporal abaixo. abaixo. Obter sua Exemplo 5.3.4. A partir de um ensaio ˜ de transferencia. ˆ funç ao

%U p =

cmax cf in 1, 25 .100 = cf in 1

−

− 1 100 = 25% = 0,0, 25

86

c(t) 1.25

1.2 1 0.8 0.6 0.4

0.2 t(seg) 0

1

2

3

5

4

1,3

ζ =

 −

ln U p

π 2 + ln2 U p

=

√ −

π 2 + ln2 0, 25

W d =

W n =

W d

ln 0, 25

=

ζ 2

1, 39 √9, 871, 39 = = 0, 405 3, 43 + 1, 1, 92

π π = = 2, 42 [rad/seg] tp 1, 3

2, 42

√ − √ − 1

=

1

0, 4052

=

2, 42 = 2, .65 [rad/seg] 0, 914

W n2 2, .652 F ( F (s) = 2 = 2 s + 2ζ 2ζ W n s + W n2 s + 2. 2.0, 405 405..2, 65 65ss + 2, 2, .652

7 ⇒ F ( F (s) = 2 s + 2, 2, 15 15ss + 7

ˆ ´ Representando no plano s os parametros de um sistema de 2o ordem generico temos: Imaginário Planos Wn cosF=z

Wd

F -zWn

Real

Um importante conceito que permite compreender a resposta de um sistema quando deslocamos ´ os polos dominantes sobre o plano s e´ abaixo apresentado.

87

c(t)

Im

mesmaenvoltória

3 2

3

Planos

1

2 zWn=cte

1

Re 1 2

t

3

3

c(t)

mesmafrequencia 2

Im

1 Wd =c =cte te 3

2

1 Planos

3

2

Re

1

t

c(t)

mesmaultrapassagem 1

Im

3

2

3 2

z

1

=cte

Planos

Re 2

1

t

3

´ Cancelamento de p olos e zeros ˜ com o conceito de cancelamento de p olos ´ Conclu´ Conclu´ımos ımo s esta est a seç ao, e zeros e seus efeitos. efeitos. Admitindo Admitindo ´ ˜ . Se o termo um sistema que apresenta 3 polos e um zero, zero, mostrado na equaç ao. ao termo (s + p1 ) e o termo ˜ de um sistema de segunda (s + z ), forem coincidentes, um anulara´ o outro, resultan r esultando do e em m uma equaç ao ordem.

F (s)

K $ (s$ +$ z$ ) K $ = = $ $ (s$ +$ p1 ) (s2 + as + b) (s2 + as + b) $

´ nao ˜ e ˜ mas muito proximos, ´ Ainda se o zero e o p olo estiverem stiverem exatamente na m mesma esma posiç ao, a transformada inversa de Laplace mostra que o residuo do decaimento exponencial e´ muito menor que a amplitude da resposta de 2o ordem, e pode ser desconsiderado.

C 1(s) =

26 26,, 25 (s + 4) s (s + 4, 4, 01)(s 01)(s + 5) 5) (s + 6)

¨

¨ ¨ − 3, 5 + 4, 4 ⇒ c1( ) = 0,s87 + (s¨ 0+,¨ 033 4, 4, 01) (s + 5) (s + 6) t

¨

   desconsiderar

´ do zero, sua amplitude se torna relevante, nao ˜ podendo ser desconsiderado Quando afastamos o polo

C 1(s) =

26 26,, 25 (s + 4) s (s + 3, 3, 5) (s + 5) 5) (s + 6)

⇒ c1( ) = 1s − (s +13,3, 5) − (s3+, 55) + (s3+, 56) t

88


5.4

˜ que represente c(t) . Determine tamb´ ´ a sistema s abaixo, abai xo, obtenha obten ha a equaç ao tambem Exerc´ıcio ıci o 5.1. 5.1 . Para os sistemas ˜ para cada caso constante de tempo, o tempo de subida e o tempo de acomodaçao

R (s )

=

(a)

1

C (s )

s

R (s )

=

(b)

5

1

C (s )

s

20

(s + 5 )

(s + 20 )

Exerc´ıcio ıcio 5.2. (Ogata B.5.1) B.5 .1)

ˆ (a) Um term termômetro necessita de 1 minuto para atingir 98% de seu valor final, quando submetido a um degrau de temperatura. Considerando que o termopar seja um sistema de 1o ordem, qual e´ a sua constante de tempo? ˆ (b) Se o termometro for imerso em um banho, cuja temperatura muda linearmente a uma taxa de ˆ 10o C/min, qual sera´ o erro apresentado pelo term ometro? ˜ de transExerc´ıcio ıci o 5.3. Para cada uma das respostas ao degrau apresentadas, determine a funç ao ˆ ferˆ ferencia do sistema

(a)

c(t)

1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1

c(t)

1.4 1.2 1

(c)

0.8 0.6 0.4 0.2

t (seg) 0

10

20

30

t (seg) 0

40

10

20

30

40

50

C(t) 2

C(t)

1.4

1.8

1.2

1.6 1.4

1

(b)

0.8

(d)

1.2 1

0.6

0.8

0.4

0.6

0.2

t (seg) 0

10

20

30

40

50

0.4 0.2 0

10

20

30

40

50

t

(seg)

89 ˜ de Exerc´ıcio ıcio 5.4. (Ogata B.5.7) B.5. 7) Considere o sistema mostrado na figura abaixo. Mostre que a funç ao Y (s) ˆ ˜ obtenha y(t) , quando x(t) F (s) = transfer encia , tem um zero no semiplano semiplano direito do plano s. Ent˜ Entao X (s) ´ for um degrau unitario. 6 X (s )

(s + 2 )

Y (s )

+ -

4

(s + 1) K ˜ negativa, determine e H (s) = 1 em uma malha de realimentac realim entaç ao s (s + 7) a faixa de valores de K que permita ao sistema apresentar respostas superamortecidas.

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.5. Dado G(s) =

˜ dos polos ´ 5(rad/seg)), determine deter mine a posiç ao dominantes dos Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.6. 5.6 . Dados ζ = 0, 866 e W n = 5(rad/seg ˜ de transferencia. ˆ sistema sist ema e sua s ua fun func ç ao

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.7. 5.7 . Para um sinal temporal que apresenta uma ultrapassagem de 10% e um tempo de ˜ de 2, 4seg , determine ˜ unitaria ´ acom ac omod odac aç ao determine G(s) desta plante de realimentac realim entaç ao e negativa. ˜ unitaria ´ realim entaç ao e negativa, com G(s) = Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.8. 5.8 . Para uma plante de realimentac

4 , determinar: s (s + 2)

˜ dos polos ´ (a) A po posic siç ao dominantes. ˜ dos polos ´ (b) A nova n ova posic posi ç ao dominantes dominantes se desejarmos manter o mesmo ζ e aumentarmos o W n em duas vezes. ˜ dos polos ´ Determ rmine ine a posic p osiç ao dominantes da plante apresentada abaixo. Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.9. 5.9 . Dete 2 3 + + 6, 7 5 ) ( 10 ( 2 + 8 + 17 ) s

s

s

s

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 5.10 5 .10.. Para o sistema abaixo, determine o valor de K, de modo que o grau de amortecimento

ζ seja 0,5 ˜ 2000) O diagrama de blocos abaixo representa um sistema de controle de Exerc´ıcio ıcio 5.11. 5 .11. (PROVAO ˜ Ele controla um motor de corrente posiç ao. corrente cont´ınua, ınua, representado representado na mesma figura por seu modelo ˆ simplificado simplificado de segunda ordem. ordem. A velocidade velocidade angular do eixo do motor e´ medida por um tacometro, permitindo, assim, implementar o controlador PD com o termo derivativo na malha interna.

90

+-

+-

(

s

16

1

+ 0,8)

s

K

+-

K p

10

+-

s (s + 10 )

Kd s

ˆ Calcule os valores dos par ametros do controlador Kp e Kd que permitem obter um sistema em ´ malha fechada com o seguinte par de p´ polos complexos conjugados, s1,2 =

−6 ± 6j


Estabilidade de Sistemas

Estabilidade

Compensador

˜ ´ o”, para Ao Inserir Inseri r modificac modifica ç oes em uma planta planta,, deve devemos mos busca buscarr o ”contr ”controle ole otimo”, otim para o sistem sistema. a. ´ ´ Definimos com sendo um controle otimo a melhoria dos criterios de qualidade em estudo. No capitulo ´ ´ anterior, verificamos as respostas transit orias que um sistema apresenta, nosso primeiro crit erio de qualidade. qualidade. Agora vamos vamos aprofundar aprofundar nosso estudo na estabilidade estabilidade do sistema, item bastante bastante obvio, obvio, ´ ˜ permite controle, nao ˜ sendo objeto ˜ faz que pois um sistema instavel, nao objeto de nosso nosso estudo estudo. Isto Isto nao ´ ´ um sistema instavel seja descartado, mas sim aplicadas t ecnicas que permitam a este sistema se ´ tornar estavel e controlado. Determinamos com facilidade a estabilidade de um sistema, conhecendo a ˜ de seus polos, ´ ´ posiç ao sabendo que a presenç a de um p olo, ou mais, no semiplano direito do planos ´ ˜ interferem neste criterio. ´ e que zeros, nao s, torna o sistema inst avel, IM

Planos

SPD

SPE

(semiplanodireito)

(semiplanoEsquerdo)

91

RE

92 ´ Nos tempos atuais, dispomos de ferramentas matem aticas poderosas, p oderosas, que permitem per mitem obter o bter ra´ızes ızes ˜ de qua de equa eq uac ç oes qualqu lquer er ordem. ordem. Anterio Anteriormen rmente te ao advent advento o dos comput computado adores res e calcul calculado adora ras s cient cient´´ıficas ıficas,, ˜ de ra´ a obt o bten enc ç ao ra´ızes ızes de ordem superior a 2 o , era bastante trabalhosa e dif´ dif´ıcil, ıcil, porem um trabalho apre˜ de aloc ˜ das ra´ sentado por Routh-Hurwitz em 1905, permitia que se conhecesse a regi ao al ocac aç ao ra´ızes ızes de ˜ um sistema, sem contudo conhecer sua exata posiç ao. ´ Deste modo, o arranjo matematico de Routh-Hurwitz e´ muito utilizado em controle ainda hoje, pois de ´ uma maneira r´ rapida determina a estabilidade de um sistema sem a necessidade de se conhecer a ˜ de suas ra´ ´ ´ posiç ao ra´ızes. ızes. Pelo metodo de Routh-Hurwitz indicara´ a quantidade de polos no SPD, no SPE ´ e sobre o eixo jW , sem contudo definir as coordenadas dos polos, mas definindo a estabilidade do sistema. Neste capitulo vamos em primeiro lugar compreender como funciona a ferramenta para determinar a ´ o dom´ esta estabi bilid lidad ade e de um sist sistem ema, a, que que rece recebe be o nome nome de arra arranj njo o de Ro Rout uthh-Hu Hurw rwit itz. z. Ap´ Apos dom´ınio ınio deste deste propro˜ da estabilidade ˜ cesso, passamos a determinac deter minaç ao estabilidade de um sistema sistema pelo ganho, ganho, que e´ a grande gran de aplica apl icac ç ao de Routh-Hurwitz em controle.

6.1 Arranj Arranjo o de Rou Routhth-Hur Hurwit witz z ´ ˜ O metodo de Routh-Hurwitz, requer 3 passos para sua execuc execuç ao.

1. Gerar Gerar o arranjo arranjo que chamamos de tabela de Routh-Hurwitz Routh-Hurwitz ´ 2. Calcul Calcular ar as c´ celulas restantes da tabela ˜ dos polos ´ 3. Interpretar o resultado, determinando a posiç ao no SPE, SPE e sobre o eixo jW

1o Passo

N (s) , do sistema que se deseja D(s) ˆ ˜ caracter´ determinar a estabilidade, obter o polinˆ polinomio de seu denominador (equaç ao caracter´ıstica ıstica do sistema

˜ de Transferencia ˆ A par p artir tir da Func Fun ç ao de Malha Fechada (FTMF) F (s) =

ˆ ˜ instabilizam o sistema, D(s) ), enquanto que o polinˆ N (s) , pode ser desprezado, ja´ que zeros n ao polinomio mesmo que se apresentem no SPD.

R(s)

E

C (s) N (s) E 4 3 2 a4 s + a3 s + a2 s + a1 s + a0

A partir de D(s) ), montar a tabela de Routh-Hurw Routh-Hurwitz, itz, como segue:

93

s4

a4

a2

a0

0

s3

a3

a1

0

0

s2

s1

s0 2o Passo ´ ˜ em branco, como segue: Devemos agora calcular as celulas que estao

s4

a4

a2

a0

0

s3

a3

a1

0

0

s2

s1

s0

b1 =

 −

c1 =

 −

d1 =

 −

a4 a2 a3 a1 a3



a3 a1 b1 b2 b1



b1 b2 c1 c2 c1



b2 =

c2 =

d2 =

−

−

  

a4 a0 a3 0 a3

  

a3 b3 b1 0

  

b1 b3 c1 c3

−

b1

c1

     

  

=0

=0

b3 =

c3 =

d1 =

−

  

−

  

a3 0 b1 0

−

  

b1 0 c1 0

a4 0 a3 0 a3

b1

c1

  

=0

0

  

=0

0

  

=0

0

3o Passo ´ ˜ apenas da 1o coluna Uma vez calculada as celulas em branco, devemos agora o sinal de polarizaç ao, calculada.

94 ´ • De maneira bastante simples o criterio de Routh-Hurwitz estabelece que o número umero de ra´ızes ızes de ˆ ˜ no SPD serao ˜ iguais ao numero de mudanç as de sinal que ocorrem nas um polinomio que estao ´ celulas da 1◦ coluna ˜ para que um sistema seja est avel ´ ˜ devera´ haver modifica ˜ de sinal na 1 • Entao nao mod ificac ç ao

◦

coluna da

tabela de Routh ´ alocou-se no SPD • A cada ca da mudanc mu danç a de sinal + → − ou − → +, significa que um polo ´ ´ esta sobre o eixo real • Quando uma celula da 1o coluna apresenta valor zero, e´ que o polo ´ Exemplo 6.1.1. Analise a estabilidade do sistema abaixo pelo m´ metodo de Routh-Hurwitz

m

E+ T

E

1000 (s + 2)(s 2)(s + 3)(s 3)(s + 5)

E

E

1000

E

s3 + 10s 10s2 + 31s 31s + 1030

Aplicando o arranjo de Routh, temos:

s3

1

31

0

s2

10

1030

0

s1

s

 −  − −

b1 =

0

c1 =

1 31 10 103 0300 10

10 1030 72 0 72

−

 

=

=

31 31..10

− 1030 1030..1 = −72 10

−72 72..1030 − 10 10..0 = 1030 −72

b2 =

 −

1 0 10 0 10

0



=0

0

0

Observando agora na 1 o coluna:

1

→ 10 → (−72) → 1030

Temos 2 trocas de sinal, de +10 para -72 e de -72 para +1030. ´ ´ Portanto 2 trocas de sinal, dois p olos no SPD, como e´ um sistema de 3o ordem, possui 3 polos, sendo 2 no SPD e 1 no SPE. ´ ˜ faz com que o Observe, que para qualquer celula que for calculada, o sinal negativo da fraç ao, ´ ´ co para soluc ˜ de um determinante, seja invertido, esta propriedade ira´ facilitar bastante metodo classico assi sol uç ao

95 para o calculo da tabela, veja exemplo:

b1 =

 −

a4 a2 a3 a1 a3



=

− (a4.a1a−3 a3a2) = a3a2 −a3a4.a1

A partir de sistemas previamente conhecidos, vamos verificar a estabilidade dos sistemas e validar o ´ metodo de Routh-Hurwitz.

˜ de transferencia ˆ ´ ´ ˆ polos ´ abaixo, e´ instavel com dois polos no SPD e tres no Exemplo 6.1.2. A funç ao SPE, verificamos por Routh-Hurwitz, se o resultado e´ o esperado.

F (s) =

(s

N (s) N (s) = 5 2) (s + 3) 3) (s + 4) 4) (s + 5) s + 9s 9s4 + 13s 13s3 57 57ss2

1) (s

 −  −    ´ 2 p olos no SPD

−



´ 3 p olos no SPE

− 86 86ss + 120

s5

+ 1

13

−86

0

s4

+ 9

−57

120

0

−774 − 120 = −99 99,, 33

0

0

120

0

0

0

0

0

0

0

0

s3

s2

s1

117 + 57 = 9

+ 1199, 33

−1101 1101,, 81 + 893, 893, 97 = − 19 19,, 33 1067,, 8 2319 1067 2319,, 6 = 10 10,, 75

−

−

s0

9

10 10,, 75

+ 77115, 3

+120

Verificando a 1o coluna vem:

+1

→

+9

→

+19,, 33 +19

→ −10 10,, 75 →

+715,, 3 +715

→

Observamos duas trocas de sinal

+19,, 33 +19

→ −10 10,, 75

e

− 10 10,, 75 → +715 +715,, 3

´ ´ Logo 2 polos no SPD e 3 polos no SPE, que e´ nosso ponto de partida.

+120

96 ˜ de transferencia ˆ ´ ´ Ago ra para p ara uma fun func ç ao com 4 polos no SPE, um sistema estavel. Exemplo 6.1.3. Agora

F (s) =

N (s) N (s) = 4 (s + 2)(s 2)(s + 3)(s 3)(s + 4)(s 4)(s + 5) s + 14s 14s3 + 71s 71s2 + 154s 154s + 120





´ todos polos no SPE



s4

1

71

120

0

s3

14

1 54

0

0

1680 0 = 1680 & 14 &

0

s2

994

− 154 = 840

& 14 &

−

& 0 (x& 14)

s1

129360 23520 = 126 840

0

0

0

s0

16 80

0

0

0

−

Pela tabela calculada acima , podemos observar:

´ ˜ apresenta troca de sinal na 1o coluna, logo possui 4 • O sistema realmente e´ estavel, pois nao ´ polos no SPE, como esperado.

˜ negativo, que o resultado de • E´ poss´ poss´ıvel ıvel multiplicar uma linha inteira por um numero real, nao ´ ˜ se altera. Routh-Hurwitz, nao

˜ de transferencia ˆ ´ na origem. Cas o a fun func ç ao possua um polo Exemplo 6.1.4. Caso

F (s) =

s



´ na origem polo

N (s) N (s) = 4 (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3) s + 6s 6s3 + 11s 11s2 + 6s 6s

97

s4

1

11

0

0

s3

6

6

0

0

s2

66

− 6 = 10

0

0

0

s1

60 0 =6 10

−

0

0

0

s0

0

−0 =0

0

0

0

6

6

´ Resulta na 1o coluna em todos os termos positivos, e o ultimo termo zero, logo, 3 p olos no SPE e um ´ sobre a origem, polo ori gem, como visto no inicio do exerc´ıcio. ıcio. ´ Exemplo 6.1.5. Com dois polos na origem, temos de utilizar o recurso que segue.

F (s) =

N (s) (s + j )(s )(s

(s + 2)

j)

  − 

=

N (s) s3 + 2s 2 s2 + s + 2

´ polos conjugados na origem

s3

1

1

0

s2

2

2

0

− 2 = 0 =∼ +ε

0

0

2¨ (+ε (+¨ ε¨ ) 0 =2 (+ε (+¨ ε¨ ) ¨

0

0

s1

s

0

2

2

−

Para anular o efeito do zero na primeira coluna, podemos substituir por um valor muito proximo de ´ ˜ zero, porem hipoteticamente positivo,+varepsilon. Desta forma, o sistema se mostra est avel, pois nao ˆ apresenta troca de sinal, mas por ter transitado de + a` zero e retornado a +, demonstra a existencia de duas d uas ra´ızes ızes sobre sob re o eixo jW com parte real igual a zero.

98 ´ ´ icos ˜ a origem. simetrico etr s em e m relac rel aç ao Exemplo 6.1.6. Com dois polos

N (s) (s + 1)(s 1)(s 1)

F (s) =

(s + 2)

  −    

=

s3

N (s) 3s + 2

−

´ ´ ´ no SPD polos simetricos a` origem polo

s3

1

s2

0 = +ε

∼

−3(+ε 3(+ε) − 2 = −3 −

s1

(+ε (+ε)

s0

2 +ε

2

−3

0

2

0

0

0

0

0

´ Para qualquer valor de +ε a 1 o celula da coluna s1 , sera´ sempre negativa, portanto o sistema apresenta ´ no SPE e dois polos ´ duas trocas de sinal, sendo 1 polo no SPD .

Exemplo 6.1.7. Quando a tabela apresentar uma linha completa de zeros.

F (s) =

(s + 1)(s 1)(s

N (s) 1) (s + 5j 5j )(s )(s

5j ) (s + 2)

=

  −    −     sem parte real

´ sim´ simetrico a` origem

N (s) s5 + 2s 2s4 + 24s 24s3 + 48s 48s2

− 25 25ss − 50

no SPE

s5

1

24

−25

0

s4

2

48

−50

0

{ ⇒ (

d 2s4 + 48s 48s2 ds

s3

0

0

0

s3

8

96

0

0

s2

24

−50

0

0

s1

112,, 7 112

0

0

0

s0

−50

0

0

0

0

)

− 50

= 8s3 + 96s 96s

99 ´ no SPD. Uma troca de sinal, um p´ polo

6.2 Proje Projeto to de de estab estabilid ilidade ade pelo pelo ganho ganho Ate´ o presente presente momento, momento, aprendemos aprendemos a operar operar a ferrame ferramenta nta de Routh-Hurwit Routh-Hurwitz, z, determinando a estabilidade ou instabilidade de um sistema. Em controle utilizamos esta ferramenta para determinar a faixa de valores de ganho que o sistema permite impor sem a perda da estabilidade estabilidade.. Quando variamos o ganho de um sistema, suas ra´ ra´ızes ızes se deslocam sobre o plano s (veremos esta propriedade mais adiante no Capitulo 8 ”Analise do Caminho Cami nho do Lugar L ugar das da s Ra´ızes” ), ızes” ), podendo modificar a estabilidade de um sistema. ˆ Fica claro que conhecer os limites de ganho a ser imposto a um sistema ser a´ de extrema importancia, e para determinarmos esta faixa de ajuste, utilizamos a ferramenta de Routh-Hurwitz. ˜ de transferencia ˆ Veja a func fu nç ao que segue: Exemplo 6.2.1. Veja

F (s) =

s3

6, 63 63K K 2 + 101, 101, 7s + 171s 171s + 6, 6, 63 63K K

Aplicando a ela a ferramenta de Routh-Hurwitz, obtemos:

s3

1

17 1

0

s2

101,, 7 101

6, 63 63K K

0

s1

17390,, 7 6, 63 17390 63K K >0=A 101,, 7 101

0

0

s0

6, 63 63K K>0=B

0

0

−

˜ A, como a condiç ao ˜ B, devem ser rePara Para garantir garantir a estabilidade estabilidade deste sistema, sistema, tanto a condiçao speitadas como A > 0eB > 0, logo:

A=

17390,, 7 6, 63 17390 63K K >0 101,, 7 101

−

→ 17390 17390,, 7 − 6, 63 63K K → K < 2623

B = 6, 63 63K K>0 Resultando em 0 < K < 2623

→K>0

100 Ou seja, podemos variar o ganho proporcional do sistema em estudo de 0 at e´ 2623, que ele ´ ´ permanecera´ estavel, caso o ganho seja maior que 2623, ele se tornara´ instavel.

N (s) . s4 + 2s 2s3 + 8s 8s2 + (K (K + + 4)s 4)s + 12

Exemplo 6.2.2. Estudar a faixa de ganho para F (s) =

Aplicando Routh-Hurwitz, temos:

s4

1

8

12

0

s3

2

(K + K + 4)

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

s2

16

− K − 4 = 12 − K > 0 → A

s1

(12

2¡

24−0 2 ¡

− K )(K )(K + + 4) − 48 >0→B (12 − K )

s0

24

= 24

(x2) ¡

´ Para que o sistema seja estavel, A e B devem ser positivos, j a´ que todos outros termos da 1 o ˜ positivos, entao: ˜ coluna coluna sao A)

12

−K >0 →

K < 12

− K )(K )(K + + 4) − 48 12 12K K + + 48 − K 2 − 4K − 48 − K 2 + 8K 8K B1 = = = B) (12 − K ) 12 − K 12 − K B2 √64 8 ± 8 +8 − 8 ± 2 ra´ızes ızes e´ positivo B1 = −K + 8K 8K → −2 = 2 ⇒ 0 → se a e´ negativo o intervalo das ra´ B2 = 12 − K > 0 → K < 12 (12

 

˜ do resultado de B, e´ necess ´ ˜ de Para Par a o obt bten enc ç ao necessario fazer o estudo de sinais da divis ao

8

0 B1 B2 B

B1 =

12

-------- ++++++

-------- --------

++++++

++++++ ++++ ++

++++++ ++++ ++

-------- ++++++

B1 , que segue: B2

--------

-------- ++++++

B2

´ obte ˜ do sinal de B, devemos respeitar que todas celulas ´ Apos ob tenc nç ao da 1o coluna, sejam positivas, ˜ ˜ positivos. logo verificar em que condiç oes A e B sao

101 8

0

12

A

++++++ ++++++ ++++++

B

-------- ++++++ -------- ++++++

--------

A I B -------- ++++++ -------- --------

Estabilidade

0 < K < 8 Exemplo 6.2.3. Estudar a faixa de ganho do sistema apresentado abaixo.

m

E+ T

E

K (s + 20) s(s + 2)(s 2)(s + 3)

E

Reduzindo o diagrama de blocos.

F T M F = = F (s) =

N G(s) K ( K (s + 20) K ( K (s + 20) = = 3 DG(S ) + N G(s) s (s + 2) 2) (s + 3) + K ( K (s + 20) s + 5s 5s2 + (6 + K )s + 20K 20K

Aplicando Routh-Hurwitz

s3

1

(6 + K )

0

s2

5

20K 20 K

0

0

0

0

0

30 + 5K 5K 5

s1

s0

− 20 20K K = 30 − 15 15K K>0=A 20 20K K>0=B

Calculando A e B.

A) 30

− 15 15K K>0 ⇒

B) 20 20K K>0

⇒

K<2

K>0

0 < K < 2

102

6.3


´ de Routh-Hurwitz, determine para os sistemas abaixo o n umero de Exerc´ıcio ıci o 6.1. 6.1 . Usando o criterio ´ ´ polos no SPE, no SPD e sobre o eixo jW .

(a) F (s) =

N (s) s5 + 2s 2s4 + 5s 5s3 + 4s 4s2 + 6s 6s

(b) F (s) =

N (s) s4 + s3 + 5s 5s2 + 5s 5s + 2

(c) F (s) =

N (s) 5s2 + 2s 2s + 4 s4 + s3 + 5s

(d) F (s) =

N (s) s4 + s3 + s + 0, 0, 5

(e) F (s) =

N (s) s4 + 2s 2s3 + 3s 3s2 + 2s 2s + 5

´ de Routh-Hurwitz, determine qual a faixa de valores de K onde o Exerc´ıcio ıci o 6.2. 6.2 . Usando o criterio ´ sistema e´ estavel?

m

E+ T

E

m

E

K (s + 20) s(s + 2)(s 2)(s + 3)(s 3)(s + 4)

E+ T

K s

E

(a)

E

(s 1) ' s2 + 2s 2s + 1

−

(c)

m

E+ T

E

E

(b)

2 s 1 ' (s + 1)

+ E

E

K s2

m

- To

c E+

m

-

E K (s + 1)

E

s

0, 5s

+

(d)

1 (s + 2)

'

1 ' 0, 1s + 1

E

103 ˜ tripulado (UFSS - Johnson, 1980), Exerc´ıcio ıcio 6.3. (NISE Exemplo pg 254) O estudo do veiculo nao ˜ negativa. Deterforneceu a malha de controle de arfagem, com G(s) abaixo, H (s) = 1 e realim rea liment entac aç ao mine a faixa de valores de K que permitam ao sistema operar em estabilidade.

G(s) =

0, 25 25K K (s + 0, 0, 435) s4 + 3, 3, 456 456ss3 + 3, 3, 457 457ss2 + 0, 0, 719 719ss + 0, 0, 0416

Exerc´ıcio ıcio 6.4. (NISE Problema 52) Os esforç os de corte devem ser mantidos constantes durante a ˜ de usinagem, para evitar mudanç as na velocidade do eixo, ou na posiçao ˜ de trabalho. Estas operac ra ç ao ˜ das dimens˜ ˜ ˜ sendo trabalhadas ˜ mudanç as deterio de terioram ram a precis ao dimensoes das peç as que q ue estao trabalhadas.. Prop˜ Propoe-se um sistema para controlar controlar a forc força ¸a de corte. O processo processo a controlar controlar e´ dif´ıcil ıcil de modelar, uma vez que ˜ variantes no tempo e n ao ˜ podem ser previstos facilmente. os fatores que afetam a forç a de corte sao Supondo Supondo contudo contudo o modelo simplificado simplificado do controle controle da forc força ¸a de corte, mostrado mostrado abaixo, abaixo, utilizando utilizando ˜ de ganho K, para que o sistema Routh-Hurwitz, encontre a faixa de variaç ao sistema permanec permaneç a dentro da estabilidade.

m

E+ T

E

K E

6, 3x10+6 (s+2,5)(s+30)(s+140)

E

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 6.5. Para o diagrama de blocos abaixo, determine o valor do ganho para que a resposta do ´ sistema seja oscilatoria de amplitude constante.

m

E+ T

E

K s(s + 1)(s 1)(s + 3)

E

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 6.6. 6.6 . O sistema de controle da figura abaixo apresenta na malha direta um dispositivo com ˜ lineares ˜ ˜ 1998) caracter´ cara cter´ısticas ısti cas nao li neares (zona morta mo rta e saturac satu raç ao). (Provao

104 ˜ descritiva associada ao elemento nao ˜ linear e´ dada pela tabela acima, com X e´ a amA funç ao ˜ linear e k e´ a incl ˜ da parcela linear. plitude do sinal de entrada no dispositivo n˜ nao in clin inac aç ao

˜ (a) Det Determi ermine ne a faixa faixa de K p que garante a estabilidade em malha fechada, desconsiderando a n˜ naolinearidade. ˜ sustentada (b) Obtenha Obtenha o valor de N (X ) , tal que o sistema apresente oscilaç ao sustentada (sem amortecimento) amortecimento) ˜ ´ na sa´ sa´ıda, ıda, tomando-se K p = 10 e supondo-se presente a nao-linearidad ao-lin earidade. e. Obtenha, Obtenha, tamb´ tambem, o ˆ a de oscilac ˜ valor da frequ¨ encia enci osci laç ao. ˜ sustentada (c) Ajuste Ajuste o valor valor de K p para obter uma oscilac oscila ç ao sustentada na sa´ıda ıda com amplitude amplitude igual a 0,2, ˜ considerando presente a nao-linearidade.


´ Erro de Estado Estacion ario

Compensador

Erro Esta Es tacio cion´ nário ari o

7.1 7.1

´ Conc Co ncei eito tos s basicos ´ O ultimo ´ item dos criterios de qualidade a serem compreendidos, passa a ser estudado agora.

´ , um sistema Definimos como estado estacionario, ario sistema que apresenta apresenta seu sinal de sa´ıda ıda constante constante para ˆ ´ qualquer qualquer tempo. tempo. Por Por conseq¨ consequ¨ encia erro de estado estacion ario e´ a diferenç a entre entrada e sa´ sa´ıda, ıda, ˜ conhecido, apos ´ passar um determinado tempo que permita ao sistema ter de um sinal de excitaç ao estabilizado (t

→ ∞).

´ o sistema ter parado. Ou seja e´ a diferenç a entre en tre onde o nde esta´ a sa´ıda ıda e onde ela deveria estar, apos ˜ ˜ que permitam comparar sistemas semelhantes, Para tanto foi criado cr iado em controle, excitaç oes padrao, ˜ iguais, e classificar sua performance em funç ao ˜ de seu erro de estado estacion ario. ´ mas nao ´ obvio que sistemas operam com excitaç oes ˜ ˜ E quaisquer que se faç a necessaria, mas as excitaç oes ˜ servem ˜ de sistemas. padrao, ser vem apenas apen as para permitir permi tir comparac co mparaç oes

105

106 ˜ de entradas padronizadas, sao ˜ abaixo apresentadas. Estas Es tas excita exci tac ç oes

Forma rma de onda

Nome

Interpr rpretaç a˜ o

No tempo

Em Laplace

Degr De grau au

˜ Cte. Posic osiç ao

1

1 s

Ramp Ra mpa a

Veloc elocid idad ade e Cte. Cte.

t

1 s2

Parabola

˜ Cte. Aceleraç ao

1 2 t 2

1 s3

C(t)

t 0

C(t)

t 0

C(t)

t 0

Aplicabilidade a sistemas ´ atingir o esEstando em busca da diferenç a entre entrada e sa´ıda ıda de um sistema realimentado, ap´ apos ´ ´ tado estacionario, nosso estudo ira´ se limitar a sistemas estaveis, como em todos os outros cap´ıtulos, ıtulos, ou seja, quando a resposta natural tender a zero, quando t

→ ∞.

˜ ´ Observe que as express oes deduzidas para o calculo do erro estacion ario, podem eternamente ser ´ ´ aplicadas a sistemas instaveis, sem que se perceba o erro, pois a matem atica aplicada a erro de es´ ˜ leva em conta a estabilidade do sistema. tado estacionario nao ´ o calculo de um erro desejado, devemos sempre verificar que para a condiç ao ˜ imposta Portanto apos imposta ˜ tenha sido perdida a estabilidade nao estabilidade do sistema. sistema.

´ Fontes de Erro Estacionario ´ Diversos fatores causam erro estacionario em sistemas de controle. controle. Podemos Podemos dizer dizer que quase tudo ˜ erro a um sistema. Os mais comuns est ao ˜ abaixo apresentados. impoe

ˆ • Folga de engrenagens em conjuntos mecanicos. ˜ por cross-over em amplificadores de pot encia ˆ • Dist Di stor orc ç ao

• Zona morta em motores de corrente corrente continua

107 ˜ em amplificadores de potˆ ˆ • Satu Sa tura rac ç ao potencia ˆ ˜ • Atrito mecˆ mecanico em sistemas sistema s com movimentac moviment aç ao ˜ ıtens deve devem m ser consider considerado ados s no estudo estudo de cada cada sistem sistema, a, nao Exemplo Exemplo 7.1.1. Cada um destes ´ıtens cabendo aqui particularizar cada caso. ˜ de transEm nosso estudo nos limitamos limitamos a considerar considerar o erro imposto matematicam matematicamente ente pela funçao ˆ ferˆ ferencia do sistema. ´ Considere os dois diagramas de blocos abaixo, onde a diferenç a basica entre eles, est a´ no ramo de malha direta, sendo um de ganho proporcional e o outro com um ganho integrativo. ´ Excitamos ambos sistemas com um mesmo sinal de entrada, um degrau unitario, e vamos verificar que ˜ bastante distintos. os sinais s inais de sa´ıda ıda sao ´ O primeiro apresenta um erro de estado estacionario, poss´ıvel ıvel de ser calculado, enquanto o segundo sistema apresenta erro nulo.

1o Caso R(s)

m

E+ T

E (s)

E

2o Caso C (s)

E

K

Podemos definir que neste caso o erro sera´ a diferenç a entre e ntre sa´ıda ıda e entrada, equacionando equacio nando ˜ entao.

R(s)

m

E+ T

E (s)

E

C (s)

K s

E

Existindo um bloco integrador no ramo direto, ´ por suas caracter´ısticas ısticas proprias, sempre que possuir um sinal na entrada = 0, sua sa´ıda ıda

̸

ira´ acumular valores de forma crescente, neste

C (s) = K.E (s)

caso modificando nosso C (s) . ˜ Apenas quando C (s) e R(s) forem iguais, entao

´ t Para o estado estacionario

→ ∞, temos

o integr integrado adorr ir´ ira´ parar de acumular valores e a sa´ sa´ıda ıda pod pode e ser consid considera erada da estabi estabiliz lizada ada..

erro =

1 C K (s)

Observe que o erro e´ menor quanto maior for o ganho do sistema, portanto existe um erro ´ ˜ de de estado estacionario, imposto pela funç ao ˆ transferencia, que neste caso e´ inversamente proporcional ao ganho.

˜ o erro de estado estaNesta Nest a m mesma esma condic cond iç ao ´ o sera ˜ cionario ari sera nulo nulo,, pois pois entr entrad ada a e sa´ sa´ıda ı da sao iguais. Em resu resumo mo,, para para um sist sistem ema a com com um inte inte-grador no ramo de avanç o o erro ser se ra´ nulo para um degrau de entrada.

108

´ io em func ˜ de F (s) 7.2 Erro Erro de estado estado estaci estacion onário ar fu nç ao Para o diagrama de blocos abaixo, que representa um sistema realimentado, podemos calcular:

 

E (s) = R(s)

− C ( ) s

C (s) = R(s) F (s)

[

⇒ E ( ) = R( ) 1 − F ( ) s

s

s

]

Obtendo Obtendo a transforma transformada da inversa inversa de Laplace e calculando calculando o valor valor final, que sera´ o erro de estado esta´ cion´ cionario para t

→ ∞. e(∞) = lim e(t) = lim sE (s) t→∞

s→0

Substituindo, resulta:

[− ]

e(∞) = lim sR(s) 1 s→0

F (s)

´ Exemplo 7.2.1. Determine Determine o erro de estado estado estacion estacionário de uma planta que apresentaH (s) = 1, F (s) = 5 ˜ neg ˜ a um degrau unitario. ´ , real re alim imen enta tac ç ao negati ativa va e excitac excit aç ao s2 + 7s 7s + 10

−

1 e(∞) = lim s¡ 1 s→0 s ¡

 



5 7& s+5 5  & = lim = = 0, 5 = 50% 2 2 + 7& s→0 s s + 7s 7s + 10 10  s + 10 &  2+ s

´ ˜ Verificando por Routh-Hurwitz, o sistema se apresenta estavel nestas condiç oes, portanto podemos ´ validar que o erro de estado estacion ario e´ de 0,5. De fato quando simulamos no MatLab, obtemos a resposta temporal abaixo.

c(t)

1

0.8

0.6

0.4

0.2

t 0

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

109

´ io em func ˜ de G(s) 7.3 Erro Erro de estado estado estaci estacion onário ar funç ao ´ Toda teoria de controle, para erro de estado estacion ario e´ na pratica desenvolvida sobre o ganho ˜ sobre a F T M F = F (s) Considere o diagrama de blocos de realimentaç ao ˜ de malha direta G(s) , e nao ´ unitaria e negativa negativa abaixo:

G(s )

˜ Podemos calcular entao:

 

C (s) = E (s) G(s)

⇒ E ( ) = 1 +R(G) s

s

E (s) = R(s)

− C ( ) s

(s)

˜ Aplicando o teorema do valor final, sem esquecer de verificar as condiç oes de estabilidade da planta para cada caso calculado, temos:

sR(s) s→0 1 + G(s)

e(∞) = lim

´ Observe que o erro estacion ario, depende do ganho de malha direta G(s) e do sinal de entrada,por este 1 1 1 ˜ padronizados, motivo eles sao permitindo comparar sistemas de mesmo tipo. , e s s2 s3





´ ˜ ser calculados ˜ da entrada como: Os erros de estado estado estacion estacionário, podem entao calcula dos em funç ao

´ R(s) = A ) Entrada a` degrau unit ario

edegrau(

∞

1 s

sR(s) s 1s 1 1 1 ¡ = lim = lim = lim = = s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) lim 1 + lim G(s) 1 + lim G(s)

)

s→0

   

s→0

s→0

um

´ B ) Entrada a` rampa unitaria R(s) =

erampa(

)

∞

1 s2

1 s 12 ¡ sR(s) 1 1 s £ s = lim = lim = lim = = s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) lim s + lim sG(s) lim sG(s) s→0

    zero

s→0

s→0

110

´ C ) Entrada parabola Unit aria R(s) =

1 s3

eparabola(

)

∞

1

1 sR(s) 3 1 1 s¡ s2 = lim = lim = lim = = 2 s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) s→0 1 + G(s) lim s2 G(s) lim s + lim s2 G(s) s ¡

s→0

    

s→0

s→0

zero

˜ que e´ tao ˜ importante no erro de estado estacionario ´ Definiremos agora o tipo de uma funç ao, como a entrada padronizada. ˆ Sendo o ganho de malha direta um polinomio do tipo:

G(s) =

N G(s) (s + Z 1 ) (s + Z 2 ) ... = n DG(s) s (s + P 1 ) (s + P 2 ) ...

´ p1 , p2 , ... ... e sn , Este e´ formado por um determinado número umero de zeros z1 , z2 ,..., outro número de polos ´ onde sn determina o numero ´ de polos que se encontram na origem do plano s. ´ ˜ A quantidade de polos na origem define o tipo de um sistema, ent ao:

´ s na origem n = no de polos olo origem

Tipo Tipo do do sist sistema ema

0

Ti p o 0

1

Ti p o 1

2

Ti p o 2

´ cos, em fun ˜ das entradas padronizadas e do tipo de um sistema, Podemos calcular os erros teoricos, ori func ç ao nas 9 formas poss´ poss´ıveis, ıveis, conforme a tabela abaixo.

Tipo 0

Tipo 1

Tipo ipo 2

Degrau

A1

A2

A3

Rampa

B1

B2

B3

Parabola

C1

C2

C3

111

´ A 1 ) Entrada a` degrau unit ario e sistema tipo Zero

edegrau(

=

)

∞

)

∞

1 s (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = Z 1 Z 2 ...Z n (s + Z 1 )(¡ s + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n ) 1+ 1 + lim ¡ P 1 P 2 ...Z n s→0 (s ...(s¡ + P n ) ¡ + P 1 )(s¡ + P 2 )...(

Exemplo 7.3.1. Para G(s) = 18

edegrau(

 

(s + 4)(s 4)(s + 5) (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

1 1 1 ´ = = = 0, 016 (estavel por Routh) 4.5 (s¡ + 4)(¡ s + 5) 61 1 + 18 1 + lim 18 1.2.3 s→0 (s¡ + 1)(¡ s + 2)(s¡ + 3)

=

´ A 2 ) Entrada a` degrau unit ario e sistema tipo Um

edegrau(

)

∞

=


∞

=

)

)

∞

=


= 1 + lim 10 s→0

∞ =0



 

1

´ por Routh) ∞ ∞ = 0 (estavel

=

1 s (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = 2 s (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = (s + Z 1 )(¡ s + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n ) 1+ 1 + lim 2¡ s→0 s  (¡ s + P 1 )(¡ s + P 2 )...( ...(¡ s + P n ) 



)



infinito

1 1 = (s¡ + 1, 1, 5)(s¡ + 4) 1+ 1 + lim 10 s→0 s(¡ s + 1)(s¡ + 2)(¡ s + 3) ¡

edegrau(

∞

G(s)

(s + 1, 1, 5)(s 5)(s + 4) s(s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

´ A 3 ) Entrada a` degrau unit ario e sistema tipo Dois

edegrau(

1 s (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = s(s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) =

1 1 = (s + Z 1 )(¡ s + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n ) 1+ 1 + lim ¡ s→0 ¡ s(¡ s + P 1 )(¡ s + P 2 )...( ...(¡ s + P n )



edegrau(

 



∞ =0



infinito

(s + 1)(s 1)(s + 2) s2 (s + 5)(s 5)(s + 10) 1 (s¡ + 1)(s¡ + 2) 2 (s + 5)(s + 10) s  ¡ ¡

=

1 1+

1

´ por Routh) ∞ ∞ = 0 (estavel

=

112

´ B 1 ) Entrada a` rampa unit aria e sistema tipo Zero

erampa(

)

∞

=

erampa(

∞

)



∞

=

)

Exemplo 7.3.5. G(s) = 10

 

´ ∞ (estavel por Routh)

1 s2 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = s(s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = Z 1 Z 2 ...Z n (s + Z 1 )(s¡ + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n ) lim ¡ s ¡ P 1 P 2 ...P n s→0 ¡ s(¡ s + P 1 )(¡ s + P 2 )...( ...(s¡ + P n )



)



1 1 = = (s¡ + 4)(¡ s + 5) 0 lim s¡ 18 s→0 (¡ s + 1)(s¡ + 2)(s¡ + 3)

=





zero

(s + 1, 1, 5)(s 5)(s + 4) s(s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

1 1 ´ por Routh) = = 0, 1 (estavel (s¡ + 1, 1, 5)(¡ s + 4) 10 lim ¡ s10 s→0 s¡ (s¡ + 1)(s¡ + 2)(¡ s + 3)

=

´ B 3 ) Entrada a` rampa unit aria e sistema tipo Dois

erampa(

)

∞

=

 

1 s2 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = 2 s (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = =0 (s¡ + Z 1 )(¡ s + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n )

lim s¡ 2 (s + P )(s + P )...( s→0 s¡ 1 ¡ 2 ...(s ¡ ¡ + P n )



Exemplo 7.3.6. G(s) = 20

erampa(

∞

∞

(s + 4)(s 4)(s + 5) (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

erampa(

∞

G(s)

zero

´ B 2 ) Entrada a` rampa unit aria e sistema tipo Um

erampa(

1 s2 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) =

1 1 = = (s + Z 1 )(¡ s + Z 2 )...( ...(¡ s + Z n ) 0 lim s¡ ¡ s→0 (s ...(s¡ + P n ) ¡ + P 1 )(s¡ + P 2 )...(



Exemplo 7.3.4. G(s) = 18

 

)



∞



infinito

(s + 1)(s 1)(s + 2) s2 (s + 5)(s 5)(s + 10)

= lim ¡ s10

s→0

1 (s¡ + 1)(¡ s + 2) 2 (s + 5)(s + 10) s¡ ¡ ¡ ¡

=

1

´ por Routh) ∞ = 0 (estavel

113

 

´ C 1 ) Entrada a` parabola unit aria e sistema tipo Zero

eparabola(

∞

)

eparabola(

lim s

s→0

2

 zero

eparabola(

)

∞

=

=

)

∞

 


1 s3 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = s(s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = = s + Z 1 )(s¡ + Z 2 )...( ...(s¡ + Z n ) 0 2 (¡ lim  s s→0 s¡ (s¡ + P 1 )(s¡ + P 2 )...( ...(s¡ + P n )



eparabola (



zero

1 1 = = (¡ s + 4)(s¡ + 5) 0 18 (s¡ + 1)(¡ s + 2)(¡ s + 3)

´ C 2 ) Entrada a` parabola unit aria e sistema tipo Um

Exemplo 7.3.8. G(s) = 10



∞

(s + 4)(s 4)(s + 5) (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

=

)

∞

G(s)

1 1 = = s + Z 1 )(s¡ + Z 2 )...( ...(s¡ + Z n ) 0 2 (¡ lim  s s→0 (¡ s + P 1 )(¡ s + P 2 )...( ...(¡ s + P n )

=



Exemplo 7.3.7. G(s) = 18

1 s3 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) =



∞



zero

(s + 1, 1, 5)(s 5)(s + 4) s(s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 3)

1 1 = = (¡ s + 1, 1, 5)(s¡ + 4) 0 2 lim s¡ 10 s→0 s(¡ s + 1)(¡ s + 2)(s¡ + 3) ¡




zero

´ C 3 ) Entrada a` parabola unit aria e sistema tipo Dois

eparabola(

∞

Exemplo 7.3.9. G(s) = 20

eparabola (

)

∞

)

=

 

1 s3 (s + Z 1 )(s )(s + Z 2 )...( ...(s + Z n ) = 2 s (s + P 1 )(s )(s + P 2 )...( ...(s + P n )

R(s) = G(s)

1 1 = Z 1 Z 2 ...Z 3 ...(¡ s + Z n ) ¡ + Z 1 )(s¡ + Z 2)...( 2 (s lim  s 2 (s + P )(s + P )...( P 1 P 2 ...P 3 s→0 s  1 ¡ 2 ...(s ¡ ¡ + P n )

(s + 1)(s 1)(s + 2) 10)

s2 (s + 5)(s 5)(s +

= 2 20 lim s¡

s→0

1 (¡ s + 1)(s¡ + 2) 2 (s + 5)(s + 10) s  ¡ ¡

=

1 ´ por Routh) = 1, 25 (estavel 0, 8

114 ´ ´ Para facilitar nossos calculos, vamos definir a constante de erro est atico, como sendo o que segue:

˜ K p = constant cons tante e de d e posi p osic ç ao

⇔ K = lim0 G( ) p

s

s→

K v = constante de velocidade

⇔ K

= lim sG(s)

˜ K a = constan con stante te d de e acelera ace lerac ç ao

⇔ K

= lim s2 G(s)

v

a

s→0

s→0

´ io, em func ˜ das conDe tal forma que podemos agora reescrever os erros de estado estacion ario, ar fu nç ao stantes de erro:

Erro x F (K )

Erro ˜ Pos Po siç ao

1 1 + lim G(s)

⇔

1 1 + K p

1 lim sG(s)

⇔

1 K v

1 lim s2 G(s)

⇔

1 K a

s→0

Velocidade

s→0

˜ Acel Ac eler erac aç ao

s→0

Podemos agora montar uma tabela definitiva de entradas e tipos de sistema, com seus respec´ tivos erros de estado estacionario.

Entrada

Ti p o 0

Ti p o 1

Cte de erro

Erro

Degrau u(t)

K p = C te

1 1 + K p

Rampa t u(t)

K v = 0

∞

Parabola t2 u(t)

K a = 0

∞

Cte de erro

K p =

Tipo 2

Erro

Cte de erro

Erro

0

K p =

∞

0

K v = C te

1 K v

K v =

∞

0

K a = 0

∞

∞

K a = Cte

1 K a

115 ˜ para uma entrada E finalmente devemos nos lembrar que todos os erros acima calculados, s ao ´ de amplitude unit´ unitaria. Para Para calculo de entradas entradas com amplitudes diferentes diferentes,, temos de considerar considerar sua amplitude como segue:

Unita´ rio

Amplitude = 1

̸

Degrau

u(t)

−−→ 1s

A.u( A.u(t)

Rampa

t.u( t.u(t)

−−→ s12

B.t.u( B.t.u(t)

−−→ sB2

B K v

Parabola

t2.u( .u(t)

−−→ s13

C.t2 .u( .u(t)

−−→ 2sC 3

2C K a

L(s)

L(s)

L(s)

−−→ As

Erro

L(s)

L(s)

L(s)

A 1 + K p

˜ a respeito de erro de estado estacion ario: ´ Importantes conclus oes

´ • Utilizamos o ganho de malha direta G( ), para calculo do erro de estado estacionario. s

˜ de um determinado erro, verifique a • Sempre que calcular um erro ou um ganho para imposiçao estabilidade do sistema. ˜ degrau, sendo seus erros a` rampa e a` parabola, • Sistemas tipo do 0 apresentam erro a` excit exc itac aç ao infinitos. ˜ rampa, sendo seu erro a degrau zero e a` parabola • Sistemas do tipo 1 apresentam erro a` excit exc itac aç ao infinito. ˜ parabola, • Sistemas tipo do 2 apresentam erro a` excit exc itac aç ao parabola, sendo seus erros a` degrau e a` rampa, zeros. ˜ e´ necess ´ • Nao necessario o calculo dos erros que sabidamente se apresentaram como zero ou infinito.

• Portanto s´ so´ calculamos erro a degrau de um sistema tipo 0, erro a rampa de um sistema tipo 1, ou erro a parabola de um sistema tipo 2. ˜ devemos esquecer de considerar a amplitude se a excitaç ao ˜ nao ˜ for unitaria. ´ • Nao

116

(s + 3) , calc calcul ule e o erro erro dest deste e sist sistem ema a as (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4) ˜ a` degrau, rampa e parabola, ´ exc excitaç oes parabola, unit´ unitarias

Exemplo Exemplo 7.3.10. 7.3.10. Dado o sistema G(s) = 32

˜ precisam ser calculados Sendo G(s) do tipo 0, logo os erros a` entrada rampa e parabola nao

⇒e

v

= ea =

˜ atingira´ nunca ˜ rampa ou parabola, seu ∞, ou seja, um sistema do tipo 0, nao nunc a a excitac excit aç ao

erro sera´ sempre infinito. Para entrada a` degrau, temos:

K p = lim 32 s→0

edegrau(

)

∞

=

(s¡ + 3) 3.32 = = 12 (¡ s + 1)(s¡ + 2)(¡ s + 4) 1.2.4

1 1 1 = = = 0, 0769 = 7, 7, 69% 1 + K p 1 + 12 13

Verificando a estabilidade por Routh, com F T M F = =

s3

32(s 32(s + 3) + 7s 7s2 + 46s 46s + 104

s3

1

46

0

s2

7

104

0

0

0

0

0

s1

s0

322

− 104 = 218 7

1 04

´ Logo o sistema e´ estavel, podemos dizer que ele apresenta um erro de 7, 69%, a um degrau ´ unitario.

117

Exemplo 7.3.11. Qual o menor erro que , G(s) =

K (s + 10) ´ pode apresentar as entradas unitarias. s(s + 2)(s 2)(s + 4)

˜ necessitamos calcular o erro a degrau e a par abola ´ ˜ Sendo o sistema do tipo 1, nao que serao respectivamente zero e infinito. Para a entrada a` rampa devemos calcular inicialmente a faixa de ganho para estabilidade do sistema e com o maior dos ganhos o menos erro, obtendo o resultado solicitado.

F T M F = =

s3

+ 6s 6 s2

K (s + 10) + (8 + K )s + 10K 10K

Verificando a estabilidade por Routh.

s3

1

(8 + K )

0

s2

6

10 10K K

0

0

0

0

0

s1

s0

48 + 6K 6K 6

− 10 10K K = 48 − 4K > 0 = A 10 10K K>0=B

A ) 48

− 4K > 0 → K < 12 10K → K>0 B ) 10 K>0

 

0 < K < 12

O menor erro ocorre com o maior ganho, ja´ que o erro e´ inversamente inversamente proporcio proporcional nal ao ganho. Em ´ ˜ podendo ter seu nosso caso K < 12, ja´ que para K = 12, o sistema sera´ marginalmente est´ estavel, nao ´ erro de estado estacionario definido.

12(¡ s + 10) 12..10 12 K v < lim ¡ s = = 15 s→0 ¡ s(¡ s + 2)(¡ s + 4) 2.4

erampa(

∞

)

>

1 1 = = 0, 0667 = 6, 6, 67% K v 15

Como ja´ calculamos o ganho para estabilidade do sistema, podemos afirmar que a planta apre´ sentada podera´ apresentar um erro de 6,67% at e´ infinito. Caso seja necessario atingir erros menores, ´ ˜ de compensadores, sera´ necessaria a inclusao

118

(s + 5)(s 5)(s + 10) apresenta, apresenta, para as entradas entradas 5u(t), 10 10tu tu((t) e 15 15tt2 u(t). 2 s (s + 3)

Exemplo Exemplo 7.3.12. 7.3.12. Qual o erro que , G(s) = 5

Levando as entradas para Laplace, obtemos

  

−−→ 5s 10 10 10tu tu((t) −−→ 2 s 30 15 15tt2 u(t) −−→ 3 s 5u(t)

L(s)

L(s)

L(s)

˜ necessitamo ˜ e velocidade. Sendo nosso sistema do tipo 2, nao nec essitamos s calcular calc ular os o s erros erro s de posiç ao

s + 5)(s 5)(s + 10) 5.5.10 2 (¡ K a = lim  s 5 = = 83 83,, 33 2 (s + 3) s→0 3  s  ¡

eparabola(

)

∞

=

30 30 = = 0, 36 K a 83, 33 83,

Verificando a estabilidade por Routh.

s3

1

75

0

s2

8

250

0

0

0

0

0

s1

s0

600

− 250 = 350 8

2 50

´ ˜ de ˜ podemos agora Logo o sistema e´ estavel, apresentando um erro de aceleraç ao de 0,36 0,36.. Nao ˜ e´ mais unitaria. ´ definir erro percentual, pois nossa entrada n ao

´ Para isto consideramos novamente a entrada unitaria e temosea =

1 1 = = 0, 012 = 1, 1, 2% K a 83 83,, 33

119

7.4

˜ Exerc´ıcios ıci os de Fixaç ao

˜ unitaria ´ e negativa, negativa, onde Exerc´ıcio ıcio 7.1. (Nise EX 1 pg-291) Para um sistema com retroaç ao 450(s 450(s + 8)(s 8)(s + 12)(s 12)(s + 15) ´ G(s) = , det determi ermine ne os erros erros estaci estacion onários para as seguintes entradas de 2 s(s + 38)(s 38)(s + 2s 2s + 28) teste: 25 25u u(t) , 37 37tu tu((t) e 47 47tt2 u(t) ˜ unitaria ´ u m sistema com retroaç ao e negativa, onde G(s) = Exerc´ıcio ıcio 7.2. (Nise EX 2 pg-291) Para um (s + 3)(s 3)(s + 4)(s 4)(s + 8) ´ , determinar o erro de estado estacionario se a entrada for 30 20 2 30tt2 s (s + 2)(s 2)(s + 15) ˜ unitaria ´ e negativa, qual o menor erro que , G(s) = Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 7.3. 7.3 . Para um sistema com retroaç ao K (s + 8) ´ pode apresentar as entradas unitarias. s(s + 2)(s 2)(s + 4)

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 7.4. 7.4 . Dado o sistema G(s) = 17

(s + 3) ´ , calcule o erro de estado estacionario (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4)

deste sistema

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 7.5. 7.5 . Dado o sistema G(s) = 22

(s + 3) ´ , calcule o erro de estado estacionario (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4)

deste sistema

(s + 3) , qual e´ a amplitude do sinal de entrada (s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4) ´ quando o erro de estado estacionario se apresenta em 0, 1

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 7.6. Dado o sistema G(s) = 32

˜ unitaria ´ Exerc´ıcio ıcio 7.7. (Nise EX 9 pg-292) Para um u m sistema com retroaç ao e negativa, onde G(s) = 5000 , determine: determine: 2 s (s + 75) ´ (a) Qual a ultrapass ultrapassagem agem percentual percentual esperada esperada para uma entrada entrada unit´ unitaria? ´ (b) Qual o tempo de assentamen assentamento to esperado esperado para uma entrada unit´ unitaria, considerando 5% de erro? ´ (c) Qual o erro de estado estado estacion estacionario para uma entrada de amplitude 5? ˜ unitaria ´ u m sistema com retroaç ao e negativa,onde Exerc´ıcio ıcio 7.8. (Nise EX 11 pg-292) Para um (s + 2)(s 2)(s + 4)(s 4)(s + 6) ´ G(s) = K 2 , determine o valor de K que produza uma constante de erro est atico de s (s + 5)(s 5)(s + 7) 10 10..000. ˜ unitaria ´ u m sistema com retroaç ao e negativa, qual o menor Exerc´ıcio ıcio 7.9. (Nise EX 16 pg-292) Para um K erro que , G(s) = determine: s(s + 5)(s 5)(s + 10) ˜ em estado estacionario ´ (a) Que valor de K produz um erro de posiç ao de 0, 01, para uma entrada de

0, 1t (b) Qual o valor valor de K p para o valor de K obtido no item (a)? ˜ em estado estacionario ´ (c) (c) Qual Qual o valor valor m´ m´ınimo ınimo poss´ poss´ıvel ıvel do erro de posiç ao para a entrada fornecida em (a)?

120

Exerc´ıcio ıcio 7.10. 7.10 . (Nise EX 18 pg-292) pg-29 2) Para o sistema abaixo apresentado, projetar o valor de K de modo ´ 100u u(t) , haja um erro de de estado estacion ario que para uma entrada de 100 de 0,01. K s (s

+

1)

10s K


Analise pelo Caminho do Lugar das Raizes Anális al isee pelo pe lo Lugar Lu gar Ra´ızes ız es

Compensador

˜ de seu ganho proporcional K , tem como Um sistema em malha fechada, quando apresenta variaç oes ˆ ia a modifica ˜ da posic ˜ de suas ra´ consequ¨ encia enc mod ificac ç ao po siç ao ra´ızes. ızes. Podemos variar o ganho K de um determinado sistema desde 0, ate´

˜ de seus ∞, anotando anotan do a posiç ao

´ ˜ traç ando um grafico ´ ˜ dos polos ´ s em fun ˜ do ganho. ´ polos e entao resultante resulta nte da posiç ao olo func ç ao ganho. Este Este grafico sobre o plano s recebe o nome de Caminho do Lugar das Ra´ızes ızes (CLR). ˜ bastante O CLR traç ado, apresenta uma visao bastante completa do funcionamen funcionamento to de um sistema, permitindo ˜ ou mostrando escolher escolher com facilidade facilidade seu melhor ponto de operac operaç ao, mostrando qual compensado compensadorr deve deve ser calculado para atingir a resposta desejada. ˜ sobre o plano s do percurso dos p olos ´ Definimos como CLR, como sendo a representaç ao de malha ˜ do fator de ganho K = 0 (malha aberta), ate´ K = fechada, que corresponde a excursao

∞.

´ ˜ que os polos ´ Observe que para K = 0, os polos de d e malha mal ha fechada fechad a ocupam ocup am a mesma posiç ao de malha aberta. Esta propriedade propriedade e´ de bastante interesse, pois sera´ o ponto de partida para desenhar um CLR.

121

122

8.1

˜ CLR por Inspeç ao ´ do de inspec ˜ que consiste Sistemas de 1o e 2o ordem, permitem calcular seu CLR pelo meto etodo insp eç ao,

˜ correspondente dos polos ´ ˜ desenhar o grafico ´ em adotar ado tar valores valor es de K, K , calcular calc ular a posiç ao e entao sobre o plano s. ˜ e´ um metodo ´ ´ Nao utilizado, porem e´ bastante didatico para compreender um CLR. ´ do da inspec ˜ etodo ins peç ao. Exemplo 8.1.1. Para o sistema apresentado, traç ar seu CLR, pelo meto

1

K

+ -

(s - 4)

ˆ ´ de malha aberta em s = Inicialmente sabemos da existencia do polo

−4.

˜ do polo ´ em fun ˜ do ganho K . Para Necessitamos agora equacionar a posiç ao func ç ao Para isto isto reduzim reduzimos os o sistema.

K F T M F = =

Fazendo s

G(s) = 1 + G(s) H (s)

− 4 + K = 0 resulta em ⇒

s=4

− K

− 4) = K K (s − 4 + K ) 1+ .1 (s − 4) (s

Podemos agora montar uma tabela de valores de s e K

K = ganho do sistema 0 1 2 3 4 5 6 7 8 10 14 104 1004 10004

∞

s = polo de malha fechada fechada +4 +3 +2 +1 0 1 2 3 4 6 10 100 1000 10000

− − − − − − − − − −∞

↑ ´ instavel

↓ ´ marginalmente est´ estavel ↑ ´ estavel

↓

123 ˜ do polo ´ em fun ˜ do ganho K e tirar algumas Agora desenhamos sobre o plano s a posiç ao func ç ao ˜ conclus˜ conclusoes:

¯

¯

¯

¯

¯

-¥ b

b

b

t = 0,01s ì velocidade ü ï ï Ü ma aii s rá p i d o Ü e s q u e rd a í ou ý d ir e i t a Þ m a i s l e n t o Þ ï Cte. de tempo ï î þ

´ de malha fechada coincide com o p´ ´ de malha aberta, em s = −4. • Para K = 0 o polo polo ´ • O sistema inicialmente e´ instavel 0 ≤ K < 4. ´ • Para K = 4, a resposta resposta se apresenta apresenta marginalmente marginalmente est´ estavel. ´ • Para K > 4, o sistema se torna estavel.

• A constante de tempo do sistema diminui com o aumento do ganho. ´ ´ • Quanto maior o ganho, mais rapido e´ o sistema (acomoda mais rapido). ˜ acima estao ˜ apresentadas no CLR, sem a necessidade de serem escritas. • Todas as conclusoes Repetimos este mesmo procedimento para desenhar o CLR de um sistema de 2o ordem. para ara o sistema de 2 o ordem abaixo. Exemplo 8.1.2. Traç ar o CLR p

K

+

-

1

1

(s - 2)

(s + 10)

Reduzindo o sistema

F T M F = =

(s

−

K K = 2 2)(s 2)(s + 10) + K s + 8s 8s + (K (K

− 20)

´ Os polos se localizam em

√ √ − 8 ± 64 + 80 − 4K −8 ± 144 − 4K −8 ± s1 2 = = = ,

2

2

s1,2 =

−4 ± √36 − K

√

4(36 2

− K ) = −8 ± 2√36 − K 2

124 ˜ a posi ˜ dos polos ´ os em func ˜ do ganho fica: Por insp in spec eç ao, po sic ç ao ol fu nç ao 1◦ po´ lo +2 +1 0 1 2 3 4 4+j 4 + 2j 2j 4 + 3j 3j 4 + 4j 4j 4 + 10j 10j 4 + 100j 100j 4+ j

K 0 11 20 27 32 35 36 37 40 45 52 136 10036

´ 2◦ polo 10 9 8 7 6 5 4 4 j 4 2j 4 3j 4 4j 4 10 10jj 4 100 100jj 4 j

− − − − − − − − − − − − − − − − − − − −∞

− − − −

− − − − − − − ∞

∞

↑ ´ Instavel ↓ ↑ Super amortecido ↓ Amortecimento critico ↑ Sub amortecido amortecido

↓

Agora desenhando sobre o planos s

Im

Amortecimento crítico

pólo de malha aberta

pólo de malha aberta

Sub amortecido

Re - 1 0

- 9

- 8

- 7

- 6

- 5

- 4

- 3

- 2

- 1

Super amortecido

+ 1 + 2 + 3 Instável

Observando o CLR, podemos afirmar: ´ • Para valores de 0 ≤ K < 20, o sistema se apresenta instavel. ´ • Com K = 20, o sistema e´ marginalmente estavel.

• Para valores de 20 < K < 36, o sistema se apresenta super amortecido. • Com K = 36, o sistema se torna criticamente amortecido. • Para K > 36, o sistema e´ sub amortecido.

125 Um bom ajuste para este sistema, e´ impor K = 36, levando a resposta temporal a um sistema de ´ amortecimento cr´ıtico, ıtico, sem sobre sinal e bastante r apido. ´ Quando existem dois ou mais p olos em um sistema, aquele que se apresentar mais a direita no plano s, ˜ de polo ´ dominante, pois sua influencia na resposta do sistema e´ predominante. recebe rece be a denom d enomina inac ç ao ˜ da resposta temporal, Corresponde a parcela mais lenta da resposta temporal, determinando a duraçao ˜ conforme conceito ja´ visto no capitulo 5, Resposta Temporal. ou o tempo de acomodac acomoda ç ao, ´ ´ ´ dominante. Para analise simplificada de um gr´ grafico do CLR, consideramos apenas o percurso do p olo

´ 8.2 Fun Fundam dament entos os Matem Matemáticos do CLR ´ ˜ os valores de s onde matematicamente ocorre. Os polos de malha fechada sao

FTMF = F(S) =

K G(s) 1 + K G(s) H (s)

˜ dos polos ´ Para det deter ermin minac aç ao fazemos 1 + K G(s) H (s) Que resulta em:

K G(s) H (s) =

−1

  

ou

K G(s) H (s) = 1 ∠ 180◦ extrapolando

K G(s) H (s) = 1 ∠ (2K (2K + + 1)π 1)π para K = 0,

±1, ±2, ...

˜ sera´ CLR, ˜ angular dos polos ´ Em resumo, r esumo, um ponto p onto de observac o bservaç ao C LR, quando a contribuic contri buiç ao e zeros de um sistema somarem 180◦

◦

± K 360 360 .

˜ angular Cont Co ntri ribui buic ç ao ˜ angular, e´ o angulo ˆ ´ de malha aberta e final A cont co ntri ribui buic ç ao formado pelo vetor, com origem no polo ˜ em estudo ˜ de sinal utilizada no no ponto de observac obser vaç ao estudo e a horizontal, horizontal, com a mesma considerac consideraç ao ´ ico. Para compos ˜ de diversos p olos ´ circulo trigonometrico. etr com posic iç ao e zeros, a um determinado ponto, devemos ˜ dos polos ´ ˜ dos zeros negativa. conside cons iderar rar a contr co ntribui ibuic ç ao positiva positi va e a contribui co ntribuic ç ao Observador

a

pólo

126 ˜ devemos concluir que sobre o CLR, ob tido o por p or inspe i nspec ç ao, Exemplo 8.2.1. Verificando o Exemplo 8.1.1, obtid ˜ angular de 180o e fora dele angulos ˆ temos temo s contribu cont ribuic iç ao diferentes de 180o . ´ facil ˜ P 1 , P 2 e P 3 , como segue. E ´ observar, Sobre o plano s alocamos 3 pontos de observaç ao P 1 a a

P 2

3

2

a

1

P 3

que apenas sobre o eixo real no sentido da direita para a esquerda, a` partir do polo de malha aberta ˆ ´ e final ˜ sera´ 180o , s = +4 e´ que o angulo formado pela reta com origem no polo fina l no ponto de observac ob servaç ao ˆ ˜ sera´ de 180o , logo nao ˜ para qualquer outro ponto P 1 , P 3 , ou mesmo a` direita de s = +4, o angulo nao sera´ CLR. ˜ e´ CLR. • α1 < 180o pois P 1 esta´ no 2o quadrante, nao

• α2 = 180o pois P 2 esta´ sobre o eixo real e a esquerda de s = +4, e´ CLR. ˜ e´ CLR. • α3 > 180o pois P 3 esta´ no 3o quadrante nao ˆ ˜ e´ CLR. • Para pontos sobre o eixo real, com s > +4, o angulo sera´ de α = 0o , nao ´ do de inspec ˜ • So´ sera CLR, sobre o eixo real, a esquerda de s = +4, como obtido no meto etodo insp eç ao. ´ ´ erificando o Exemplo 8.1.2, vamos vamos observ observar ar a proprie propriedad dade e mat matem emática acima, acima, tamb tambem Exemplo Exemplo 8.2.2. Verificando para este CLR conhecido.

127 P 4

P 6

P 5

a b

P 3

P 2

- 10

+2

P 1

P 7

˜ angular dos pontos P 1 , P 2 , P 3 , P 4 , P 5 , P 6 e P 7 , com rela ˜ aos Vamos verificar a contribuic contri buiç ao re lac ç ao ´ polos de malha aberta s = +2 e s =

˜ −10, para confirmar o CLR ja´ obti o btido do por inspec ins peç ao.

˜ angular sera´ 0o , nao ˜ sendo CLR. • Para P 1 ⇒ α = 0o e β = 0o, logo a contribuic contri buiç ao ˜ angular sera´ 180o , sendo CLR. • Para P 2 ⇒ α = 180o e β = 0o, logo a contribuic contri buiç ao ˜ angular sera´ 360o , nao ˜ sendo CLR. • Para P 3 ⇒ α = 180o e β = 1800o, logo l ogo a contr co ntribui ibuic ç ao ´ • Para P 4, P 5, P 6 e P 7,, vale o calculo matematico que segue abaixo. ˆ ˆ Sendo a soma dos angulos internos de um triangulo, igual a 180o , e que β e´ o complementar de ˜ se encontrar no segmento medio. ´ sem pre que q ue o ponto de observac o bservaç ao α, logo α + β = 180o , sempre

´ ˜ sera´ • Portanto sobre o eixo real sera´ CLR qualquer ponto entre os polos de malha aberta, e nao ´ CLR para pontos fora do intervalo a` direita ou a esquerda dos polos de malha aberta.

˜ possuir parte imaginaria), ´ • Fora do eixo eix o real (quando o ponto pont o de observac ob servaç ao sera CLR sempre que ´ o ponto estiver eqüidistaste uidistaste dos polos de malha aberta

´ ˜ o CLR para o sistema de 2o ordem ocorre quando a • Como calculado no metodo da inspeç ao, ˜ angular dos polos ´ ˜ qualquer somam cont co ntri ribu buic iç ao de malha aberta a um ponto de observac observaç ao 180◦ , ou múltiplos ultip los ´ımpares ımpares deste.

128

8.3

˜ do CLR Regras para construç ao ´ ˜ e´ muito ´ O metodo da inspeç ao muito limitad limitado o mat matema ematic ticame amente nte,, pois o auxilio auxilio de ferr ferrame amenta ntas s mat matem emáticas,

˜ per ˜ do CLR de sistemas de ordem superior a 2 o . nao p ermit mite e obte o btenc nç ao ˜ angular e´ muito trabalhosa e sujeita a erros. A com c ompo posi sic ç ao ˜ do CLR, com mais facilidade Para tanto devemos d evemos seguir as a s regras abaixo ab aixo apresenta ap resentadas, das, para obtenc o btenç ao ´ que os dois metodos apresentados ate´ agora. ´ Dividiremos este metodo em duas partes.

´ 1 ) Quando Quando o sistema apresen apresenta ta polos e zeros apenas com parte real ´ 2 ) Quando Quando o sistema apresen apresenta ta polos e zeros complexos conjugados

´ 1◦ Polos e zeros apenas com parte real

˜ caracter´ Ob terr a equ equac aç ao ca racter´ıstica ıstica do sistema si stema 1 ) Obte

1 + K G(s) H (s) = 0, na forma abaixo. 1+

K (s + z1 )(s )(s + z2 )...( ...(s + zr ) =0 sn (s + p1 )(s )(s + p2 )...( ...(s + pq )

´ 2 ) Localizar os polos e zeros de G(s) H (s) (malha aberta), sobre o plano s. ´ • Desenhe no plano s todos polos e zeros de malha aberta. ´ • Os ramos do CLR se iniciam nos p olos (finitos ou infinitos) infinitos) de malha aberta, e terminam terminam sobre os zeros finitos ou infinitos) de malha aberta. ´ ico em relac ˜ ao eixo real. Isto ocorre porque polos ´ • Observe que o caminho e´ sempre simetrico etr rel aç ao ou zeros complexos ocorrem apenas em pares conjugados. ´ • O numero ´ de ramos do CLR sera´ igual ao número de polos de malha aberta. ´ ˜ • Como normalmente o número de polos de malha aberta e´ maior maior que o numero ´ de zeros, ent ao ´ ˜ terminar nos zeros finitos dispon´ os ramos se iniciam nos p olos finitos e irao dispon´ıveis ıveis e o restante nos zeros infinitos indicados pelas ass´ ass´ıntotas. ıntotas. ´ • Em resumo resumo o caminho caminho do lugar das ra´ızes ızes se inicia nos polos (finitos e infinitos) de G( ) H ( ) s

s

e se move a medida que o ganho K aumenta de zero a infinito e termina nos zeros (finitos e infinitos) de G(s) H (s) . 3 ) Determine sobre o eixo real os trechos do caminho do lugar das ra´ızes ızes

129 ˜ determinados pelos polos ´ • Os trechos sobre o eixo real s ao e zeros de malha aberta, que se encontram sobre ele. ´ ˜ influenciam os ramos do caminho sobre o eixo real. • Polos e zeros complexos conjugados nao • Sobre o eixo real, para , o caminho do lugar das ra´ızes ızes existe a esquerda de um n um umero ´ ero ´ımpa ım parr ´ de p olos e/ou zeros finitos a malha aberta sobre o eixo real e deixa de existir se a esquerda de ´ um numero ´ par de polos e zeros. Trechos onde não é cam inho porque está a esque rda

Im

de um núm ero par de pólos e/ou zeros

Re

-e

-c

-d

-a

-b

0

Trechos onde é cam inho porque está a esquerda de um núm ero im par de pólos e/ou zeros

4 ) Determine Determi ne as a s ass´ a ss´ıntotas ıntotas do lugar lu gar das ra´ızes ızes ´ as quando ´ O caminho caminho do lugar das ra´ızes ızes tende a retas assint´ assintoticas otic quando o lugar lugar tende ao infinit infinito. o. Al´ Alem ˜ das ass´ıntotas ˜ sobre o eixo real σa e o angulo ˆ disto, dist o, a equ equac aç ao ıntota s e´ dada da da p pelo elo ponto de inserç ao θa , da forma que segue:

σa =

´ Σpolos finitos Σzeros finitos ´ n◦ polos finitos - n ◦ zeros finitos

Onde K = 0,

−

e

θa =

(2K (2K + + 1)π 1)π ´ n◦ polos finitos - n◦ zeros finitos

ˆ ±1, ±2, ... e θ e´ um angulo em radianos, a` partir do eixo real positivo no sentido

convencional. 5 ) Determine os pontos de partida e chegada sobre o eixo real ˜ caracte Para a equa eq uac ç ao car acter´ r´ıstica: ısti ca:

K G(s) H (s) =

1 = (s) H (s)

−1 ⇒ K = − G

− DN ( ) K K s

K (s)

˜ da equa ˜ que se obtem ´ por derivada. O ponto de sa´ sa´ıda ıda ocorre na inflexao eq uac ç ao, ′

d = ds

−

N (s) D(s)

′

− D( )N ( ) s

s

N (2s)

˜ caracter´ ˜ do valor do ganho (maximo ´ Derivando Derivand o a equaç ao caracter´ıstica ıstica,, iremos iremos obt obter er uma inflex inflexão ou m´ınimo) ınimo) que indica o ponto de sa´ıda ıda ou chegada sobre o eixo real. ˜ se tornam muito complexas, sendo usual Quando a ordem do sistema for muito alta, as equaç oes ´ do de soluc ˜ por tentativa e erro. um segundo meto etodo sol uç ao

130 ´ Montamos uma tabela de valores para s proximos ao ponto estimado de sa´ıda ıda ou chegada sobre o eixo real e calculamos os valores de K. ´ Novamente localizamos o ponto procurado pelo maximo valor de ganho.

´ 6 ) Determinar o ponto de cruzamento com o eixo imagin ario ´ O ponto de cruzamento do caminho do lugar das ra´ızes ızes com o eixo imaginario pode ser facilmente ˜ do meto ´ do de Rou ´ determinado com a aplicaç ao etodo Routhth-Hur Hurwit witz. z. Um segundo segundo metodo pode ser uti˜ caracter´ lizado, substituindo s por jw e igualando i gualando a equaç ao caracter´ıstica ıstica a` zero. zero. Separando Separando a parte real da ˆ imaginaria, podemos determinar o ganho e a frequ¨ encia no ponto de cruzamento. ´ ´ ´ Antes do restante do metodo para traç ar o CLR, que envolve envolve polos e zeros imagin arios, vamos a exemplos de sistema apenas com parte real. ´ e zeros reais Exemplo 8.3.1. Esboç ar o CLR do sistema abaixo apresentado, com apenas polos

K (s

3) s ( s + 1)( s + 2 )( s

+ -

+

+

4)

´ Seguindo a sequencia do metodo apresentado temos: ¨ ˜ caracter´ • Det Determ ermina inarr a equ equac aç ao ca racter´ıstica ıstica do sistema. s istema.

1+

K (s + 3) =0 s(s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4)

´ • Alocar sobre o plano s os polos e zeros de malha aberta do sistema. Im +

j

Re

-4

-3

-2

-1

0

-

j

• Determinar o numero ´ de ramos do CLR. ˜ 4 polos ´ ˜ 4 caminhos. Sao finitos de malha aberta, logo ser˜ serao

• Determine sobre o eixo real os trechos do caminho do lugar das ra´ızes ızes • Determine Deter mine as ass´ıntotas ıntota s do lugar das ra´ızes ızes +(0) + (−1) + (−2) + (−4) − (−3) 4 σ = = − = −1, 33 4−1 3 a

131 Im +

j

Re

-4

-3

-2

0

-1

-

K

θ

0

π = 60◦ 3

1 θa =

(2K (2K + + 1)π 1)π 3

2

⇒

j

3 4 5

3π = π = 180◦ 3 5π = 300◦ 3 7π π = = 60◦ 3 3 9π = π = 180◦ 3 11π 11 π 5π = = 300◦ 3 3

• desenhando as ass´ıntotas ıntotas sobre o planos s.

Im

3 3 ,

assintotas 1

= s

a

o

180

o

6

0

Re

eixo imaginário

-

-4

-3

-2

-1

6 0 o

cruzamento com

0

132 A par tir do esboç o do CLR, podemos observar. observar. ´ • O numero ´ de ramos e´ igual ao número de polos de malha aberta 4. ´ ico em relac ˜ ao eixo real. • O CLR e´ simetrico etr rel aç ao • Os segmentos do CLR sobre o eixo real se posicionam a` esquerda de um número umero ´ımpar ımpar de ´ polos e/ou zeros. ´ • O CLR se inicia em 4 polos finitos e termina em 1 zero finito e em 3 zeros zeros no infinitos infinitos (indicado (indicado pelas pel as ass´ as s´ıntota ınt otas) s)

• A regra indica ainda que os zeros se encontram na ponta das ass´ıntotas. ıntotas. exerc´ıcio ıcio de maior complexidade, determinando os pontos de sa´ sa´ıda ıda do Exemplo 8.3.2. Agora um exerc´ ´ eixo real e cruzamento com eixo imaginario

K s( s

+

2)(s + 5)

´ Este sistema apresenta 3 polos em 0, -2 e -5 e nenhum zero, que desenhado no plano s resulta no CLR abaixo.

-2

-5

0

Calculando Calcul ando as ass´ıntotas. ıntotas.

+(0) + ( 2) + ( 5) 7 σa = = = 3 3

−

−

−

−2, 33

e

(2K (2K + + 1)π 1)π θa = 3

⇒

K

θ

0

π = 60◦ 3

1 2

3π = π = 180◦ 3 5π = 300◦ 3

˜ do ponto de sa´ ´ Para det determ ermina inac ç ao sa´ıda ıda sobre o eixo real do CLR, temos dois metodos.

133

˜ (a) Por insp in spec eç ao ˜ caracter´ A par p artir tir da equac equa ç ao ca racter´ıstica, ıstica, podemos podemo s afirmar. afir mar.

K G(s) H (s) =

1 = (s) H (s)

−1 ⇒ K = − G

− {s(s + 2)(s 2)(s + 5)}

Como procuramos a maior parte real apenas, faremos s = σ, resultando:

K =

− {σ(σ + 2)(σ 2)(σ + 5)}

´ Substituindo valores para σ , buscando o ponto onde o ganho seja m máximo, pois este sera´ o ponto de sa´ sa´ıda ıda sobre o eixo real.

´ Sabemos que o CLR se inicia nos polos de malha aberta e termina nos zeros (finitos ou infini˜ ira´ terminar em tos), portanto o caminho que se inicia em 0, nao

˜ dois polos), ´ −2 (sao logo o

ponto de sa´ sa´ıda ıda sobre o eixo real estara´ entre estes dois pontos e escolheremos valores de σ entre 0 e

−2.

˜ para nao ˜ confundir o ponto de sa´ OBS: OB S: Aten At enc ç ao sa´ıda ıda das ass´ ass´ıntotas, ıntotas, com o ponto de sa´ sa´ıda ıda sobre ˜ diferentes locais. o eixo real, pois sao

σ

K =

−0, 7

− {σ(σ + 2)(σ 2)(σ + 5)} − {−0, 7(−0, 7 + 2)(−0, 7 + 5)} = 0, 7 x 1, 3 x 4, 3 = 3, 913

−0, 8

− {−0, 8(−0, 8 + 2)(−0, 8 + 5)} = 0, 8 x 1, 2 x 4, 2 = 4, 032

−0, 9

− {−0, 9(−0, 9 + 2)(−0, 9 + 5)} = 0, 9 x 1, 1 x 4, 1 = 4, 059 ⇒ K max max

local

−1, 0

− {−1(−1 + 2)(−1 + 5)} = 1 x 1 x 4 = 4, 000

−1, 1

− {−1, 1(−1, 1 + 2)(−1, 1 + 5)} = 1, 1 x 0, 9 x 3, 9 = 3, 861

Portanto o ponto de sa´ sa´ıda ıda do eixo real, ocorre em s =

−0, 9, quando o ganho for K = 4, 059.

(b) Por derivada Como visto no item (a), =

K =

´ −s(s + 2)(s 2)(s + 5), logo sua derivada ser a:

−σ3 − 7σ2 − 10 10σ σ ⇒

dK (σ) = dσ

−3σ2 − 14 14σ σ − 10 = 0

Resolvendo a igualdade por baskara, temos.

√ 14 ± 196 − 120 14 ± 8, 72 σ1 2 = = −6 −6 = ,

˜ do resultado, e: ´ A inter int erpre pretac taç ao

 

σ1 =

−0, 88 σ2 = −3, 79

134 ˜ que na busca por inspeç ao, ˜ • σ = −0, 88 e´ o valor que procuramos, agora com maior precis ao que resulta no ganho K = 4, 061 ˜ • σ = −3, 79 e´ um pont ponto o fora fora do CL CLR, R, porta portant nto o pode pode ser ser desp despre reza zado do,, pore porem m caso caso a real realim imen enta tac çao do sistema fosse positiva, este seria o ponto de sa´ıda ıda sobre o eixo real. ˜ do ponto de cruzamento com o eixo imagin ario, ´ Para det deter ermin minac aç ao utilizamos Routh para determinar o limite de estabilidade.

F T M F = =

K K = 3 s(s + 2)(s 2)(s + 5) + K s + 7s 7s2 + 10s 10s + k

s3

1

10

0

s2

7

K

0

s1

s0

70

⇒

− K > 0

0

0

K>0

0

0

7

0

<

K

<

70

´ O sistema sera´ marginalmente est´ estavel com K = 70, que e´ o ganho procurado.

ConhecendoK critico critico , devemos agora procurar o valor de W critico critico ´ ´ vale zero, podemos afirmar. Sabendo que sobre o eixo imaginario jW , a parte real do polo

s3 + 7s 7s2 + 10s 10s + k = 0 com K = 70 Substituindo s

→ jW , temos:

 

s3 + 7s 7s2 + 10s 10s + 70 = 0

(jW ) jW )3 + 7(jW 7( jW ))2 + 10(jW 10(jW )) + 70 = 0 + 0j 0j

e lembrando que

Resulta

   

√−1 j 2 = −1 j 3 = −j j=

j4 = 1

−j W 3 − 7W 2 + 10j 10j W + 70 = 0 + 0j 0j ´ Separando a parte real da parte imaginaria. Parte real Parte imaginaria

√ − 7W 2 + 70 = 0 ⇒ W = ± 10 = 3,3, 16 rad/seg 3

− W

+ 10W 10W = 0

⇒ W

(−

2

 ) ⇒ 

W = 0

W + 10 = 0

W =

√ ± 10 = 3,3, 16 rad/seg

135 ´ Resumindo, o cruzamento com o eixo imagin´ imaginario ocorre com K = 70, no ponto s = 0

± 3, 16 16jj , que

16rad/seg rad/seg tem W n = W critico critico = 3, 16 ˜ ´ dominante, Fica o CLR definitivo, e nossas conclusoes: Observando o caminho traç ado pelo pel o p olo

˜ do ganho K, como: definimos o comportamento de nosso sistema em funç ao

• Para 0 < K < 4, 06 o sistema sera´ super amortecido apresentando: – t < ∞, para K = 0, decrescente ate´ s

– ts =

|−

• Para K =

4 > 4, 54 seg, para K < 4, 06 0, 88

|

4, 06, o sistema sera´ criticamente amortecido, tera´ um ts = 4, 54 seg, que sera´ o

˜ que este sistema ira´ apresentar ˜ menor tempo de acomodac acomoda ç ao apresen tar nestas condiç oes.

• Para 4, 05 < K < 70, o sistema sera´ sub amortecido apresentando: – ts = – ts

4 > 4, 54 seg, para K > 4, 06 e W d = 0, mas crescente. 0, 88

|− | < ∞, para K < 70 e W

d

< 3, 16 rad/seg

´ • Para K = 70, o sistema sera´ marginalmente estavel, com t e W d = W n = < 3, 16 rad/seg ´ • Para K > 70, o sistema sera´ instavel.

s

=

∞

136 ˆ ´ Considerando a existencia de polos ou zeros com parte imaginaria, verificamos o restante de nosso ´ metodo.

ˆ ´ complexo (ou chegada de um zero complexo) de partida de um p olo 7 ) Determine o angulo ˜ dos ramos do caminho do lugar das ra´ızes ´ ´ Para determinar deter minar a direç ao ızes proximos aos polos ou zeros ˜ s de posic ˜ de um observador, no polo ´ ou complexos, consideraremos conside raremos que q ue para pequenas pequen as variaç oes oe po siç ao ˜ das contri ˜ angulares sera´ muito pequena, praticamente nula. zero conside cons iderado, rado, a variac vari aç ao con tribuic buiç oes ˆ ´ Desta forma faremos o angulo de partida (para os polos) ou de chegada (para os zeros) como ˜ angular de todos os polos ´ a cont co ntri ribui buic ç ao e zeros do sistema, subtra´ıdo ıdo de 180◦ considerando os sinais apropriados, como segue. ângulode partida

Im

q

a1

a3

Re a2

∑ −∑ ∑ −∑

ˆ ´ complexo θ = 180 + • Angulo de partida de um polo ˆ • Angulo de chegada chegada de um zero complexo complexo θ = 180 +

αzeros

αpolos ´

αpolos ´ αzeros

˜ da posi ˜ dos polos ´ De term rmin inac aç ao po sic ç ao de malha fechada. 8 ) Dete ˜ dos polos ´ Sendo interessante muitas vezes determinar para um ganho a posiç ao no caminho do ˜ do polo ´ dominante. lugar das ra´ızes, ızes, pois poi s esta sera´ a cond co ndic iç ao ˜ de modulo a seguir. Para isto podemos utilizar uti lizar a propriedade de condiç ao

K =

ˆ ´ produto da distancia entre o ponto s e os p olos ˆ produto produto da distˆ distancia entre o ponto s e os zeros

Ou de outro modo, faremos



K G(s) H (s) s =

◦

−a ± bj = 1∠180

´ complexos conjugados. Exemplo 8.3.3. Traç ar o CLR para o sistema abaixo que apresenta dois polos

 

E+

-

T

E

K(s+2) s2 +2s+3

´ (1) Determinar Determinar os polos e o zero do sistema, G(s) =

E

K (s + 2) √ √ (s + 1 + 2j )(s )(s + 1 − 2j )

137

-1 +

2 j

Im

σa =

− √2j ) + (−1 − √2j ) − (2) = 0 = 0 2−1 1

+( 1 +

Re -2

θa = (2K (2K + + 1) -1 -

2 j

π = 1

π p/ qualquer valor de K

´ (2) Desenhar Desenhar p´ polos e zero sobre o plano s e colocando o CLR sobre o eixo real temos ˆ (3) Calcular Calcular o angulo de partida. -1 +

2 j q

Im

55º

θ = 180◦

Re -2

− 90

◦

+ 55◦

◦

⇒ θ = 145

90º

-1 -

2 j

(4) Determinar Determinar o ponto de chegada sobre sobre o eixo real, resolvendo resolvendo por derivadas: derivadas:

s2 + 2s 2s + 3 K = s+2

⇒

dK (σ) (2σ (2σ + 2)(σ 2)(σ + 2) (σ 2 + 2σ 2σ + 3)(1) σ 2 + 4σ 4σ + 1 = = dσ (σ + 2)2 (σ + 2)2

−

 

 

σ1 =

−3, 732 em cima determinando as ra´ ra´ızes ızes temos σ2 = −0, 268 em baixo {σ3 = σ4 = −2 Sendo os pontos σ2 = −0, 268, fora da curva e σ3 = σ4 = −2 exatamente sobre o zero do sistema, eles deixam de ser os pontos que procuramos, sendo o ponto de chegada do CLR σ1 = −3, 732 O ganho K sera´ calculado como:

K =

2 2(−3, 732) + 3 9, 4638 − (−3, 732)−3+, 732 =− −1, 732 = 5, 464 +2

138 (5) Resultado Resultado do CLR CLR

145º

Im s K

=

=

3,732

-

5,464

Re 2

-

(6) Conf Conferindo erindo no MatLab. MatLab.

2 1.5 1 0.5 0 System:sys Gain:5.46 Pole:-3.73 Damping:1 Overshoot(%):0 Frequency(rad/sec):3.73

-0.5 -1 -1.5 -2 -7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

139

8.4


˜ unit ´ Para cada cada um dos sistem sistemas as aba abaixo ixo aprese apresenta ntados dos de realime realimenta ntac ç ao unitária Exerc´ıcio ıcio 8.1. Ogata pg340 Para ´ e negativa, neg ativa, traç ar o CLR indicand i ndicando o os poss´ıveis ıveis pontos pon tos not n otaveis (sa´ıda ıda ou chegada sobre o eixo real e ´ cruzamento cruzamento com o eixo imagin´ imaginario)

K (s + 1) s2 K (s + 4) = (s + 1)2

(a) G(s) = (b) G(s)

(c) G(s) =

K s(s + 1)(s 1)(s2 + 4s 4s + 5)

(d) G(s) =

K s(s + 0, 0, 5)(s 5)(s2 + 0, 0, 6s + 10)

(e) G(s) =

K (s2 + 2s 2s + 2)(s 2)(s2 + 2s 2s + 5)

(f) G(s) =

K (s + 0, 0, 2) s2 (s + 3, 3, 6)

(g) G(s) =

K (s2 + 8s 8s + 20) (s2 + 2s 2s + 2)

´ e zeros mostrados Exerc´ıcio ıcio 8.2. 8.2 . Nise ex n o 4 pg 340 Para o plano s abaixo apresentado, com os p olos na figura, esboce o CLR e encontre os pontos de sa´ıda ıda Im plano s +j1

1

-1

Re

-j1

˜ caract ˜ unit ´ caracter er´´ıstica ıstica KG(s) H(s) abaixo, abaixo, de um sistema sistema de realimentac realimentaç ao unitária, Exerc´ıcio ıcio 8.3. Dada a equaç ao esboce o seu CLR. KG(s) H(s) =

K (s + 3) s(s + 1)(s 1)(s + 2)(s 2)(s + 4)

˜ unitaria ´ realim entaç ao e negativa, com G(s) = Exerc´ıcio ıcio 8.4. 8. 4. Nise ex n o 18 pg 341 Para um sistema de realimentac K (s + α) ´ determine os valores de K e α, que produza um par de polos em malha fechada de s = s(s + 1) 1 100 100jj

− ±

ra´ızes ızes abaixo e sua resposta temporal, temporal, podemos afirmar Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 8.5. 8.5 . Dado o caminho do lugar das ra´ que o lugar onde as ra´ ra´ızes ızes se encontram em qual segmento: E

D

0 C

B

0

A

140


Projeto pelo Caminho do Lugar das Raizes Projeto Projeto pelo Lugar Lu gar Ra´ızes ız es

Compensador

Nosso objetivo agora sera´ conhecer os procedimentos para calcular um compensador para nosso sistema, que nos permita obter a resposta temporal desejada. ´ ˜ conPartindo do grafico dos lugares das ra´ ra´ızes ızes para a planta em estudo, estudo, pela simples simples observac observaç ao ˜ do ganho, ou se sera´ seguimos seguimos determinar determinar se a resposta resposta desejada desejada pode ser obtida pela variac variaç ao ´ ˜ de um compensador necessaria a` mudanc m udanç a do d o caminho do lugar das ra´ızes ızes original origi nal com a colocac c olocaç ao em cascata. ´ No projeto de compensadores pelo metodo do lugar das ra´ızes, ızes, alteramos o caminho original da planta, ˜ de compensadores, de modo que polos ´ ˜ calculadas levam pela pe la adic ad iç ao e zeros zero s colocados col ocados em posic p osiç oes a resposta temporal total do sistema ao desejado. ´ alocamos polos ´ Tambem e zeros de forma a modificar o ganho de malha aberta sem alterar a resposta ˆ ´ em frequ¨ encia e com isto diminuir o erro de estado estacion ario. ´ Podendo alterar a resposta temporal e o erro de estado estacion ario, levamos o sistema a resposta ˜ de compensadores. desejada desejada com a inclus˜ inclusao

141

142

9.1 9.1

´ Conc Co ncei eito tos s basicos ´ Para entendimento dos procedimentos do projeto, vamos revisar dois conceitos necessarios aos

´ calculos.

˜ de polos ´ 1) Adiç ao e zeros em um CLR

• Adiç ao ˜ de polos ´ Tem como efeito o deslocamento deslocamento do lugar das ra´ızes ızes mais para a direita,cau direita,causando sando na reˆ sposta temporal tendencia ao aumento do numero ´ de sobre-sinais e aumento do tempo de ˜ acom ac omod odac aç ao. ˜ de um polo ´ na origem cresce o tipo do sistema de uma ordem que o torna Lembre Lem bre que a adic a diç ao ´ ´ mais proximo a` instabilidade, mas anula o erro de estado estacionario para uma determinada entrada. ´ ´ Veja os graficos abaixo com o aumento do numero ´ de polos altera o CLR de um sistema.

Im

Im

Im

plano s

plano s

plano s

Re

Re

Re

acrésc acr éscimo imo de pól pólos os

®

desloc des locament amento o do camin caminho ho par para a a dir direit eita a

˜ de zeros • Adiç ao ˜ de um ou mais zeros em uma planta possui ˜ de polos, ´ A adiç ao possui o efe efeito ito inverso inverso da adiçao ou seja, deslocamos o lugar das ra ra´´ızes ızes mais para a esquerda, tendendo tornar o sistema mais ´ do na acomoda ˜ diminuindo sobre sinais e com resposta temporal mais est´ ´ rapido api acom odac ç ao, estavel, porem ´ tendendo tendendo ao aumento aumento do erro estacion estacionario. ´ ˜ de um unico Veja os graficos abaixo apenas com a inclus ao ´ zero e seu deslocamento para mais ´ proximo a` origem altera o CLR de um sistema.

143 Im

Im plano s

Re

Im plano s

Re

desloc des locamen amento to do ca camin minho ho par para a a es esque querd rda a

Im

plano s

plano s

Re

Re

acré ac résc scimo imo de ze zero ros s

¬

˜ angular de p olos ´ 2) Co Cont ntri ribu buic iç ao e zeros. ´ e pelo ˜ Aprend Aprendemo emos s no capitul capitulo o ant anterio eriorr, an´ analise alis pelo caminh caminho o do lugar lugar das ra´ ra´ızes ızes,, que a soma soma das contrib contribuic uiç oes ´ s subtra´ ˜ angular dos zeros, quando compoe ˜ um angulo ˆ angulares dos polos olo subt ra´ıdas ıda s as contrib cont ribuic uiç ao de 180◦ ou múltiplos ultip los ´ımpares ımpare s deste, determina deter mina o caminho caminh o do lugar l ugar das da s ra´ızes. ızes. ˜ que a contribuic ˜ angular de cada polo ´ ou zero, sera´ o angulo ˆ Definimos entao contri buiç ao formado por uma ´ ou zero considerado com o ponto em estudo, e a reta paralela ao eixo real, reta que liga o polo conforme abaixo.

6Im

P2=(-4+4j) ....... .. ...

@ I @ 135 ....... @ .. ...

o

P1=(-2+2j)

Re

-

• O vetor com origem em P 1 = (−2 + 2j ), e final em P 2 = (−4 + 4j ), pode ser calculado como um vetor da diferenç a entre eles de valor V = (−2 + 2j 2 j ), que representado na forma polar, resulta em 2∠135◦ . ˜ que P 1 tem a` P 2 , neste caso nosso observador, e´ de 135◦ A contr con tribu ibuic iç ao

´ podemos obter angulo ˆ ˜ • Por trigonometria, tamb´ tambem angu lo de cont c ontribu ribuic iç ao. P2

2

@ @ @ @ @ β α @ @ 2

P1

arc tang α =

2 cateto oposto = =1 2 cateto adjacente

arc tang α = 1

β = 180◦

◦

− 45

◦

⇒ α = 45 ∴

β = 135◦

144 ˜ por substit ˜ em polinˆ ˆ • Podemos ainda ai nda obter ob ter a mesma contribuic contri buiç ao subs tituic uiç ao polinomios.

    −   −     

(s + 2

2j )

origem

= ( 4 + 4j 4j + 2

−

◦

− 2j ) = (−2 + 2j 2 j ) = 2, 82∠135

4 + 4j 4j

s=

final

˜ angu ´ e zero, ˜ ao pon ˜ angula larr de cada ada polo zero, com relaç ao ponto to de observ observac aç ao Exemplo Exemplo 9.1.1. Calcule a contribuiç ao (s + 1)(s 1)(s + 3) P = ( 1, 5 + 2j 2 j ), e ao final determinar se este ponto pertence ao CLR, para um G(s) = s(s + 2)

−

ˆ Graficamente, foram obtidos os angulos, como segue abaixo:

observador (-1,5+2j)

Im +2j

54º

76º

104º

127º Re

-3

-2

0

-1 -1,5

Por trigonometria.

2 = 53◦ 1, 5 2 α2 = arctg = 76◦ 0, 5 α1 = arctg

a1

a2

b3

a3

b4

a4

α3 = 180◦

− β3 = 180 − arctg 02, 5 = 104

α4 = 180◦

− β4 = 180 − arctg 12, 5 = 127

◦

◦

◦

◦

ˆ Por polinomios.

α1 = (s + 3) s=−1,5+2j = +1 +1,, 5 + 2j 2 j = 2, 5∠53◦

| α2 = (s + 2)| = 1 5+2 = +0 +0,, 5 + 2j 2 j = 2, 06∠76 α3 = (s + 1)| = 1 5+2 = −0, 5 + 2j 2 j = 2, 06∠104 = −1, 5 + 2j 2 j = 2, 5∠127 α4 = s| = 1 5+2 ◦

s − ,

j

s − ,

j

◦

◦

s − ,

j

´ ˜ angular de cada polo ´ ou zero e´ sempre Por qualquer dos metodos calculados, a contribuiç ao igual. ˜ angular para o observador e: ´ A contr con tribu ibuic iç ao

θ=

−53

◦

+ 76◦

◦

− 104

+ 127◦ = +46◦ = 180◦

̸

145 ˜ fosse CLR, a contribuic ˜ dos polos ´ Para que qu e o ponto de observac obser vaç ao contri buiç ao e zeros, deveriam somar 180o ou multiplo ´ ´ımpar ımpar deste, respeitado os sinais. Logo o ponto

˜ pertence ao CLR. −1, 5 + 2j 2 j , nao

Colocamos compensadores associados a plantas modificando o CLR, para que o sistema passe por um ponto desejado e melhorando sua resposta temporal, ou permitindo modificar o ganho e com isto ´ . Para diminuindo o erro de estado estacionario. ario Para cada caso, um compensador compensador deve deve ser aplicado, aplicado, ou ´ ainda se necess necessario, ambos. ˜ tenham larga aplicac ˜ como compensadores analogicos, ´ Embora nao aplica ç ao os compensadores ideais, inte˜ exemplos bastante didaticos ´ ˜ obtida. gral ou diferencial sao do efeito da compensac compensa ç ao obtida. ´ ˜ utilizados ˜ Na pratic pratica, a, para para montag montagens ens ana anallogicas, sao utilizados compensado compensadores res de avanc avanço ¸o de fase fase para modificac modificaç ao ´ do CLR e compensadores de atraso de fase para melhoria do erro de estado estacion ario. ´ ˜ s de constr ˜ por serem um ampliCompensadores analogicos diferencial diferenci al ideal ide al apresentam apr esentam limitac limit aç oes oe con struc uç ao ˜ de seus ficador para ru´ıdos, ıdos, enquanto que o compensador integral ideal chega ao estado de saturaç ao ˜ do sinal de amplificadores com relativa facilidade, efeito conhecido como ”Wind-up”, quando variaçoes ˜ modificam o sinal de sa´ entrada nao sa´ıda ıda e o sistema passa a trabalhar em malha aberta. Quando implementados com micro-controladores ou sistemas digitais, estes efeitos podem ser admin˜ e´ hoje a mais difundida em controle de sistemas. istrados e sua utilizac utili zaç ao

Compensador Diferencial Ideal ´ Um compensador derivativo ideal sera´ utilizado buscando tornar o sistema mais rapido no seu tempo ˜ Por levar o caminho do lugar das ra´ızes ´ de acomo aco moda dac ç ao. ızes mais para a esquerda, far´ fara´ com que o polo 4 ˆ dominante se posicione com valores maiores de s, logo s = ζ W n e ts = , por conseqüencia um ζ wn ˜ menor que no sistema original. Obviamente podemos tornar um sistema mais tempo tem po de acomoda aco modac ç ao ´ rapido at´ ate´ o limite do realizavel, ou seja, de nada adianta projetar um compensador que imponha um ˜ ira´ gerar tempo de subida mais ´ıngreme ıngreme que o sistema permita, pois o mesmo nao ge rar a sa´ıda ıda esperada. esperada .

Exemplo 9.1.2. Para os dois sistemas abaixo, temos uma planta com um sistema de 3◦ ordem a esquerda e o mesmo sistema acrescido de um compensador PD (observe o zero em s =

−4) a direita.

Para amos os casos, desenhamos o CLR e comparamos suas respostas temporais verificamos que a ˜ do zero do compensador faz com que o sistema estabilize mais rapidamente. adiç ao

 

20 E+ E (s+1)(s+2)(s+5) T

E

seus respectivos CLR superpostos.

 

35 (s+4) E+ E (s+1)(s+2)(s+5) T

E

146

o ã ç a s n e p m o c m o c

m se

c

ão ç sa n pe om

suas respostas temporais

1.4

1.2 Comcompensação

1

0.8

0.6

0.4

Semcompensação

0.2

0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

Compensador Integral Ideal ´ ´ o de ma Obje Objetiv tivan ando do a me melh lhori oria a do erro erro esta estaci cion onário, e´ bast bastan ante te usua usuall aloc alocar ar um polo ol malh lha a abert aberta a na orig origem em do sistema, com isto estaremos aumentando o tipo do sistema de uma unidade e anulando o erro esta´ cion´ cionario ou diminuindo conforme o caso em estudo. ˜ a degrau possui um erro estacion ario ´ Por Por exemplo exemplo,, uma planta do tipo zero zero com excitac excitaç ao finito e ˜ nulo, porem com a inclus˜ ˜ de um compensador PI ideal, este sistema ser´ nao inclusao sera´ transformado em um

147 ´ sistema do tipo 1, apresentando erro estacionario nulo, modificando o comportamento da resposta temporal. ˜ podemos desprezar que a colocaç ao ˜ do polo ´ de malha aberta na origem altera tamb´ ´ as reNao tambem ´ ˜ esta que spostas transitorias, levando o caminho do lugar das ra´ ra´ızes ızes mais a` direita di reita do plano s, situac si tuaç ao ´ pode ser indesejavel. ´ um zero proximo ´ ´ na origem, desta forma as Para resolver este problema, adicionamos tambem do polo ˜ ´ e do zero do compensador se anulam mantendo o caminho do lugar cont co ntri ribu buic iç oes angulares do polo das ra´ ra´ızes ızes original.

m

E+ E T

K

E

G(s)

m

E + E K(s+d) E s T

E

Im

Im

A

A

Re -c

-b

←

Re -c

-a

θa + θb + θc = 180◦ sem

G(s)

compensador

→ com θ

-b

a

-a

-d 0

+ θb + θc + θ0

−θ

d

= 180◦

E

148

Exemplo 9.1.3. Para o sistema apresentado comparamos a resposta do original e a resposta compen´ sada adicionando um compensador integral ideal, mostrando que o erro estacionario reduz a zero com ´ uma entrada em degrau sem afetar sensivelmente a resposta transitoria

 

E+

E

-

T

 

E

160 (s+1)(s+2)(s+10)

E+

E

-

T

160(s+0,1) s(s+1)(s+2)(s+10)

Obtido pelo MatLab, o CLR, permanece praticamente inalterado.

8 6 4 2 0 -2 -4 -6 -8 -10 -10

-8

-6

-4

-2

0

´ Enquanto a resposta temporal, apresenta seu erro de estado estacionario anulado pelo aumento do tipo do sistema.

1.4

1.2 comcompensação

1

semcompensação

0.8

0.6

0.4

0.2

0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

E

149

9.2

Compensador Compensador por Avanc Avanç o de fase ´ ´ ˜ por Avanc Tecnicas ecni cas de compensa comp ensac ç ao Avanç o de Fase pelo caminho do lugar das ra´ızes ızes Metodo

˜ de sistemas ˜ desejadas sao ˜ fornecidas em termuito util uti ´ l para p ara compens comp ensac aç ao sistema s quando quan do as a s especificac espe cificaç oes ˆ a de oscilac ˜ natural, grau mos de grandezas grandezas no dom´ınio ınio do tempo, tempo, tais como sobre sinal, frequ¨ encia enci osci laç ao de amortecimento, etc. ´ ´ ´ Quando o sistema se apresenta instavel ou estavel porem com uma resposta temporal indesej´ indesejavel para ˜ podemos modificar e melhorar a resposta com a colocaç ao ˜ de um compensador o projeto em questao, ˜ de transferencia ˆ de avanç o de fase em cascata com a funç ao no ramo direto, que ira´ deslocar o CLR ˆ mais para a esquerda do plano s, permitindo alterar os par ametros acima citados. ˜ do compensador de avanç o de fase colocado em cascata com a funç ao ˜ de transPara det determ ermina inac ç ao ˆ ferˆ ferencia de malha direta, devemos seguir os passos abaixo.

˜ atual ˜ da planta. • Dete Determ rmine ine a posic p osiç ao atua l de operac oper aç ao ˜ necessarias, ´ ˜ desejada dos polos ´ • Com base b ase nas n as especi es pecificac ficaç oes determine deter mine a localiza l ocalizac ç ao de malha fechada dominantes. ˜ e´ poss´ ˜ do sistema • Verifique no caminho do lugar das ra´ızes ızes original se nao po ss´ıvel ıve l a` compe co mpens nsac aç ao apenas pelo ajuste de ganho.

• Suponha o compensador por avanç o de fase como 1 Ts + 1 T com 0 < α < 1 = K c α = K c 1 αT s + 1 s+ αT s+

Gc(s)

˜ determinados com base na defici encia ˆ Onde e T sao angular e Kc a partir do requisito do ganho de malha aberta. ˜ sendo especificado o erro estatico, ´ ´ • Nao posicione os polos e zeros do compensador para comˆ ´ ˜ limitar pletar o angulo com sendo se ndo o maior mai or poss´ po ss´ıvel, ıvel, se nenhuma ne nhuma outra especificac especifica ç ao θ necessario, seu valor. ´ ´ Obs., em alguns casos onde o erro est atico especificado imponha compensadores com calculos ´ ˆ muito complexos, podera´ ser mais simples o metodo de resposta em frequ¨ encia. ˜ no polo ´ dominante • Determine o ganho de malha aberta aber ta do sistema compensado, para operaçao desejado,

150

Exemplo 9.2.1. Calcule um compensador de avanç o de fase, para o sistema apresentado abaixo, que permita a planta operar com W n = 4 rad/seg e ζ = 0, 5 . ¿

T Im T

 

E+

E

-.

T

4 s(s+2)

Re

E

......... . ..........

.... .... ..... .... ....

-2

E

0

c

˜ atual dos polos ´ Calcul Cal culand ando o a posic pos iç ao dominantes temos.

F T M F = =

s2

4 = + 2s 2s + 4 (s + 1 +

ˆ ia, as condic ˜ s de ˜ estao ˜ em por consequ¨ encia, enc cond iç oes oe d e ope o perac raç ao

  

4 √3j )(s √ )(s + 1 − 3j ) ζ = 0, 5 W n = 2 rad/seg K v = 2 seg - 1

˜ de projeto, devemos manter o mesmo grau de amortecimento ζ e dobrar a freqüencia ˆ Pela solici sol icita tac ç ao ˜ W n . natural nat ural de oscilac osci laç ao ˜ dos polos ´ Sobre o plano s determinamos deter minamos a nova posiç ao dominantes.

........ .. ...

6Im

-2

0

+3,46j

A KA Wn=4A A ... .. ...... +1,73j .A A A A Re θ .A ........ .. .. ........ .. ... ....... ......

......... .. ..

´ ˜ se situar em s1,2 = Os novos polos dominantes irao

˜ ao CLR sobre −2 ± 3, 46 j , e por p or observac obse rvaç ao

˜ e´ poss´ ˜ neste ponto pela simples variaç ao ˜ de ganho, sera´ necessaria a o plano s, nao po ss´ıvel ıve l a opera op erac ç ao ˜ de ˜ de projeto. inclus˜ inclusao d e um compensador compens ador de avanç o de fase para atingir atingi r as condiç oes

151 ˜ do polo, ´ do zero e o ganho a ser Devemos dimensionar dimen sionar o compensador, compens ador, determinand deter minando o a posiç ao ˜ do zero e do polo ´ do compensador, seguimos os passos abaixo. imposto. Para determin det erminar ar a posiç ao

´ dominante desejado (reta PA) • Traç ar uma reta horizontal horizon tal passando p assando pelo polo

• Traç ar uma reta de P ate´ a origem (reta P0) ˆ • Traç ar a bisset bi ssetri riz z do angulo entre PA e P0 α =

β 2

θ ˆ ˜ angulo ˆ • Traç ar duas retas (PC e PD) formando angulo de ± com PB, onde θ e´ a contri con tribuic buiç ao a 2 ser acrescentado pelo compensador ˜ de todos polos ´ (2K + 1)π 1)π , sendo deste Deste modo a soma da contribuiç ao e zeros, sera´ de (2K modo o novo caminho cami nho lugar l ugar das d as ra´ızes. ızes. ´ do compensador e em D o zero do compensador, sendo o ponto P o novo • Obtemos em C o polo ´ de malha fechada do sistema. polo

q

Þ

2

q

2 D

C

˜ angular que o compensador deve impor para que o Em nosso exemplo, exemplo, temos. Contribuiç ao ponto P =

˜ de modulo. ´ −2 ± 3, 46 j seja CLR, calculado calcula do pela p ela condiç ao



4 s(s + 2)



= 1∠180◦ s=−2+3,46j

◦

◦

4∠0 4∠0 √ √ = 4∠120 3, 46∠90 (−2 + 2 3j )(2 − 2 + 2 3j ) ◦

¡ ¡

1 ◦

3, 46∠210

= 1∠180◦

◦

◦

⇒ M ∠180 − 210

= M ∠

◦

= 1∠180◦

30◦

 −  

˜ angular contr con tribu ibuic iç ao

152 ˜ do polo ´ e do zero, como segue. Que permite per mite calcular ca lcular graficamente graficamen te a posic po siç ao

P

= -

2 + 3, 46 46 j

A

º 15 5º

6 0 º

1

120º 12 0º -90º 90º = 30º 60º

1 2 0 º

iz tr e s is b

5,4

-

Resultando

  

zero em s =

´ em s = polo

−2, 9 = T 1 1 −5, 4 = αT

15 º º

4 5 º

2,9

   ⇒   

T =

-

1 = 0, 345 2, 9

αT =

α=

0

2

-

1 = 0, 185 5, 4

αT 0, 185 = = 0, 537 T 0, 345

˜ de modulo, ´ O ganho a ser imposto ao compensador e´ obtido novamente pela condiç ao agora ˜ cascata da planta com o compensador. com a asso a ssoci ciac aç ao

E



4 E Kc (s+2,9) E s(s+2) (s+5,4)

4K c (s + 2, 2, 9) s(s + 2)(s 2)(s + 5, 5, 4)



= 1∠180◦

s=−2+3,46j

1∠180◦4∠120◦ 3, 46∠90◦ 4, 85∠45◦ K c = 4, 7∠360◦ 4.3, 57∠75◦ ˜ O compensador calculado sera´ entao:

E 4,7 (s+2,9) E (s+5,4)

Gc(s)

⇒ K = 4, 7 c

153 ´ A nova constante de erro de estado estacion ario, fica.

4.4, 7(s 7(s + 2, 2, 9) K v = lim sG( sG(s)Gc (s) = lim ¡ s = 5, 02 seg−1 s→0 s→0 ¡ s(s + 2)(s 2)(s + 5, 5, 4) ˜ no MatLab, temos os CLRs. Verificando o resultad r esultado o por p or simulaç ao E suas respostas temporais. 15

o ã ç a s n e p m o c m o c

10

5

o ã ç a s n e p m o c m e s

0

-5

-10

-15 -6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

ˆ Para finalizar, projetamos o circuito eletronico ativo, conforme visto no capitulo 3. 1.4

1.2

1

0.8

0.6

m o c

0.4

n e p m c

o ã ç a s

c

m o

e p

n

o ã ç sa

m se

0.2

0 0

Gc (s) = K c

10

20

30

40

50

60

70

(s + Z ) (s + 2, 2, 9) (T s + 1) (0, (0, 345 345ss + 1) R2 R4 (R1 C 1 s + 1) = 4, 7 = K c α = 2, 52 = (s + P ) P ) (s + 5, 5, 4) (αT s + 1) (0, (0, 185 185ss + 1) R1 R3 (R2 C 2 s + 1)

10K K Ω, resulta. Adotando C 1 = C 2 = 10 uF e R3 = 10

R1 =

0, 345 = 34 34,, 5K Ω 10 10uF uF

R2 =

0, 185 = 18 18,, 5K Ω 10 10uF uF

R4 =

2, 52 52..34 34K K 5.10 10K K = 47 47K K Ω 18 18K K 5

154

47K 47 K W

9.3 Com Compen pensad sador or por Atraso Atraso de fase fase

´ ´ Quando um sistema apresenta uma resposta transit oria satisfatoria, mas as caracter´ caracter´ısticas ısticas em ˜ atendem as necessidades de projeto, aplicamos um compensador por atraso regime permanente n˜ nao de fase para melhoria da performance. ´ O compensador ira´ permitir o aumento do ganho de malha aberta, que diminui o erro estacion´ estacionario, sem, ´ contudo alterar significativamente a resposta transitoria. Isto significa que o caminho do lugar das ra´ ra´ızes ızes ´ dominante de malha fechada, n˜ ˜ deve ser substancialmente alterado, mas nas proximidades do polo nao o ganho de malha aberta poder´ podera´ ser alterado tanto quanto o sistema necessitar para chegar a resposta de regime permanente desejada. ˜ no caminho do lugar das ra´ızes ˜ do comEvitamo Evit amos s uma sens´ıvel ıvel alterac alt eraç ao ızes resultante da colocaç ao ˆ pensador de atraso de fase que contribua com um angulo muito pequeno ao sistema (normalmente ˜ da ordem de θ < 5◦). utiliz uti lizamo amos s contribui contr ibuic ç oes ˜ ˜ Cont Co ntri ribu buic iç oes angulares deste ordem, causam apenas pequenas alterac al teraç oes no CLR, de forma que ´ ˜ perceba a modificac ˜ na resposta temporal, mas permite alterar substancialmente o o usuario nao modifica ç ao ´ ganho de malha aberta e com isto diminuir o erro de estado estacionario. ˜ do polo ´ proximo ´ ´ ´ com isto, Isto e´ obtido com a colocaç ao a origem e alocando o zero proximo ao polo, ´ dominante ˜ impercept´ ´ o caminho do polo dominante sofrer sofrera´ uma modifica mod ificac ç ao impercept´ıvel, ıvel, mantendo a resposta transitoria ´ ˜ proxima a do sistema sem compensac co mpensaç ao. ´ e o zero muito proximos ´ Colocando o polo entre si, temos

Z (s) =

  1 s+ T

e P (s) =

  s+

1 βT

155 Com isto, o compensador de atraso de fase pode ser descrito por.

⌢

Gc(s) = K c

    1 s+ T 1 s+ βT

⌢

= K c β

(T s + 1) (βT s + 1)

⇒

    

        ∼ ( )

1 T Gc(s) = K c = K c 1 s+ βT 1 s + T 0◦ < ∠ < +5◦ 1 s+ βT ⌢

s+

⌢

De onde conclu´ conclu´ımos ımos que o ganho de um compensado compensadorr de atraso atraso de fase em malha fechada fechada e´ ⌢

˜ altere ˜ do polo ´ dominante. aproximadamente igual a um ( K c = 1 ) para que nao a ltere o pon ponto to de d e operac op eraç ao ⌢

Porem o ganho de malha aberta sera de K c β , com β > 1, permitindo o aumentando a constante de ´ erro K p , K v ou K a e diminuindo o erro de estado estacionario. Para um sistema do tipo 1 que apresenta constante de de velocidade K v , temos.

Sem compensador

⇒

K v = lim sG(s)

Com compensador

⇒

K v = lim sG(s) Gc(s) = K v lim K c β

s→0

⌢

⌢

s→0

  

s→0

(T s + 1) = K v K c β (βT s + 1) ⌢

K v

˜ do erro de estado Resumindo Resumindo,, efet efetuamos uamos um controlador controlador por atraso atraso de fase fase para diminuic diminuiç ao ´ ´ muito pr´ ´ ´ permitindo. estacion´ estacionario, alocando o polo proximo a` origem e o zero a´ esquerda do polo,

˜ do erro, que tera´ o valor da distancia do zero • Aplicar um ganho de malha aber ta para diminuiçao



(s + Z ) ´ ate´ a origem. K c β = ate´ a origem, dividido pela distancia do polo (s + P ) P ) ⌢

´ • Manter o ganho de malha fechada proximo a unidade



s=0

˜ • Manter o CLR sem grandes gra ndes alteraç oes ´ • O zero do compensador proximo a origem, fara´ que a resposta temporal acomode um pouco mais ´ lentamente, porem com erro de estado estacion ario menor.

Procedimentos para projeto de compensador por Atraso de Fase

´ ˜ ond ˜ 1 ) Desenh Desenhar ar o gr´ grafico do caminho do lugar das ra´ ra´ızes, ızes, do sistema sem compensac compensa ç ao, onde e a fun func ç ao ˆ de transferencia de malha aberta e´ G(s) . ˜ da resposta transitoria ´ ´ ´ Baseado na solicitac solicit aç ao necess necessaria, localize os polos dominantes de malha fechada sobre o caminho do lugar das ra´ ra´ızes. ızes.

156 ˜ de transferencia ˆ 2 ) Supondo Supond o a func fu nç ao do compensador por atraso de fase sendo.

1 (T s + 1) T = K c β = K c β 1 (βT s + 1) s+ βT ⌢

Gc(s)

   

⌢

s+

˜ a func ˜ de transferencia ˆ Entao fu nç ao de malha aberta do sistema compensado sera´ G(s) Gc(s) . ´ a para ˜ do sistema. 3 ) Calcule Calcule a constante constante de erro necess´ necessaria ari p ara compens comp ensac aç ao ´ ´ 4 ) Det Determi ermine ne o acr´ acrescimo escim o no coeficiente coeficiente de erro est´ estatico especificado no problema ˜ do polo ´ e posicione o zero do compensador por atraso de fase, em β x p que 5 ) Determine Deter mine a posiç ao ´ o para ˜ do sistema, sem modificar considerpermitam o aumento do ganho necess´ necessario ari p ara compens comp ensac aç ao avelmente o caminho do lugar das ra´ ra´ızes. ızes. ˜ entre o valor do ganho ˜ e o ganho do sistema Observe Obse rve que a rela r elac ç ao ga nho requerido requ erido pelas especificac esp ecificaç oes ˜ compensado deve ser igual a distancia do zero ate´ a origem e a distancia do polo ´ ate´ a origem. nao ˜ angular e´ 0o < θ < +5◦ , caso esta condiç ao ˜ nao ˜ tenha sido atingida, 6 ) Verifique se a contribuiç ao ´ e zero que atenda a especificac ˜ escolher um novo par de polo esp ecificaç ao. ´ 7 ) Desenhe Desenhe o novo caminho caminho do lugar das das ra´ ra´ızes ızes do sistema compensado, posicionando os polos domi˜ angular da rede de atraso for muito pequena, nantes de malha fechada sobre ele. Se a contribuiç ao ˜ o caminho antigo e o novo, serao ˜ quase identicos, ˆ ˜ seja consideravel, ´ entao caso a contribuic contri buiç ao aparecera´ uma pequena p equena diferenç a entre entr e eles. ⌢

˜ de modulo, para que os polos ´ 8 ) Ajuste Ajuste o ganho ganho K c do compensado com pensador, r, a par tir da d a condic cond iç ao dominantes ⌢

∼

˜ projetada. ( K c = 1). esteja est ejam m na posic posi ç ao

Exemplo 9.3.1. Projete um compensador de atraso de fase que permita a planta abaixo, diminuir ser ´ erro de estado estacionario em 10 vezes.

 

E+

-

T

E

1,06 s(s+1)(s+2)

E

∼ −0, 33 ± 0, 59 ´ ˜ desejamos modificar o • Os polos dominantes se encontram em s1 2 = 59jj e nao ,

comportamento temporal do sistema.

• A partir disto, podemos calcular os indicadores do sistema.

157

System:sys Gain:1.06 Pole:-0.326+0.586i Damping:0.486 Overshoot(%):17.4 Frequency(rad/sec):0.671

1.5 1

0.5 0

-0.5 -1

-1.5 -2

-1.5

    √   

-1

0, 59 ζ = cos arctg 0, 33

W n =



-0.5

= cos(60, cos(60, 78◦)

0, 592 + 0, 0, 332

→

0

→ ζ = 0, 49

W n = 0, 67 rad/seg

1, 06 K v = lim sG(s) = lim s¡ s→0 s→0 ¡ s(s + 1)(s 1)(s + 2) ⌢

• Desejamos aumentar a constante de erro em 10 vezes K

v

→ K

v

= 0, 53 seg - 1

= 10 10K K v = 10 10..0, 53 = 5, 5, 3 seg - 1 .

˜ anexando • Efetuamos esta compensac compensa ç ao anexando em cascata cascata um compensado compensadorr de atraso atraso de fase. fase. Para Para aumentar a constante de erro em 10 vezes, fazemos β = 10.

˜ para o polo ´ bastante proxima a origem, por exemplo s = −0, 005. • Adotamos Adotamo s uma posiç ao ˜ de transferencia ˆ ´ nos leva ao zero em s = −0, 05 e a func fu nç ao do compensador e: ⌢

Gc(s) = K c

(s + 0, 0, 05) (s + 0, 0, 005)

˜ angular imposta pelo compensador, que deve ser menor que +5o . • Verificando Verifica ndo a contr co ntribui ibuic ç ao -0,33+0,59j

t d TIm t d t d t d t d t d t d t d Re .......... .. E t d .... ....

f

0 , 0 5

0 , 0 0 5

Que

158

(0, (0, 33 0, 005) ´ Polo α1 = 90 + arctg = 90◦ + 28, 28, 8◦ = 118, 118, 8◦ 0, 59 (0, (0, 33 0, 05) Zero α2 = 90◦ + arctg = 90◦ + 25, 25, 4◦ = 115, 115, 4◦ 0, 59

−

◦

−

• E o ganho do compensador resulta em. (s + 0, 0, 05) 1, 06 K c (s + 0, 0, 005) s(s + 1)(s 1)(s + 2) ⌢

⌢

K c =



= 1∠180◦

s=−0,33+0,59j

  ⇒

⌢

→ K

c

=

1∠180◦0, 676∠119 119,, 2◦ 0, 674∠118 118,, 8◦ 0, 893∠41 41,, 4◦ 1, 77∠19 19,, 5◦ 1, 06 06..0, 653∠115 115,, 4◦

θ = 118, 118, 8◦

◦

− 115 115,, 4

= 3, 4◦

s(s + 0, 0, 005)(s 005)(s + 1)(s 1)(s + 2) 1, 06(s 06(s + 0, 0, 05)

⌢

⇒ K

c

= 1, 04∠363 363,, 5◦ = 1, 04

⌢

Observe Obser ve que a diferenc di ferenç a de 3, 5o , aparece no calculo de K c , sera´ desprezada desprezada pois sabemos sabemos que ˜ imposta pelo compensador. e´ a contrib cont ribuic uiç ao ´ ´ • O novo erro de estado estacionario sera.

1, 06 (s + 0, 0, 05) ˆ v = lim s K 1, 04 = 5, 3 seg - 1 ¡ s→0 ¡ s(s + 1)(s 1)(s + 2) (s + 0, 0, 005) ˜ • Comparando Comparan do o CLR com co m e sem s em compensac com pensaç ao. 2 1.5


1 0.5


0 -0.5 c o m s e c o m m c o p e m n s p e a ç n s ã o a ç ã o

-1 -1.5 -2 -2

-1.5

-1

˜ em degrau e rampa. • A resposta r esposta temporal tempora l para p ara excitac exci taç ao

-0.5

0

159 50

40

degraucomcompensação

degrausemcompensação

30

20

ão aç t i c ex e d pa m ra

10

o çã o a çã ns a e ns mp pe co m co om c m e pa as p ram ram

0

-10 0

10

20

30

40

50

60

70

ˆ • Para finalizar, projetamos o circuito eletronico ativo, conforme visto no capitulo 3.

0, 05) (20s (20s + 1) R2 R4 (R1 C 1 s + 1) ˆ c (s + Z ) = 1, 04 (s + 0, ˆ c β (T s + 1) = 10 Gc(s) = K = K 10,, 4 = (s + P ) P ) (s + 0, 0, 005) (βT s + 1) (200s (200s + 1) R1 R3 (R2 C 2 s + 1) 10K K Ω, resulta. Adotando C 1 = C 2 = 470 uF e R3 = 10

R1 =

20 = 42 42,, 5K Ω 470uF 470 uF

R2 =

200 = 425K 425K Ω 470uF 470 uF

R4 =

10 10,, 4.42 42,, 5K.10 K.10K K = 10 10,, 4K Ω 425K 425 K

470uF

10,4K W 470uF 425K W

42,5K W

10K W

160

9.4

Compensador por Avanc Avanç o / Atraso Atraso de fase fase ˜ de avanç o / atraso de fase, e´ a composic ˜ das duas tecnicas ´ A compe com pensa nsac ç ao comp osiç ao vistas anterior-

mente em um unico ´ compensador. Melhoramos a resposta temporal associando um compensador de avanç o de fase que contribui com ˆ um determinado angulo, modificando o CLR para o ponto desejado. Associando um compensador de atraso de fase, permitimos o aumento do ganho de malha aberta, sem ˜ do CLR em malha fechada e com isto diminu´ ´ alte al tera rac ç ao diminu´ımos ımos o erro de estado estacionario. ˜ Um compensador de avanç o / atraso de fase, permite que ambas funç oes sejam implementadas em um unico ´ compensador. ˜ de transferencia ˆ ˜ Considerando Conside rando a funç ao de um compensador de avanç o / atraso de fase, a equaç ao que segue.

      1 T 1 γ s+ T 1 s+

Gc(s) = K c

1 T 2 1 s+ βT 2 s+

= K c

β (T 1 s + 1) (T 2 s + 1) γ T 1 (βT 2 s + 1) +1 γ

 

ˆ Esta e´ facilmente obtida por circuitos eletronicos com amplificadores operacionais, conforme visto no capitulo 3. ˜ matem´ ´ A partir par tir da equaç ao matematica, sabemos que temos de obedecer β > 1 e γ > 1, o que nos permite ´ dois metodos para calcular esta tipo de compensador,

˜ dos metodos ´ 1. Quando Quando β = γ , procedemo pr ocedemos s como uma combinac combin aç ao de avanç o e de at atraso raso de fase,

̸

independentes como feito ate´ o momento ˜ 2. Quando Quando β = γ , iremos mais adiante verificar os procedimentos para respeitar estas condiç oes.

161

1o Caso β = γ

̸

˜ dos projetos de avanç o e atraso de fase, devemos seguir o procedimento. Sera´ uma combina comb inac ç ao ˜ necessarias ´ ˜ dos polos ´ 1. Baseado nas especificac es pecificaç oes determine deter mine a posiç ao dominantes de malha fechada. ˜ de transferencia ˆ ˜ compensado, determine 2. A partir par tir da func fu nç ao de malha aberta G(s) , do sistema nao ˜ angular que o compensador deve impor ao sistema, para que o caminho passe a contr con tribu ibuic iç ao ´ ´ pelos polos desejados. A parte par te de avanç o do compensador sera´ responsavel por esta parte da ˜ comp co mpen ensa sac ç ao 3. Supondo Supondo que mais adiante adiante,, ser´ sera´ escolhido um valor de T 2 suficientemente alto para garantir que o modulo da parte de atraso de fase seja aproximadamente igual a unidade, escolhemos os valores ´ e zero a partir da necessidade angular. do polo ˜ sao ˜ unic Os valor alores es do po´ lo e zero nao un ´ icos os (uma (uma infin infinid idad ade e de pare pares s de valor alores es aten atende dem m ao proj projet eto) o),, ˜ de ˜ de modulo. e entao determ termine ine o valor de Kc da condiç ao ˜ de avanç o de fase. Est´ Esta´ sera´ a parte part e de compensac compensa ç ao 4. Sendo Sendo a consta constante nte de erro erro especi especifica ficada, da, det determi ermine ne o valor valor que satisf satisfac aça ¸a os requis requisito itos s de K p K v ou K a , conforme o sistema, tipo 0, 1 ou 2. ´ de K p K v ou K a podemos deterSendo que T 1 e γ foram determinados no item 3, assim atrav´ atraves minar o valor de β .

ˆ c. Finalmente determinamos o valor de T 2 e ajustamos o valor do ganho K Exemplo 9.4.1. Para o sistema apresentado abaixo, deseja-se alterar o coeficiente de amortecimento ˆ ˜ para W n = 5rad/seg e a constante de erro para ζ = 0, 5, aumentar a freqüencia natural de oscilaç ao ´ 80seg seg estatico de velocidade para K v = 80

− 1.

Projetar o compensador que atenda a esta necessidade.

m

E+ E T

4 s(s+0,5)

E

˜ atuais do sistema. • Co Con ndiç oes ´ Polos dominantes

4 → F T M F = = 2 ⇒ s1 2 = −0, 25 ± 1, 98 98jj s + 0, 0, 5s + 4 ,

Grau de amortecimento

→

1, 98 ζ = cos arctg 0, 25

ˆ ˜ Frequ¨ encia natural de oscilac oscila ç ao Constante de erro



n

¡

=

√

4

ζ = 0, 125

⇒ W = 2 rad/seg → Kv = lim0 ¡ s s(s +4 0,0, 5) ⇒ Kv = 8 seg - 1 s→

→ W

⇒

n

162 ˜ os novos p olos ´ ˜ em: • Pelas Pel as espe es peci cifica ficac ç oes dominantes estarao

TIm

-2,5 4,3j

±

+4,3j

o

˜ dos polos ´ A nova posiç ao dominantes dominantes ˜ serao. s1,2 = 2, 5 4, 3j

W n = 5 ζ = 0 ,5

− ±

Re

E

-2,5

ˆ ˜ de modulo. ´ • Calculamos a deficiencia angular, angula r, pela pe la condiç ao



4 s(s + 0, 0, 5)



=

s=−2,5+4,3j

4 4 = = 1∠180◦ ◦ ( 2, 5 + 4, 4 , 3j )( 2, +4 +4,, 3j ) 4, 97∠120 4, 74∠115◦

−

−

4 = 1∠180◦ ◦ 23 23,, 56∠235

⇒ M ∠ − 55

◦

˜ de polo ´ e zero do compensador de avanç o, neste caso variamos um pouco • Calcul Cal culand ando o a posic pos iç ao ´ ´ do sistema em s = −0, 5 o m etodo tradicional de calculo e alocar o zero exatamente sobre o polo ´ ´ (ver cancelamento de polos e zeros) e assim facilitar os c alculos.

T

-2,5+4,3j .. .. ........ .... ....

 .....  ......... ..........  55      .... .... ... .........

1 s+ (s + 0, 0, 5) T 1 K c = K c γ (s + 5) s+ T 1

o

-5

i

E

.......... .......... . . ......... .........

 ⇒ 

T 1 = 2 γ = 5.2 = 10

-0,5 0

• A seguir, calculamos o valor de Kc.



$

(s$ +$ 0, 0,$ 5) 4 K c $ = 1∠180◦ $ $ $ (s + 5) s$ (s$ + 0, 0, 5) s=−2,5+4,3j



⇒

K c = 6, 2

Gc

av

(s)

= 6, 2

s + 0, 0, 5 s+5

• Agora calculamos a parcela de atraso de fase do compensador. β β 4 K = lim sGc(s) G(s) = lim sK c Gc(s) = lim s¡ 6, 26 = 80 s→0 s→0 s→0 γ 10 s¡ (s + 0, 0, 5) v

⇒

β = 16

• Escolher um valor para T 2. 1 ∼ 1 ´ ´ que deve estar mais pr oximo ´ = Temos ao polo, ainda da origem, logo = 0, muito proximo T 2 T 2 0, 2 ⇒ T 2 = 5. ´ verificando ˜ angular do compensador por atraso de • Calculando o ganho e tambem verificand o a contribuic contri buiç ao fase.

163

$

4 (s$ +$ 0, 0,$ 5) ˆ (s + 0, 0, 2) $ 6 , 2 K c $ (s$ +$ 0, 0,$ 5) (s + 5) (s + 0, 0, 0125) s$



⇒ K ˆ = 1, 01∠2

= 1∠180◦

◦

c

s=−2,5+4,3j

˜ o ganho unitario ´ ˜ esta´ contribuind Podemos considerar conside rar por aproximaç ao e a compensac compensa ç ao contribuindo o com

2o , que e´ dentro do limite estabelecido. ˜ de transferencia ˆ • Resulta Resu ltamos mos na fun func ç ao do compensador por avanç o em cascata com o compensador por atraso.

Gc(s) = 6, 2

     1 s+ 2 10 s+ 2

1 s+ 5 1 s+ 16 16x x5

   = 6, 2

s + 0, 0, 5 s+5



s + 0, 0, 2 s + 0, 0, 0125



= 10

(2s (2s + 1) 1) (5s (5s + 1) (0, (0, 2s + 1) (80 (80s + 1)

Verificando com o MatLab os resultados obtidos. ˜ • O CLR, CL R, com co m e sem compensac compens aç ao o ã ç a s n e p

0.4 m

o c m

0.2

e s

comcompensação 0

-0.2

-0.4

-0.6 -5

-4.5

-4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

˜ para ˜ a` degrau e a rampa. • A resposta respo sta temporal, t emporal, com e sem compensac co mpensaç ao, par a exci ex cita tac ç ao ˜ do circuito ativo. • A impl im plem emen enta tac ç ao

Gc(s) =

R4 R6 (R1 + R3 ) C 1 s + 1 (R2 C 2 s + 1) (2s (2s + 1) 1) (5s (5s + 1) = 10 R3 R5 (R1 C 1 s + 1) (R2 + R4 ) C 2 s + 1 (0, (0, 2s + 1) (80 (80s + 1)

Adotando C 1 = 10 uF , C 2 = 100 uF e R5 = 10 K Ω.

0

164

R1 C 1 = 0, 2

R1 =

→

(R1 + R3 ) C 1 = 2

R3 =

→

R2 C 2 = 5

→

(R2 + R4 ) C 2 = 80

→

R4 R6 = 10 R3 R5

→ 50K 50 K W

R4 =

2 10uF 10 uF

− 20 20K K Ω = 180K 180K Ω

R2 =

5 = 50 50K K Ω 100uF 100 uF

80 100uF 100 uF

R6 =

0, 2 = 20 20K K Ω 10uF 10 uF

− 50 50K K Ω = 750K 750K Ω

10..180 10 180K. K.10 10K K = 24 24K K Ω 750K 750 K

100 uF

24K 24 K W 20K W 20K

10 uF 750K 750 K W -

10K 10 K W -

180K 180 K W

+ +

165

2o Caso β = γ ˜ um Considerando agora que faremos β = γ , os procedimentos de calculo do compensador ser ao pouco diferentes. ˜ necessarias ´ ˜ dos polos ´ 1. Baseado nas especificac es pecificaç oes determine deter mine a posiç ao dominantes de malha fechada. ˜ de transferencia ˆ 2. O compensador por avanç o e atraso de fase, tera´ sua func fu nç ao modificada para.

Gc(s) = K c



(T 1 s + 1) 1) (T 2 s + 1) = K c T 1 s + 1 (βT 2 s + 1) β



      1 T 1 β s+ T 1 s+

1 T 2 1 s+ βT 2 s+

onde β > 1

ˆ c a par ´ ˜ Com a constante estatica de velocidade especificada, calcule K p artir tir da equac equa ç ao: ˆ c G(s) K v = lim s Gc(s) G(s) = lim s K s→0

s→0

˜ angular que um compensador de avanç o deve fornecer para levar os 3. Determine a contribuiç ao ´ ˜ desejada. polos dominantes domina ntes a posiç ao ˜ do polo ´ e do zero do compensador de avanç o, e ent ˜ calcule os valores de 4. Determine Deter mine a posic po siç ao então

T 1 e β 5. Utilizando Utilizando o valor valor de calculado calculado,, escolha escolha agora o valor valor para T 2 , de forma que o valor de βT 2 , a ˜ devera´ ser muito grande para permitir que o sistema maior constante de tempo do sistema nao seja fisicamente realizavel.

Exemplo 9.4.2. Vamos repetir o exemplo anterior, onde fizemos β = α, agora recalculando pelo 2o

̸

caso, onde β = α . ˜ validos ´ ´ ˜ dos polos ´ s domina Sao todos os calculos anteriores de posiç ao olo dominante ntes s da planta, planta, nova nova ˜ e contribu ˜ angular necessaria. ´ posiç ao cont ribuic iç ao ´ • Pelo requisito do erro estatico de velocidade K

v

= 80 seg −1 ,temos

K v = 80 = lim sGc(s) G(s) = lim sK ¡ c s→0

s→0

4 s(s + 0, 0, 5) ¡

→ K = 10 c

˜ calculados a partir de: • T 1 e β, sao

 

   

1 s1 + 4 T 1 10 . β s (s + 0, 0, 5) s1 + T 1



s=−2,5+4,3j

 

  

8 1  s1 + s1 + 40 T 1  = = 1e ∠ β 5¡ .4, 77 s1 + s1 + T 1

1 T 1 β T 1

 

s=−2,5+4,33j

=

−55

◦

166 ´ Deve De vemos mos buscar buscar trigono trigonomet metrica ricamen mente te ou grafic graficame amente nte os pon pontos tos ond onde e a relac relaç a˜ o entre os modulos 8 ´ e zero sejam ˆ de distancia entre polo , formando um angulo de 55◦ 4, 77

lei dos cossenos a2 = 82 + 4, 4, 772 -2,5+4,3j

d2 + b2 = 4, 772

5 5 5º º 8

3 , 4

4 , 7 7

p

b

c2 + b2 = 82

z

-2,5 d

c

◦

− 2.8.4, 77cos55 ⇒ a = 6, 56

c + d = 6, 56

  ⇒ 

c = 6, 42 d = 0, 14 b = 4, 76

a

por semelhan se melhanc ç a de triangulo trian gulo

 

z 0, 14 p 6, 42

↔ 44,,763 → z = 0, 13 ↔ 44,,763 → p = 5, 76

´ em sp = 8, 26. Portanto o zero se localiza em sz = 2, 37 e o polo 1 Permitindo o calculo de T 1 = = 0, 42 e β = 8, 26 26..0, 42 = 3, 3, 47. 2, 38 (s + 2, 2, 38) ˜ de avanç o, resulta E a parte par te de compensac compensa ç ao resu lta em 10 (s + 8, 8, 26)

−

−

• Para a parte de atraso de fase, escolhemos T 2 = 10. 1 1 = = 0, 029 βT 2 3, 47 47..10

• O compensador de Avanc Avanç o / Atraso de fase com β = γ , fica. Gc(s) = 10

(s + 2, 2, 38) (s + 0, 0, 1) (s + 8, 8, 26) (s + 0, 0, 029)

˜ • O CLR, CL R, com e sem se m compensac co mpensaç ao

10

o ã ç a s n e p

8 6

m

o c

c o om c o om pe nsa ç ão

4

m

e s

2 0 -2 -4 -6 -8 -10 -3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

167 ˜ para ˜ a` degrau e a rampa. • A resposta respo sta temporal, t emporal, com e sem compensac co mpensaç ao, par a exci ex cita tac ç ao 7

6

5

4

p ram

3

ão taç i c x ee d a

c pa m ra

om

o çã a s n pe m co

s pa m ra

em

o açã s n pe m o c

2 degrausemcompensação 1 degraucomcompensação 0

-1 0

10

20

30

40

50

60

168

9.5 9.5

Comp Co mpen ensa sado dorr PID PID ´ l de ˜ que torna esta montagem de O compensador compensador PID e´ um tipo bastante versatil ati d e comp c ompensa ensac ç ao,

˜ comercial. larga larg a utiliz uti lizac aç ao ˜ independente das parcelas proporcional, integral e derivativa, flexibilizando a Apresent Apre senta a composi comp osic ç ao sintonia do compensador. ˜ utilizadas ˜ de um PID ˜ abaix Algumas Alguma s configuraç o˜ es sao utilizadas para implementac implementaç ao PID, as duas duas ma mais is com omun uns s sao abaixo o apresentadas, com seu respectivo algoritmo.

E Ti

E Ti

s

R(s)

E Kp

s

c C(s) E Σ E T

m

c E Σ E Kp T

R(s)

E Tds

m

E Tds

Algoritmo 1

Gc(s) = K p +

Gc(s) = T d

 

Algoritmo 2

T i + T d s s

T i K p s2 + s + T d T d s

Gc(s)

 









T i = K p 1 + + T d s s

Gc(s) = K p

T d s2 + s + T i s

´ na origem e dois zeros Em qualquer caso, este sistema sempre apresenta um p olo zeros que podemos alocar sobre o plano s para melhorar o desempenho de nosso sistema. ´ na origem e um dos dois zeros como um comO procedimento de projeto consiste em considerar o p olo pensador integrativo ideal e o outro zero como um compensador derivativo ideal, como segue abaixo.

˜ do polo ´ dominante). 1. Determinar as melhorias que se deseja impor ao sistema (posiç ao ˜ necessarias ´ ´ ia.. O 2. Projetar o controlador PD, que atenda as especificaç oes a resposta transitoria or ˜ da posic ˜ do zero e o ganho da malha. projeto projet o inclui in clui a determi de terminac naç ao po siç ao 3. Verificar se os requisitos foram foram atendidos. ´ 4. Projetar Projetar o compensado compensadorr PI, para atingir o erro estacion estacionário desejado. 5. Verificar novamente se os requisitos foram foram atendidos. 6. Determinar Determinar os ganhos Kp, Ti e Td e aplicar aplicar ao compensador compensador..

169

Exemplo 9.5.1. Dado o sistema abaixo, projete um compensador PID, que altere o tempo de pico da ˜ compensado, ultrapassagem maxima ´ resposta temporal a 2/3 do tempo de pico do sistema nao de 10% ´ e anule o erro de estado estacionario para uma entrada a degrau.

m

120(s+8) 120 (s+8) E+ E (s+3)(s+6)(s+10) T

E

´ do MatLab, deter ˜ atual dos polos ´ Atrav´ Atraves d eterminamo minamos s a condic co ndiç ao dominantes do sistema. 15

10

System:sys Gain:120 Pole:-5.41+10.5i Damping:0.458 Overshoot(%):19.8 Frequency(rad/sec):11.8

5

0

-5

-10

-15 -12

-10

-8

-6

˜ atuais con co ndiç oes

   ⇒   

-4

-2

0

2

T p = 0, 296 seg ζ = 0,458 s1,2 =

−5, 41 ± 10 10,, 5j

K = 120 W n = 11 11,, 8 rad/seg

˜ das novas condic ˜ do sistema. • Det Deter ermi mina nac ç ao con diç oes

U p max = 10%

T p = σnovo

→ ζ =

− ln 0, 1

√

π 2 + ln2 0, 1

⇒ ζ = 0, 59

 

θnovo = arc cos 0, 59

2 π 2 π π seg = = 0 , 2 W = = 15 15,, 7 rad/seg dnovo d novo 3 W 3 10 10,, 5 0, 2 W d 15 15,, 7 = ζ W n = = = 11 11,, 4 tan 54◦ 1, 38 d

→

´ Novos polos dominantes em s1,2 =

−11 11,, 4 ± 15 15,, 7j

◦

⇒ θnovo = 54 θantigo = arc cos 0, 458 ⇒ θantigo = 63

◦

170

• Calculo do compensador PD ideal. ˜ de modulo, ˆ Pela Pel a cond co ndic iç ao modulo, determinamos determinamos a deficiˆ deficiencia angular do sistema.



120(s 120(s + 8) (s + 3)(s 3)(s + 6)(s 6)(s + 10)



s=−11,4+15,7j

˜ angular sera´ de A cont co ntri ribui buic ç ao

120.16∠102◦ 120. = = 0, 41∠ 220◦ ◦ ◦ ◦ 17 17,, 8∠118 .16 16,, 6∠109 .15 15,, 8∠95

−

⇒ θ = −40

◦

−40o, que resulta no zero em s = −30 30,, 1 TIm

-11,4+15,7j .. ..

+15,7j

........ .....

.. ..... .. 5 . e 5 f f ......e ... 5 f .... e 5 .. ..f 5 ... e .. f 5 40 . e .... .... ............ 5 ... . .........f e .... ....

f

o

z

4 , 1 1 -

f

E

......... .. .... ....

0 8 6 1 - -

T an 40◦ =

15, 7 15, z

→ z = 18 18,, 7

˜ do zero sz = Pos Po siç ao

3 -

−30 30,, 1

• Calculo Calculo do ganho do compensador compensador PD ideal.



120(s 120(s + 8)K 8)K c (s + 30, 30, 1) (s + 3)(s 3)(s + 6)(s 6)(s + 10)

1∠180◦ (s + 3)(s 3)(s + 6)(s 6)(s + 10) K c = 120(s 120(s + 8)(s 8)(s + 30, 30, 1)





= 1∠180◦ s=−11,4+15,7j

= s=−11,4+15,7j

$ ◦ $ $ K c = 0, 1$ ∠360

1∠180◦ .17 17,, 8∠118◦ .16 16,, 6∠109◦ .15 15,, 8∠95◦ 120..16∠102◦ .24 120 24,, 4∠40◦

⇒ K = 0, 1 c

PD Ideal

E

0,1(s+30,1)

E

• Verificando com o MatLab. • Projeto do compensador PI. ´ na origem, ele ira´ aumentar o sistema de um tipo (de Pelo fato do compensador impor um polo ´ o para ˜ a degrau. zero para um), anulando o erro de estado estacion ario ari pa ra uma u ma excita exc itac ç ao ´ ´ a fim de nao ˜ termos ˜ signiDevemos lembrar que alocaremos a zero pr oximo ao polo term os alteraç ao ´ ficativa no caminho do lugar das ra´ ra´ızes ızes e deste modo mantendo proxima a resposta temporal ˜ Para do sistema, respeitando o limite de +5o para a contrib cont ribuic uiç ao. Para tanto, escolhemos escolhemos o zero em

s =

−1, eletricamente, resultando no compensador PI abaixo. PI E 1 (s+1) s

E

171 1.4

1.2

comcompensação

1

0.8

semcompensação

0.6

0.4

0.2

0 0

10

20

30

40

50

60

• Resultado final da planta compensada.

m

120(s+8) E+ E (s+3)(s+6)(s+10) T

E

0,1(s+1)(s+30,1) s

E

• Calculando os Fatores do PID (K , T e T ) p

i

d

ıtimo 1 – Para o algor´ıtimo

Gc(s) = 0, 1

  

(s + 1)(s 1)(s + 30, 30, 1) s2 + 31, 31, 1s + 3, 3, 01 = 0, 1 = T d s s

T d = 0, 1

 

K p T i s2 + s + T d T d s

 

T i = 31 31,, 1 T i = 3, 11 T d K p = 3, 01 K p = 0, 3 T d ıtimo 2 – Para o algor´ıtimo

⇒ ⇒

Gc(s)

  



(s + 1)(s 1)(s + 30, 30, 1) 0, 0321 0321ss2 + s + 0, 0, 097 T d s2 + s + T i = 0, 1 = 0, 0032 = K p s s s

K p = 0, 0032 T d = 0, 032 T i = 0, 097

• Com o MatLab, obtemos o CLR compensado.



172 30 System:sys Gain:12 Pole:-11+15.8i Damping:0.572 Overshoot(%):11.2 Frequency(rad/sec):19.2

20

10

0

-10

-20

-30 -100

-80

-60

-40

-20

0

20

50

60

˜ • A resposta resp osta temporal t emporal,, com e sem compensac compensa ç ao. 1.4

1.2 Comcompensação 1

0.8 Semcompensação 0.6

0.4

0.2

0 0

10

20

30

40

173

9.6


˜ de transferencia ˆ ´ Obte nha a fun func ç ao do circuito eletrico abaixo e demonstre que ele e´ Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.1. 9.1 . Obtenha uma rede de atraso de fase.

R1 R2

Vi

Vo

C

˜ angular que um compensador deve impor para que uma planta de cont ribuic uiç ao Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.2. 9.2 . Qual a contrib ˜ negativa e unitaria ´ ˆ reali rea lime ment ntac aç ao mantenha o mesmo grau de amortecimento e com uma freqüencia ˜ de 1,5 vezes maior, sendo. natural nat ural de oscilac osci laç ao

G(s) =

6, 5 s(s + 1)

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.3. Determine os valores de K , T 1 e T 2 do sistema mostrado na figura abaixo, para que os ´ ˆ polos dominantes de malha fechada tenha coeficiente de amortecimento ζ = 0, 5 e freq frequ¨ encia natural ˜ W n = 3 rad/seg de osci os cila lac ç ao

m

E +T

E K T 1 s+1

E

T 2 s+1

10 s(s+1)

E

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.4. 9.4 . Projete um compensador de atraso de fase que permita a planta abaixo, diminuir ser ´ ˜ ´ erro de estado estacionario em 8 vezes, vezes, sem modificaç oes consider consideráveis em sua resposta temporal,

∼ −0, 33 ± 0, 59 59jj

´ sendo fornecido os polos dominantes em s1,2 =

 

E+

E

-

T

1,06 s(s+1)(s+2)

E

Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.5. 9.5 . Para o sistema apresentado abaixo, deseja-se alterar o coeficiente de amortecimento ˆ ˜ para W n = 6rad/seg e a constante de erro para ζ = 0, 55, aumentar a freqüencia natural de oscilaç ao ´ 75seg seg −1 . estatico de velocidade para K v = 75 Projetar o compensador que atenda a esta necessidade. Para β = γ

̸

m

E+ E T

5 s(s+0,7)

E

exerc´ıcio ıcio anterior agora considerando o projeto com β = γ Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 9.6. 9.6 . Repetir o exerc´

174

Exerc´ıcio ıci o 9.7. 9.7 . Dado o sistema abaixo, projete um compensador PID, que altere o tempo de pico da ˜ compensado, mantenha a mesma ultrapasresposta temporal a 80% do tempo de pico do sistema nao ´ sagem e anule o erro de estado estacion ario para uma entrada a degrau.

m

100(s+10) 100 (s+10) E+ E (s+3)(s+5)(s+15) T

E

Exerc´ıcio ıci o 9.8. Sabendo que o MatLab, aplica o algoritmo abaixo em seus blocos PID, calcule as con˜ do compensador calculado no exerc´ stantes P I e D a serem se rem aplicadas aplica das na simulac s imulaç ao exerc´ıcio ıcio anterior.

P I D = P +

I + Ds s

˜ 2003) O diagrama em blocos da figura corresponde ao modelo de um sistema Exerc´ıcio ıci o 9.9. (PROVAO ˜ de transferencia ˆ de controle contr ole de velocidade velocidad e de um motor CC. A Funç ao do motor foi obtida a partir de um ´ ensaio de malha aberta, desprezando sua constante de tempo el etrica τ E E , considerada muito pequena, ˆ τ L = 0, 5 segundos. se comparada a constante de tempo mecanica R(s)

 

E Σ E + T

E

C(s)

10 1+0,5s

a ) Projete Projete um controlador controlador proporcionalproporcional-integr integral al do tipo C (s) =

Ω(s)

E

K (1 (1 + T s) , para que o sistema apres

sente: ˆ • Erro em regime permanente nulo, para entrada de referencia em degrau. ˜ de Transferencia ˆ • Funç ao de malha fechada de 1a ordem ∼ 0, 1 seg ˜ a 5% do valor final t 5% = • Tem empo po de acomo ac omoda dac ç ao r

1 e considerando o s 1, 56(1 + 0, 0, 50 50ss) ´ controlador C (s) = , revelou uma resposta W (t) como mostrado no grafico, onde se s ˜ T r5% = 0, 6 seg. observa observa um sobresinal sobresinal (overshoot) (overshoot) de 25% e um tempo de acomodac acomodaç ao seg. Co Conn-

ˆ ´ R(s) = b ) Um ensaio ensaio realizad realizado o no sistem sistema, a, com refer referência em degrau unitario

∼

´ ´ siderando que este controlador emprega a t ecnica de cancelamento de p´ polos e zeros,o que, para ˜ de Transferencia ˆ o modelo mode lo considerado, con siderado, acarreta a carretaria ria uma u ma Funç ao de 1a ordem, apresente uma jus´ ´ ´ tificativa razoavel para o resultado oscilatorio exibido no grafico. afico . Identifique Identifique a constante de tempo ´ τ E eletrica E do motor.

175

˜ de Transferencia ˆ c ) Esboce Esboce a forma do lugar lugar das ra ra´ızes ızes do sistema para uma Funç ao de malha aberta K (1 (1 + 0, 0, 5s) K K C (s) G(s) = = , identificando aproximadamente o(s) ponto(s) do s(1 + 0, 0, 5s)(1 + τ E s) s(1 + τ E s) ´ lugar das ra´ ra´ızes ızes que correspon corresponde(m) de(m) aos polos do sistema, para o ganho K = 1, 56 usado no ensaio.

˜ Tecnicas ´ Dados Dad os / Informac Infor maç oes

◦

•1

◦

•2

Ordem P 1(s) = Ordem P 2(s)

A 1 + τs

tr5% = 3τ

AW n2 = 2 s + 2ζ 2ζ W n s + W n2

tr5% =

3 ζ W n

176

˜ 2002) Conside ˜ classica ´ Cons idere re a configur con figurac aç ao de controle representada no diaExerc´ıcio ıcio 9.10. (PROVAO grama de blocos, no qual G(s) corresponde a` Planta e C(s), a um Compensador. R(s)

 

E Σ E + T

C(s)

Ω(s)

E

G(s)

E

˜ de transferencia. ˆ A Planta e´ modelada mo delada pela seguinte seguint e func fu nç ao

G(s) =

1 (0, (0, 5s + 1)(0, 1)(0, 125 125ss + 1)

´ Os quatro graficos mostram o lugar das ra´ızes ızes para K ¿ 0, ao se considerarem quatro compensadores diferentes. Cada um desses compensadores e´ modelado de acordo com um dos seguintes tipos: Tipo Tipo 1

→ C ( ) = K (s(s++ba) ) s

Tipo 2

→ C ( ) = K s

Tipo Tipo 3

→ C ( ) = K s s

ˆ tipos de compensador foi empregado para dar origem a cada um dos quatro gr´ ´ a ) Qual Qual dos trˆ tres graficos ´ de lugar das ra´ızes? ızes? Quando for o caso, identifique os valores aproximados dos p olos e zeros do compensador escolhido. b ) Considere agora os requisitos de desempenho abaixo para para a resposta ao degrau desse sistema em malha fechada.

177

´ • Erro de estado estacionario (regime permanente) nulo, definido como:

lim e(t) = 0 onde e(t) = r(t)

t→∞

˜ t • Tem empo po de acomo aco moda dac ç ao:

s

− y( ) t

< 1, 2 segundos

´ Com base nos dados apresentados, indique o gr afico cujo compensador permite atender os requisitos de desempenho. Justifique sua resposta.

˜ Tecnicas ´ Dados Dad os / Informac Infor maç oes

• Teorema do valor final: ˜ de • Sistema padrao

2a

lim x(t) = lim sX (s)

t→∞

ordem: P (s)

s→0

W n2 = 2 s + 2ζ 2ζ W n s + W n2

˜ e´ o tempo necessario ´ • Tempo emp o de acomoda aco modac ç ao: para a resposta ao degrau permanecer no valor correspondente a 95% do valor de regime permanente tr5% =

3 ζ W n

178

Cap´ Cap´ıtul ıt ulo o 10

ˆ Analise por Resposta em Frequ encia

Compensador

Análise ali se p or Resp. Freq.

´ 10.1 10.1 Co Conc ncei eito tos s basicos ´ ´ ˆ ´ O metodo de analise por resposta em freq u¨ encia, desenvolvido anteriormente ao m´ metodo do lugar das ra´ ra´ızes, ızes, data do per´ per´ıodo ıodo de1930 a 1940 e foi apresentado por Nyquist, Bode, Nichols, entre outros. ˜ de um sistema a um sinal senoidal, a resposta obtida, embora seja de mesma Baseado Base ado na excitac excit aç ao ˆ ˜ Sobre ˜ freqüencia, apresenta amplitude e fase diferente do sinal de excitaçao. Sob re estas es tas varia va riac ç oes, obtemos ˜ de transferencia ˆ caracter´ cara cter´ısticas ısti cas da fun func ç ao de uma planta, sem a necessidade de seu modelamento ´ ´ matematico, uma das principais dificuldades dos c alculos pelo caminho do lugar das ra´ ra´ızes. ızes. ´ ˆ ´ O metodo da resposta em frequ¨ encia e´ considerado uma otima ferramenta para calculo de compensadores, sendo complementar ao lugar das ra´ızes, ızes, devendo um projetista estar familiarizado com am´ bos os metodos. ´ ˆ ˜ simples e podem ser Uma das vantagens do metodo de resposta em freqüencia e´ que os testes sao ˜ levantados com precisao. ˜ de transferencias ˆ ˜ obtidas com facilidade e exatid˜ ˜ atraves ´ da resposta em Funç oes complicadas sao exatidao 179

180 ˆ ˜ ´ freqüencia, eliminando as perturbaç oes por ru´ıdo ıdo indesejaveis, abreviando todo trabalho de modela´ ´ mento matem´ matematico necessario nos estudos pelo lugar das ra´ızes. ızes. ˜ ”Resposta em Frequ¨ encia”est´ ˆ A desig de signa nac ç ao encia”est a´ associada a sistemas lineares excitados por entradas ´ senoidais e tomando suas sa´ sa´ıdas ıdas em regime permanente (depois do transitorio). ˜ de transferencia ˆ ´ Seja o sistema cuja funç ao e:

G(s) =

N ( N (s) (s + p1 ) (s + p2 )

· · · (s + p ) n

Excitando-se o sistema com uma entrada senoidal.

x(t) = x sin(ωt sin(ωt))

X (s) = A

⇒

ω s2 + ω 2

Sua resposta Y ( s) pode ser obtida como.

Y (s) =

as + b c1 c2 + + + 2 2 s +ω (s + p1 ) (s + p2 )

· · · + (s +c p ) n

n

ci correspondem (s + pi ) ˜ ´ a func fu nç oes no tempo tempo que tendem tendem a zero zero quando quando ”t”torna”t”torna-se se grande. grande. Logo, Logo, a respos resposta ta estacion estacionária

˜ os res´ ˜ em frac ˜ Onde a, b e c s ao res´ıduos ıduos da expansao fra ç oes parciais parciais.. Os termos

corresponde apenas pelo primeiro termo que representa um sinal senoidal, pois:

s+α F ( F (s) = 2 s + ω2

⇔

f ( f (t) =

√ α2 + ω 2 ω

· sen( sen(ωt + φ),

−1

onde onde φ = tan

transitório

u(t)

ω α

 regime

y(t)

F(s)

´ senoidal, porem ´ com Assim, em regime permanente, a resposta a` entrada senoidal e´ tambem ´ ˜ amplitude e defasagem dependentes de W. A forma mais simples para essa analise e´ a represen repr esentac taç ao fasorial:

entradax(t entrad ax(t)=Xsen )=Xsenwt saida sai day(t y(t)=Y )=Ysen sen(( wt+F) X

Y F

 

K =

Y = G(jω) jω ) X

φ = ∠Y

|

|

− ∠X = ∠G(jω) jω )

181

K sen ωt, , para para uma ent entrad rada a senoida senoidall x(t) = X sen Ts + 1 pode ser obtida, como segue:

Exemplo Exemplo 10.1.1. 10.1.1. Seja o sistem sistema a aprese apresenta ntado do G(s) = a sa´ sa´ıda ıda em regime regime permanente permanente y∞(t)

• Substituindo s = jω

em G(s)

⇒

G(jω ) =

K jωT jω T + 1

˜ de amplitudes entre entrada e sa´ • A rel re laç ao sa´ıda ıda

 

G(jω ) =

ˆ • Enquanto que o angulo de fase , sera´ φ = ∠G(

jω )

• Assim y

∞(t)

sera´ y∞(t) =

=

√1 +K T 2ω2

−arc tgT ω

√1X+ K sen (ωt − arc tgT ω ) T 2 ω 2

• Portanto, pela resposta obtida, conclu´ conclu´ımos: ımos: ˆ e´ baixa. – Quando ω e´ pequeno, ou a freqüencia A amplitu am plitude de de sa´ıda ıda e´ alta (K vezes a amplitude de entrada) ´ A defasagem de sa´ sa´ıda ıda e´ baixa (proxima a zero)

ˆ e´ alta. – Quando ω e´ grande, ou a freqüencia A amplitude de sa´ sa´ıda ıda e´ baixa (tende a zero com ω tendendo a infinito) A defasagem de sa´ sa´ıda ıda ´ cresce ate´ um maximo de -90◦ Esta e´ uma rede de atraso de fase, ou ainda um filtro passa baixas.

1 T 1 , determinando se esta e´ uma = 1 s+ T 2 s+

caracter´ısticas ısticas da rede G(s) Exemplo 10.1.2. Determinar as caracter´ rede de d e avanç o ou de at atraso raso de fase.

• Substituindo s = jω

em G(s)

˜ de amplitudes • A rel re laç ao

⇒

G(jω) jω ) =

  √ √ √ √ G(jω ) =

K T 2 (1 + T 1 jω) jω ) = jωT jω T + 1 T 1 (1 + T 2 T 2jω) jω )

T 2

1 + T 12 ω2

T 1

1 + T 22 ω2

ˆ • Enquanto que o angulo de fase φ , sera´ φ = ∠G(

• Assim y

∞(t)

sera´ y∞(t) =

X T 2 T 1

1 + T 12 ω2

1 + T 22 ω2

jω )

arc tg (T 1 ω ) = arc

sen (ωt + arc arc tg (T 1 ω )

• Portanto, quando T 1 > T 2 → arctgT 1ω − arctgT 2ω > 0, assim: – T 1 > T 2

⇒ rede de d e avanç o ou filtro passa altas a ltas – T 2 > T 1 ⇒ rede de atraso ou filtro passa baixas

−

arc arc tg (T 2 ω)

− arc arc tg (T 2 ω))

182

˜ entre plano s e resposta em frequ ˆ Corr Co rrel elac aç ao ¨ encia

Seja G(s) =

k (s + z ) ˆ , sua resposta em freq u¨ encia e´ obtida fazendo: s (s + p) s = jω

⇒

G(jω ) =

k (jω + z ) jω (jω + p)

˜ os vetores do diagrama abaixo. Note-se que os numeros complexos (jω + z ) , (jω + p) e (jω) jω ), sao ´

T C

jω

& b  0T & &   & &  & &   & φ3 φ2 ... .. φ1 ......... ...... E ....  .....& . .... .... B

f

A

    

G(jω ) =

∠ G(jω )

0

=

k jω + z k AC = jω jω + p OC BC

| | ||

|

|

·

·

−ϕ1 + ϕ2 − ϕ3

´ ca permi ´ Esta interpretac inter pretaç a˜ o grafica afi permite te conc conclui luirr que que a pres presen enc ça ¸ a de polos comple complexos xos conjug conjugado ados s pou pouco co ´ ´ amortecidos (proximos ao eixo imaginario) originam um pico pronunciado no ganho do sistema para as ˆ ´ ˆ ˆ ˆ frequ¨ encias proximas da frequ¨ encia natural W n . A ocorrencia desse pico denomina-se ressonancia.

T E jω ¢  ¢ ¢ ¢ E ¢ ¢ ......... . ¢ . . . . . . −jω .. .. .... ... ... .........

´ ´ se ”inform ˜ Note-se que do diagrama de polos e zeros e do CLR obtem-se em”in formac aç oes”similares a dos ˆ diagramas de resposta em freqüencia.

˜ graficas ´ Repr Re pres esen enta tac ç oes ˜ de transferencia ˆ Uma Um a func fu nç ao excitada por um sinal senoidal pode ser representada graficamente por ˆ ˆ um modulo e uma fase, tendo uma freqüencia como referencia. ˆ tipos de representac ˜ muito comuns que utilizamos em engenharia. Existem tres represen taç oes ´ • Diagrama de bode ou gr´ grafico logar´ logar´ıtmico ıtmico

• Diagrama de Nyquist ou diagrama polar ˆ • Diagrama do logaritmo do modulo versus angulo de fase (carta de Nichols)

183

10.2 10.2 Di Diag agra rama ma de Bo Bode de ´ Composto de dois graficos onde no primeiro primeiro representamos representamos usualmente usualmente o ganho de sinal em dB ´ versus ˆ cia ˜ em ˜ de excita ˜ senoidal, (decibeis) versus a freq¨ frequ¨ enci en a de opera op erac ç ao e m escala es cala logar´ log ar´ıtmica ıtm ica de uma u ma func f unç ao exci tac ç ao ´ em enquanto enquanto que no outro apresentamos apresentamos a defasagem defasagem entre os sinais de entrada entrada e sa´ıda, ıda, tamb´ tambem ˜ da freqüencia ˆ ia de ope ˜ novamente com este eixo em escala logar´ıtmica. funç ao enc operac raç ao, ıtmica. ´ os logar Apre Aprese sent nta a a facil acilida idade de de pode podermo rmos s soma somarr e subt subtra rair ir as gran grande deza zas s apre aprese sent ntad adas as em gr´ graficos afic logar´ıtmicos, ıtmicos, ´ de multiplicar ou dividir. ao inv´ inves

 

˜ padrao ˜ do modulo e´ G(s) = 20 log ´ log10 G(s) , e a unidade de medida e´ o decibel, alem A rep r epres resen entac taç ao ´ l a represen ˜ dos graficos ´ ˜ de retas assintoticas. ´ disto, e´ bastante facil aci repr esentac taç ao afico s por p or aproxima apr oximac ç ao ˜ experiment ˜ de transf ˆ ˜ Dete De term rmin inac aç oes experimentais ais de funç oes transfer erências encia s tornam-se tornam-se bastante bastante simples simples com apresentac apresentaç ao de resultados na forma de diagrama de bode.

˜ basicos ´ Repr Re pres esent entac aç oes de G(jw ) H (jw ) . ´ ˆ cia em func ˜ de transferencias, ˆ ˜ Os fatores basicos asico s que observamos observamos com bastante frequ¨ encia en fu nç oes sao:

• Ganho K ±1

• Fatores integrais e derivativos (jω) jω ) ◦

• Fatores de 1 •

ordem (1 + jωT jω T ))±1

    

jω ´ 1 + 2ζ 2 ζ Fatores quadraticos wn

+

jω wn

2

±1

´ traç ados os graficos ´ ˜ entre eles atraves ´ de somas ou Apos individuais, e´ poss´ po ss´ıvel ıve l a compo com posic siç ao ˜ ˜ de logaritmos, ˜ deles. subt su btra rac ç oes, pois poi s a adic adi ç ao logar itmos, equivale e quivale a multiplicac multi plicaçao

Ganho K Numeros ´ maiores que a unidade, apresentam valores positivos em dB, enquanto que números umeros menores que a unidade apresentam grandezas negativas quando expressas em dB. A curva de modulo de um ganho constante e´ uma reta horizontal de valor 20log K e a curva de fase e´ zero. ´ ´ dos comandos abaixo, na janela command window: Podemos gerar estes graficos no MatLab, atraves

>> n = 10 >> d = 1 >> bode( bode(n, d) ´ Que resultam nos graficos.

184 BodeDiagram 21

)

20.8

d (

20.6

B

e d u t

20.4

i

20.2

g a

20

n M

19.8 19.6 19.4 19.2 19 1

) g e d ( e s a h

0.5

0

P

-0.5

-1 0

10

1

10

Frequency(rad/sec)

Porem se considerarmos o ganho como um fator K crescente (em nosso exemplo um m ultiplo ´ de 10) teremos:

 (  

20 log log K x 10n

20 log (K (K x 10) = 20 log log K + 20

de maneira semelhante

)

= 20 log log K + K + 20n 20n ou

20 log K = - 20lo 20log g

1 K

Fatores integrais e derivativos (jω ±1 )

1 ´ e´ 20 log O valor val or logar´ıtmico ıtmico de em decibeis jω

 1

jω

=

ˆ −20 20logω logω, enquanto que o angulo de fase

1 e´ constante e igual a 90◦ . jω ˜ ˆ Um diagrama de bode tem a caracter´ıstica ıstica de representar as relaç oes de freqüencias em termos de

de

±

´ oitavas ou decadas. ˜ de ω1 ate´ 2ω1 , e uma decada ´ ˆ Uma oitava corresponde correspo nde a relac r elaç ao corresponde ao intervalo de freq u¨ encia ˆ 10ω ω1 , onde ω1 sera´ qualquer valor de freqüencia de ω1 ate 10 que se desejar.

10rad/seg Quando desenhado em papel semi-log, se medirmos a distancia entre ω = 1rad/seg e ω = 10 rad/seg , 62rad/seg rad/seg e ω = 620rad/seg 620rad/seg . esta sera´ a mesma distancia que entre ω = 62 ˜ grafica ´ Para a con c onstr struc uç ao consideramos:

185

• Modulo 20log(jω 20log(jω)), ou 20log

 

1 , substituindo valores, temos jω

• Fase, sempre constante em ±90o

  

w=1

→ 0 db w = 2 → ±6 db w = 10 → ±20 db

´ Resultando Resultando no gr´ grafico abaixo.

20 15

)

10

d (

5

B

e d u t i

0

g a

-5

n M

ão + inclinaç

ec ou 20 db/d

i nc l l i i naç ão - 2 2 0 0

-10 -15

+6 db/o

d b b / /d e d e c c o u u - 6 6

itava

d b b / / o o i it t av a

-20 90

) g e d ( e s a

45

0

h P

-45

-90 0

1

10

10

˜ for um multipl ˜ original, teremos. Conseq¨ Consequentemente uentem ¨ ente se nossa funç ao ult ´ iplo o da fun func ç ao

    

   →   

20log(jω 20log(jω n ) = 20 20n log(jω log(jω))

ω=1

ou

ω=2

20log

1 (jω n )

=

−20 20n n log

1 jω

ω = 10

˜ acima, podemos ˜ Extrapo Extr apolan lando do a verifica ver ificac ç ao podemos definir entao.

˜ de ±40 db/dec • Se n = 2, resulta re sulta em uma inclinac incli naç ao ˜ de ±60 db/dec • Se n = 3, resulta re sulta em uma inclinac incli naç ao

• Assim sucessivamente, respeitando o sinal positivo ou negativo. ◦

ˆ • Para o angulo de defasagem temos n(±90 )

⇒ 0db ⇒ ± 6 n db ⇒ ±20 n db

186

Fatores de primeira ordem (1 + jwT jw T ))±1 .

O modulo em db do fator de 1◦ ordem





1 20log = 1 + jωT jω T

−20log

1 ´ sera: 1 + jwT jw T

√

1 + ω2 T 2 db

   ⇒ 

ω < < 1/T

→ −20log

ω > > 1/T

→ −20log

√ √

∼ −20log1 =∼ 0 db

1 + ω 2 T 2 =

∼ −20log ωT

1 + ω 2 T 2 =

´ Verificamos que o grafico desenhado sera´ uma reta paralela ao eixo de w com ganho de 0 db, at e´ o 1 ˜ de -20 db/dec. ponto onde ω = , quando o sistema passa a apresentar uma inclinaç ao T ´ observar que existe uma curva exata, calculada ponto a ponto, que descreve a resposta Vale tambem

∼

´ aproximar a resposta a duas retas assintoticas, ´ ˜ apresentar deste sistema e podemos tambem que irao ´ ˜ apresentando apenas uma resposta muito pr´ proxima a real para pontos distantes do ponto de inflex˜ inflexao, ˜ um pequeno erro no ponto, nas proximidades do ponto de inflexao. ˆ O angulo de fase se comporta como segue:

φ=

−arctg (ωT ) ωT )

  

◦

ω=0

→ φ = −arctg (0 . T ) T ) = 0 1 T ω = → φ = −arctg = 45 T T 1 → φ = −arctg ∞ = 90 ω >>

 

T

◦

◦

T

freqüênciadecanto

assintota 40 )

35

B

30

e d u t

25

d ( i

20

g a

15

n M

assintota

curvaexata

10 5 0 0

) g e d ( e s a

-45

h P

-90 1

1

1

10

100

100T

10T

T

T

T

w

187 ˜ por ass´ıntotas O erro e rro de aproxima aprox imac ç ao ıntotas pode ser calculado:

√ 1 ´ • Erro maximo, → − 20log 1 + 1 + 20 20 log log 1 = −10 log 2 = −3, 03 db ocorre em ω = T √5 1 1 • Uma oitava acima ω = 2T → −20log 4 + 1 + 20 log 1 = −20log 2 = −0, 97 db √5 √ 2 • Uma oitava abaixo ω = T → −20log 22 + 1 + 20 l og og 2 = −20log = −0, 97 db 2 10 ´ • Uma decada → −20log √1 + 102 + 20 acima ou abaixo ω = 20 log log 10 = −0, 04 db



T

    

jω ´ Fatores quadraticos 1 + 2ζ 2 ζ ωn

+

jω ωn

2

±1

Frequentemente aproximamos sistemas de controle a sistemas de 2◦ ordem, que apresentam fatores 1 ´ quadraticos da forma G(jω ) = 2 1 + 2ζ 2 ζ j ωωn + j ωωn

  

´ Se ζ  1, podemos aproximar o sistema a dois p olos reais, distintos ou coincidentes de primeira ´ ordem (sistema superamortecido ou criticamente amortecido). Se 0 < ζ < 1, estes fatores quadraticos ˜ produto de fatores complexos conjugados. serao ˜ assintotica ´ ˜ sera´ tao ˜ preciso para baixos valores de ζ . O proces pr ocesso so de d e aproxim ap roximac aç ao nao ´ Calculando, obtemos o gr´ grafico apresentado.

˜ do diagrama de Bode Procedimento Procedim ento geral para construç ao

˜ de transferencia ˆ • Inicialmente devemos devemos escrever escrever a funç ao senoidal G(

jω )

´ H (jω ) dos dos fator atores es basicos.

ˆ ´ • Em seguida determine as freqüencias de canto associadas a estes fatores b asicos. ´ ˜ • Traç ar as curvas assint oticas de modulo em db com suas respectivas inclinac i nclinaç oes associadas as ˆ frequ¨ encias de canto. ´ • Finalmente compor todos os fatores na curva resultante e se necess ario corrigir os erros da ˜ por ass´ aprox ap roxim imac aç ao ass´ıntotas. ıntotas. ˆ • A curva de angulo de fase de G(

jω )

ˆ ´ angulo de fase dos fatores basicos.

˜ das curvas de H (jω ) , pode ser desenhada pela composiç ao

188

Figura 10.1: Dispon´ıvel ıvel em Engenharia Engenhar ia de Controle Moderno, pg 412 ˜ dos diagramas de bode com aproximaç ao ˜ por ass´ A util ut iliz izac aç ao ass´ıntotas ıntotas facilita enormemente a ˜ da resposta em freqüencia ˆ ˆ ia a func ˜ de transferencia. ˆ deter de termi mina nac ç ao de um sistema e por conseqüencia enc fu nç ao ˜ e de modifica ˜ pela inclus˜ ˜ de compensadores faz com que a utilizaç ao ˜ A facilidade facilida de de construc constru ç ao mod ificac ç ao inclusao ˆ dos diagramas de bode seja utilizado enormemente no processo de resposta em freqüencia.

˜ de transferencia ˆ di agrama de d e bode bod e da funç ao abaixo. Exemplo 10.2.1. Desenhe o diagrama

G(jω ) =

10 (jω + 3) jω (jω + 2) 2) [jω 2 + jω + 2]

´ usual apresentar G(jw ) na forma normalizada, onde as ass´ E ass´ıntotas ıntotas dos termos de 1◦ e 2◦ sejam retas

189 com partidas em 0 db, deste modo podemos reescrever:

   

jω +1 3 jω jω 2 jω +1 + +1 2 2 2 7, 5

G(jω ) = (jω) jω )



˜ em termos isolados, teremos: Desmemb Desm embrand rando o a fun func ç ao

                  7, 5

(jω) jω )−1

1

2

ω 1+j 3

ω 1+j 2

3

−1

−1

ω (jω) jω )2 1+j + +1 2 2

4

 5

 

˜ ou freqüencia ˆ ˜ respectivamente, ω = 3 ω = Os pontos de inflexao, de canto dos termos 3, 4 e 5, sao

2 e ω=

√2, sendo o coeficiente de amortecimento do termo 5 e´ ζ = 0, 3536.

´ Construa as curvas de cada um dos termos independentemente, como apresentado no gr´ grafico, sendo ˜ das ass´ ´ desenhar todas as ass´ atento aos pontos de inflex inflexao ass´ıntotas. ıntotas. Apos ass´ıntotas ıntotas independente indepe ndentes, s, faç a ˜ das resultantes que e´ a soma de todos os segmentos. a com c ompo posi sic ç ao

√ ˆ • Ate´ a freqüencia de ω = 2 = 1, 41 rad/seg , a resultante e´ a soma dos termos 1 e 2 (3, 4 e 5 ˜ de -20 db/dec. apresentam modulo de 0 db) e possui uma inclinaçao

• De 1, 41 rad/seg < ω < 2 rad/seg , o termo n

◦

˜ e a inclin ˜ passa a ser 5 entra e ntra na composi com posic ç ao inc linac aç ao

de -60 db/dec.

• De 2

´ o item 4 sendo ˜ de -80db/dec. < ω < 3 rad/seg , inclu´ inclu´ımos ımos tambem send o agora ago ra a inclinac i nclinaç ao

˜ do item 3, para ω > 3 rad/seg , a incl ˜ retorna para • Finalmente Finalmente com a inclus˜ inclusao in clin inac aç ao -60 db/dec novamente. ˜ dos angulos ˆ • O mesmo mesm o estudo est udo se faz para a composic composi ç ao de fase.

Figura 10.2: Dispon´ Dispon´ıvel ıvel em Engenharia de Controle Controle Moderno, pg 415

190 ˜ de transferencia, ˆ A curva cur va resultante do modulo do ganho da funç ao esta apresentada como uma ˜ de retas assintoticas, ´ ´ aprox ap roxim imac aç ao caso necessario a curva real, devemos levar em conta os erros de ˜ em cada inflexao ˜ e obter a curva real. aprox ap roxim imac aç ao Verificando com o MatLab, digitamos no command window:

• >> n=[ 10 30 ] • >> d=poly([ 0 -2 -0.5+1.32j -0.5-1.32j ]) • >> bode(n,d) ´ Que resulta no grafico que segue:

40 30 )

20

d (

10

B

e d u t

0

i n

-10

M

-20

g a

-30 -40 -90 ) g e -135 d ( e s a -180 h P

-225 -270 0,1

1

1.41

2

3

10

˜ entre Tipo de Sistema e Curva de Modulo em dB. Relaç ao

´ ˜ de sistemas (0, No Cap Cap´´ıtulo ıtulo 7, ”Erro de estado estacionario’, estudamos que para tipos padr˜ padrao ˜ de ent 1 ou 2) pod´ pod´ıamo ı amos s defin definir ir um uma a unica uni ´ ca consta constante nte de erro erro para para alguma algumas s excit excitac aç oes entrad rada a pad padron roniza izadas das ´ la) e com isto ˜ (degr (degrau, au, ramp rampa a ou par´ parabo abola) isto mensur mensurar ar compar comparati ativa vamen mente te sistem sistemas as de contro controle le com realime realimenta ntac çao. ´ que Bode descreve ˜ das freqüencias, ˆ ˜ e´ correto afirmar Estudamos tambem descreve sistemas em funç ao entao ´ ˆ que a analise da resposta em baixas frequ¨ encias (quando ω tende a zero), nos traz a resposta do erro ´ estacion´ estacionario de um sistema.

191 ´ que o grau da funç ao ˜ de transferencia ˆ ˜ em termos de Vimos tamb´ tambem em jω , determina deter mina sua inclinac inclin aç ao dB/dec. ˜ relativa ao erro de estado estacionario ´ o, de um sist Portanto Portanto conclu conclu´ımos ımos que a informaç ao ari sistem ema a de ˜ de entrada (so´ que agora senoidal), pode ser determinada a partir da controle control e para uma excitaç ao ˜ da regiao ˜ de baixas freqüencias ˆ obse ob serrvac vaç ao da curva de modulo em dB.

˜ da constante de erro est atico ´ co de pos ˜ Dete De term rmin inac aç ao ati posic iç ao. ˜ unitaria. ´ Considerando um sistema de controle com realimentaç ao

m

E+ T

E

E

G(s)

˜ de transferencia ˆ E supondo que sua funç ao de malha aberta seja:

G(s) =

K ( K (T a s + 1) 1) (T b s + 1) ... (T m s + 1) sn (T 1 s + 1) 1) (T 2 s + 1) ... (T p s + 1)

ou

G(jω ) =

K ( K (T a jω + 1) 1) (T b jω + 1) ... (T m jω + 1) n (jω) jω ) (T 1 jω + 1) 1) (T 2 jω + 1) ... (T p jω + 1)

˜ n = 0, logo para baixas freqüencias, ˆ Se o sistema for do tipo zero, ent ao temos ω

E (∞) = lim G(jω ) = K ω →0

→ 0.

⇒ K

p

ˆ Resulta que o diagrama de Bode em baixa freq¨ frequ¨ encia sera´ uma reta horizontal de 20 log Kp dB.

db T

-20 db/dec db/dec r r ¨ % r r ¨ r r -40 db/dec db/dec       ©    E  w .  

20logKp

0

˜ da constante de erro est atico ´ Dete De term rmin inac aç ao de velocidade. ´ Para o mesmo G(s) apresentado anteriormente, agora com n=1, o exemplo de um gr afico de Bode de 1◦ ordem, e´ apresentado:

G(s) =

K ( K (T a s + 1) 1) (T b s + 1) ... (T m s + 1) sn (T 1 s + 1) 1) (T 2 s + 1) ... (T p s + 1)

ou

G(jω ) =


192 db T -20 db/dec db/dec

¨ %¨

20logK 20logK v

    C  -40 db/dec  $  $ $ $ $  $ T E  w2 w3 w1 ω .  ω=1 

0

˜ inicial sera´ de -20 dB/dec, devido ao fator A incl in clin inac aç ao

1 ´ na origem. , que e´ um polo (jω) jω )1

´ No ponto w = 1 rad/seg, o m odulo do ganho vale 20 log K v . Matematicamente podemos obter.

$ $

ω << 1

→ G(

jω )

$ $

$ $

$ $ $ $ $ $ K $ (T $ + 1)$ (T $ + 1)... 1)...$ (T $ + 1) K K v a jω m jω b jω = lim = = $ $ $ $ $ $ 1 ω →0 (jω) jω jω $ $ $ $ $ $ jω ) $ (T $ + 1)$ (T $ + 1)... 1)...$ (T $ + 1) p jω 1 jω 2 jω



K v ˜ 20 log entao jω



= 20 log K v

ω =1

˜ com o eixo 0 dB, ocorre em K v = ω1 , pela identidade matem´ ´ A inte in terse rsecc cç ao matematica abaixo.





K v 20 log = 0 dB jω 1

K → 1 = jω , v

˜ K v = ω1 entao

1

˜ da constante de erro est atico ´ o de aceler ˜ Dete De term rmin inac aç ao atic ace lerac aç ao. ´ Para o mesmo G(s) apresentado anteriormente, agora com n=2, o exemplo de um gr´ grafico de Bode de 2◦ ordem, e´ apresentado:

G(s) =

K ( K (T a s + 1) 1) (T b s + 1) ... (T m s + 1) n s (T 1 s + 1) 1) (T 2 s + 1) ... (T p s + 1)

ou G(jω ) =


db T -40 db/dec db/dec

0

r r  © -60 db/dec db/dec r r ¡ r r ¡ 20logK 20logK a r r ¡ & ¡ -20 db/dec db/dec r a& r & ¨ r r ¨ ¨ ¨ % r r r r √ .. ωa =

ω =1

K a

.. .. .. .. .. .. .. ..

E ω

193

˜ inicial sera´ de -40 dB/dec, devido ao fator A incl in clin inac aç ao

1 ´ , que corresponde a dois p olos na (jω) jω )2

origem. ´ No ponto w = 1 rad/seg, o m odulo do ganho vale 20 log K a . Matematicamente podemos obter.

$ $

ω << 1

→ G(

jω )

$ $

$ $

$ $ $ $ $ $ K $ (T $ + 1)$ (T $ + 1)... 1)...$ (T $ + 1) K K a a jω m jω b jω = lim = = $ $ $ $ $ $ 2 $ $ $ ω →0 (jω) $ + 1)$ $ + 1)... $ + 1) jω jω 2 jω ) 2$ (T $ (T $ 1)...$ (T $ p jω 1 jω 2 jω



K a ˜ 20 log entao jω2 jω 2



= 20 log K a ω =1

˜ do segmento ˜ de -40 dB/dec intercepta o eixo de ganho 0 dB, no A extensao segment o inicia ini cia com co m inclinac incl inaç ao ˜ ponto chamado de W 2 , entao:





K a 20 log = 20 log 1 = 0dB 0dB jω a2 Diagrama Polar

→

ωa =

√

K a

˜ de transferencia ˆ ´ Para uma fun func ç ao senoidal G(jω ) , o diagrama polar e´ um gr´ grafico de modulo de ˆ de fase de G(jω ) em coordenadas polares, com ω variando de zero a infinito. G(jω ) versus o angulo

 

Assim o diagrama diagrama polar e´ o lugar dos vetores G(jω ) ∠ G(jω ) , com ω variando de 0 a

∞. Um diagrama

˜ angular, a` partir do eixo real positivo, no sentido anti-horario, ´ polar e´ referenciado referencia do para mediç ao con˜ abaixo. forme form e represen repr esentac taç ao

TIm E

. . . . . (jw ) . . . . . .......... ................. . .... ....... . .... ..... . . . . .... . . .. . . ... . . 3 . . ... . . . . . . . . . . . . .... ... . . . . .... . . . . . . . . . ......... ......... . . ... . ∠ (jw ) ... . ... 2 . ... ) . .. . .. G ( jw . .. .... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ... ... .. .. .... . .. .. ... . . 1 .. .. ... .. .. ..

'

Re G

|

|

ω=

ω

¨ ¨ ¨ ω ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ %¨

G

∞ Re

T

E

I m G(jw )

|

c

|

ω

ω=0



Frequentemente o diagrama polar e´ chamado de Diagrama de Nyquist. Cada ponto no diagrama ˆ polar de G(jω ) , representa o ponto terminal de um vetor em uma determinada freq u¨ encia. Portanto Portanto e´ ˆ ˜ muito importante indicar os valores de frequ¨ encia ao longo da curva, e as projeç oes de G(jω ) sobre os

194 ´ ˜ seus componentes desmembramos. eixos real e imaginario, sao Um diagrama polar apresenta uma grande vantagem sobre o diagrama de bode, pois representa em ´ ˆ um unico ´ grafico as caracter´ caracter´ısticas ısticas de resposta em freq u¨ encia de um sistema em todas as faixas de ˜ operac ra ç ao. ˜ indicar ˜ individuais de cada fator, sobre Porem tem a desvantagem de n˜ nao i ndicar claramente claramen te as contribuic contri buiç oes ˜ de transferencia ˆ a funç ao de malha aberta.

Fatores integrais e derivativos (jω) jω )±1 . 1 ´ O diagrama polar de G(ω) = , e´ uma reta que corre sobre o eixo imagin ario negativo, visto que: jω

G(jω ) =

1 = jω

−j ω1 = ω1 ∠ − 90

◦

´ positivo. O diagrama polar de G(ω) = jω , e´ uma reta que corre sobre o eixo imagin ario

Fatores de primeira ordem (1 + jω) jω )±1 . ˜ de transferencia ˆ Para Par a a func fu nç ao senoidal, temos:

G(jω )

 √

1 = = 1 + jωT jω T



1 ∠ 1 + ω2 T 2

− (arct arctgg ωT )

◦

˜ respectivamente: dfrac1T , sao, Os valores de G(jω ) . em ω = 0 e ω = dfrac1

G(0) = 1∠0◦ Se ω

˜ o modulo ´ → ∞, entao de G(

jω ) ,

e

G 1 = (j /T )

√12 ∠ − 45

◦

tende a zero e a fase de G(jω ) , tende a

diagrama polar que segue:

Im ω =

∞

1

T 2 2 ' 1 + ω T E

d Re d . 0, 5 E . .. .. . . . ... .. .. . . . ... T 0 d . . ..... r .. s .. ( .. d ... d r ∠ d ... G .... . .. . ω = 0 ) 1 1 ... . j . d / ... .. ω T .. ... T . . d ... ... .... 1 + ω 2 T 2 Td .... .... .... .... . . . ..... ..... .....  © ω ..... ..... ..... ...... d . . . . ........... ......... ..........d .... ................. c ... . u....... 1

 

G j /T

ω T = 1

−90o, resultando no

195

10.3


˜ de transferencia ˆ di agrama de d e bode bod e das funç oes abaixo. Exerc´ Exer c´ıcio ıci o 10.1 1 0.1.. Desenhe o diagrama

(a) G(jω ) = (b) G(s) =

5 (jω + 2) jω (jω + 1) 1) (jω + 5)2

100(s 100(s + 10) s (s + 100)

196


ˆ Projeto por Resposta em Frequ encia

Compensador

Projeto por Resp. Freq.

197

198


Ziegler Nichols

Ziegler Nichols Compensador

´ 12.1 12.1 co conc ncei eito tos s basicos ˜ de transferencia ˆ Quando temos dispon´ dispon´ıvel ıvel a fun func ç ao da planta, podemos aplicar uma serie de ´ tecnicas para dimensionamento de um compensador PID. ˜ esta´ dispon´ ˆ cia ˜ recomendaContudo quando o medeio da planta nao di spon´ıvel ıvel e exista uma u ma urg u rgenci en a de d e solu so luc ç ao, ˜ de tecnicas ´ se a uti u tililizac zaç ao emp´ıricas ırica s para sua su a sintonia. sinto nia. ´ estudos de sistemas em campo, propoem ˜ Ziegler e Nichols, apos regras de sintonia para as constantes ´ de um compensador PID, de um modo bastante r apido e simples. ˜ baseadas ˜ Suas regras sao baseadas em experiment experimentos os de resposta resposta ao degrau degrau ou em alterac alteraç oes de ganho de um compensador puramente proporcional que leve um sistema a` instabilidade marginal. Embora estas ˜ em plantas cujo modelo n˜ ˜ esteja regras tenham te nham sido si do criadas cri adas para p ara aplicac apl icaç ao nao este ja dispon´ di spon´ıvel, ıvel, elas e las tem sido ´ ´ utilizadas com otimos resultados para calculo de compensadores de plantas com modelos conhecidos.

199

200 ˜ ´ ´ Ziegler Ziegler e Nichols propoem dois metodos de calculo a partir da resposta transitoria da planta. ´ ˜ de uma resposta de malha fechada sub amortecida, com um Ambos os metodos objetivam objet ivam a obtenç ao ´ sobre sinal maximo de 25%.

c(t)

25%

1

t

0

˜ de transAdmitindo a malha da planta abaixo e um compensador PID, que apresente uma funçao ˆ ferˆ ferencia que segue.

R(s)

m

E+ T

E Compensador PID

G1(s) = K p (1 +

E Planta G(s)

C (s)

E

1 + T d s) T i s

˜ especificas Devemos Devemos obter os valores das constante abaixo que levem a planta a operar nas condiç oes de projeto.

• K = Constante de ganho p

˜ • T = Constante Constan te de integraç ao i

• T

d

˜ = Constante Constant e de derivaç ao

´ ˜ podendo ser Observar que melhora da resposta do sistema depende da necessidade do usuario, nao ´ ´ ˜ para todos os sistemas (admitir ou generalizadas respostas transitorias e erros estacionarios padroes ˜ sobre ˜ atraso de transporte, etc.). Portanto Ziegler e Nichols aconselnao so bre sinal, si nal, tempo de a acomodac comodaç ao, ˆ ˜ da resposta desejada. ham ajustes posteriores dos parametros obtidos obtido s para otimizac otimi zaç ao

201

12.2

´ 1o Metodo de Ziegler e Nichols ´ No primeiro metodo, etodo , devemos devemos obter a resposta resposta temporal experimenta experimentall da planta em estudo. Se

˜ contem integradores e nao ˜ possui polos ´ a planta nao dominantes que sejam complexos conjugados, a ˜ ira´ apresentar sobre sinal e tera´ o aspecto de um ”S”. curva de resposta n ao ´ ˜ se aplica. Caso a resposta temporal apresentar sobre sinal, este m etodo nao

T

T.........

E

.. .....

E Planta u(t)

E E

c(t)

A curva de resposta resposta pode ser caracterizada caracterizada por duas constantes. constantes. O tempo morto ou atraso de transporte transporte ”L” ”L” e a constante constante de tempo tempo ”T” .

C (s) K −Ls = e U (s) Ts + 1 c(t) Tangente K

t

0 L

T

A sintonia sugerida por Ziegler e Nichols e´ resumida na tabela a seguir.

K p

T i

T d

P

T L

∞

0

PI

0, 9

T L

L 0, 3

0

PID

1, 2

T L

2L

0, 5 L

202 ´ Note que o controlador PID sintonizado pelo 1◦ metodo de Ziegler-Nichols fornece:

G1(s)

 

1 s+ 1 T 1 L = K p (1 + + T d s) = 1, 2 (1 + +, 05 05Ls Ls)) = 0, 6T T i s L 2Ls s

2

0, 5 ´ , com o gr afico de resposta temporal obtido, projetar um 40 40ss2 + 10s 10s compensador PID para otimizar a resposta do sistema.

Exemplo 12.2.1. A partir de G(s) =

1

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0 0

10

2

20

30

40

50

60

28

Graficamente obtemos L = 2 segundos e T = 28 segundos, aplicando estes valores na tabela de Ziegler e Nichols para calculo de um compensador PID, vem:

• K = 1, 2 T L = 1, 2 282 = 16 16,, 8 p

• T = 2L = 2.2 = 4 i

• T

d

= 0, 5L = 0, 5.2 = 1

Portanto montaremos um bloco compensador PID com:

16,, 8 (1 + G1(s) = 16

1 + s) 4s

→ para para o MatL MatLab ab

16,, 8 + PID = 16

4, 2 + 16, 16, 8s s

203 ˜ No MatLab, podemos comparar os resultados da planta com e sem compensaç ao.

comcompensação

1

semcompensação

0 0

10

20

30

40

50

60

´ 2o Metodo de Ziegler e Nichols

12.3

´ No segundo metodo devemos devemos proceder proceder um teste inicial, inicial, forc forç ando as constantes constantes T i =

∞e

Utilizando apenas apenas o ganho proporcional, proporcional, aumentamos aumentamos K p , de zero ate´ o seu valor critico T d = 0. Utilizando ˜ auto-sustentada de amplitude constante. K cr qu ando a sa´ıda ıda exibe pela primeira prime ira vez uma um a oscilac os cilaç ao cr , quando ˜ apres ˜ auto-sustentada para nenhum valor de K cr ´ ˜ se Caso a sa´ s a´ıda ıda nao a presente ente oscilac osci laç ao nao cr , este metodo aplica. ˜ e definimos o per´ Medimos o sinal temporal de sa´ sa´ıda ıda nesta nest a condic cond iç ao per´ıodo ıodo critico P cr cr do sinal, experimentalmente, como segue.

r(t)

m

E+ T

c(t)

T

0

E

K p

u(t)

E

'

Planta

P cr cr

c(t)

E

E

..... .... ........ .... ...... .... ....... ... ...... ... ... .... ... .. ... . . . ... . . . . .. .. . . .. ... ... ... .. .. ... . . .. ... ... ... ... .. . . . .. ... .. .. .. . . . . ... ... .... ..... .... ..... ........ ........

E t

204 A sintonia sintonia dos compensado compensadores res sugerida por Ziegler Ziegler e Nichols Nichols esta´ resumida na tabela abaixo.

K p

T i

T d

P

0, 5 K cr cr

∞

0

PI

0, 45 K cr cr

1 P cr cr 1, 2

0

PID

0, 6 K cr cr

0, 5 P cr cr

0, 125 P cr cr

´ ˜ Note que o controlador PID sintonizado pelo 2◦ metodo de Ziegler-Nichols fornece uma funç ao 4 ˆ ´ na origem e dois zeros em s = de transferencia com um polo : P cr cr

−

G(s) = K p





1 1+ + T d s T i s

= 0, 6K cr cr





1 1+ + 0, 0, 125 125P P cr cr s 0, 5P cr cr s

= 0, 075 075K K cr cr P cr cr

  4 s+ P cr cr s

2

˜ deste 2o metodo, ´ ´ Vamos verificar agora dois exemplos de d e aplicac ap licaç ao sendo um pratico e outro a ´ partir do modelo matematico de uma planta.

K e o ganho K cr cr = 10, 40ss2 + 0, 40 0, 05 05ss + K calcular o compensador PID para otimizar a resposta da planta.

´ temporal abaixo de G(s) = Exemplo 12.3.1. Dado o grafico

1

Pcr=9seg 0.5

0 0

10

20

30

40

50

60

Graficamente obtemos P cr cr = 9seg , aplicando este valor na tabela de Ziegler e Nichols para calculo de um compensador PID, vem:

205

• K = 0.6K

= 0, 6.10 = 6

• T = 0, 5P

= 0.5.9 = 4, 5

p

i

• T

d

cr cr

cr cr

= 0, 125 125P P cr 125..9 = 1, 125 cr = 0, 125

Portanto montaremos um bloco compensador PID com:

G(s) = 0, 075 075K K cr cr P cr cr

  4 s+ P cr cr s

2

(s + 0, 0, 44)2 1, 33 = 6, 75 + 6, 6, 75 75ss no MatLab PID = 5, 94 + s s

1.2

comcompensação 1

0.8

0.6

semcompensação

0.4

0.2

0

Considere o sistema de controle da figura abaixo. abaixo. Embora Embora o modelo da planta seja Exemplo 12.3.2. Considere conhecido, vamos aplicar Ziegler e Nichols na sintonia do compensador PID. ´ a det ˜ do compensador vamos efetuar sua simulaç ao ˜ e caso o sobre sinal ultrapasse Apos determ ermina inac ç ao 25%, faremos pequenos ajustes para aproximar o resultado ao esperado.

m

E+ T

E G1(s)

E

1 s(s+1)(s+5)

E

˜ de 3o ordem com um polo ´ na origem, sabemos dos estudos do CLR, que Sendo G(s) , um uma a fun f unc ç ao ´ ´ isto perde a estabilidade. Portanto iremos aplicar o este sistema apresenta um ganho maximo e apos ´ 2o metodo de Ziegler Ziegler e Nichols. Nichols. Efetuando as premissas de projeto, faremos T i =

∞ e T

d

= 0, variando apenas K p , que resulta na

FTMF.

F T M F = = F (s) =

K p K p = 3 s(s + 1)(s 1)(s + 5) + K p s + 6s 6s2 + 5s 5s + K p

206 ´ ´ Aplicando o criterio de Routh Hurwitz a FTMF. obtemos o m aximo ganho do sistema, que sera´ o

K cr cr = 30.

˜ caracter´ıstica, 6s2 + 5s 5s + 30 = 0. Substituindo K cr eq uac ç ao ıstica, obtemos obtemo s s3 + 6s cr = 30, na equa ˆ ˜ do ponto critico, basta substituir s = jω , uma vez que para Para Para obter a frequ¨ encia natural de oscilaç ao este ganho o valor da parte real e´ nula, resultando em W n =

√5.

´ Todo este procediment procedimento o de calculo pode ser revisto revisto no capitulo capitulo 8, An´ Analise pelo Caminho do Lugar das Ra´ızes. Ra´ ızes.

 

˜ em: Resultando entao

K cr cr = 30

√

W n =

5

2π → P cr = W

= 2, 81 seg

n

Aplicando estes valores ao equacionamento de Ziegler e Nichols, obtemos.

• K = 0, 6K p

cr cr

• T = 0, 5P i

• T

d

cr cr

= 0, 6.30 = 18

= 0, 5.2, 81 = 1, 1, 405

= 0, 125 125P P cr 125..2, 81 = 0, 0, 351 cr = 0, 125

˜ de transferencia ˆ A funç ao do compensador e´ portanto:

Gc(s) = K p





1 1+ + T d s T i s

(s + 1, 1, 423)2 12 12,, 83 ou para o MatLab P I D = 18 + = 6, 32 + 6, 6, 32 32ss s s

Verificando o resultado, temos:

2

semcompensação

1

comcompensação

0

Notamos pelo resultado que o sobre sinal foi excessivo, face ao esperado teoricamente, necessi˜ do simulador. tando de um ajuste fino, bastante facilitado pela utilizaçao

207 ˜ ˜ do ganho K p , e deslocando os zeros para s = Uma Um a das d as solu so luc ç oes e´ a ma manut nuten enc ç ao

−0, 65, que resulta

no compensador.

(s + 0, 0, 65)2 2, 67 ou para o MatLab PID = 8, 22 + 6, 32 + 6, 6, 32 32ss s s c(t)

t

´ Refinando um pouco mais, mantemos agora os p olos em s =

−0, 65 e aumentamos o ganho

K p = 15, resultando em: PID = 15 +

2, 67 + 6, 6, 32 32ss s

c(t)

1

t 0

Pelo CLR, podemos verificar o efeito que os ajustes provocaram no sistema. No compensador originalmente calculado, quando s =

−1, 42 o aumento do ganho K , permite o p

aumento da velocidade de resposta (diminui o tempo de subida), mas sua influencia no sobre sinal e´ muito pequena. ˜ do d ˜ do sobre sinal, Contudo ao m modificar odificarmos mos a posic po siç ao duplo uplo zero do sistema, sistema , foi poss´ıvel ıvel a diminuic diminu iç ao aumentando a faixa de ajuste do ganho K p , para uma melhor sintonia do compensador PID.

208 15

CLRdocompensador porZieglereNichols

10

CLRdocompensador comzerosmodificados

5

0

-5

-10

-15 -6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1


Controle Digital

Compensador Controle Digital

209

210

Servo Mecanismo

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