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Introducao Resposta em Frequencia Exemplos de Resposta em Frequencia Estabilidade do Sistema em Malha Fechada Desempenho do Sistema em Malha Fechada Controlador Avanco Controlador Atraso Exercıcios

Capıtulo 5Projeto usando Resposta em Frequencia

Gustavo H. C. Oliveira

TE055 Teoria de Sistemas Lineares de ControleDept. de Engenharia Eletrica / UFPR

Gustavo H. C. Oliveira Projeto usando Lugar das Raızes 1/90


Este material contem notas de aula para suporte ao cursoTeoria de Sistemas Lineares de Controle do Dept. deEngenharia Eletrica da UFPR.

Nao substitui o estudo dos livros recomendados na bibliografiado curso.



Sumario

1 Introducao

2 Resposta em Frequencia

3 Exemplos de Resposta em Frequencia

4 Estabilidade do Sistema em Malha FechadaMargens de Fase e de Ganho

5 Desempenho do Sistema em Malha FechadaDesempenho em Malha Fechada: Regime PermanenteDesempenho em Malha Fechada: Regime TransitorioDefinicoes

6 Controlador Avanco

7 Controlador Atraso

8 Exercıcios



1. Introducao



1. Introducao

Estabilidade

Rastreamento (Seguimento de trajetoria)

Regulacao

Sensibilidade

Objetivos

Como escolher / projetar um controlador C(s) a fim de que amalha fechada seja estavel e tenha o desempenho noseguimento de trajetoria desejado



1. Introducao

O desempenho no seguimento de trajetoria desejado eespecificado em funcao de um par de polos de malha fechadap e condicoes nos erros em regime permanente (Kp e Kv).



1. Introducao



1. Introducao

A estabilidade e o seguimento de trajetoria desejados saoespecificados em funcao de parametros da resposta emfrequencia do conjunto controlador e processo.



2. Resposta em Frequencia

Em Sistemas Lineares Invariantes no Tempo, com funcao detransferencia H(s):

A resposta de H(s) a uma entrada senoidal de frequenciaconstante w0

u(t) = sin(w0t)

ey(t) = A sin(w0t+ φ)

sendoA = |H(jw)|w=w0

eφ = ∠H(jw)|w=w0




Variando w de 0 a ∞ em

A(w) = |H(jw)|

eφ(w) = ∠H(jw)|

obtemos a resposta em frequencia.

Dois tipos de graficos podem ser gerados

Diagrama de Bode, representada por dois graficos, onde cadaponto esta associado a w ×A(w) e a w × φ(w).Curva de Nyquist, representada por um diagrama polar ondecada ponto esta associado a A(w)∠φ(w).




H(s) =s+ 1

s2 + s+ 1



2.1 Exemplos de Resposta em Frequencia

Sistemas com 1 polo (ou com 1 zero)

H(s) =a

s+ a




Sistemas com 1 polo e 1 zero

H(s) = Ks+ z

s+ p




Sistemas com 1 polo na origem (ou com 1 zero na origem)

H(s) =1

s




Sistemas com 1 par de polos complexos conjugados (ou com 1 parde zeros)

H(s) =w0

s2 + 2ζw0s+ w20




Sistemas com atrasoH(s) = e−τs



3. Estabilidade do Sistema em Malha Fechada




Seja um sistema em malha fechada dado por:

T (s) =KH(s)

1 +KH(s)

O ponto de estabilidade neutra ou crıtica e quando




Neste momento, tem-se:

1 +KH(jw) = 0

ouKH(jw) = −1

Nas condicoes de modulo e angulo

|KH(jw)| = 1

e∠KH(jw) = −180




Neste momento, tem-se:




Portanto, o sistema em malha fechada

sera estavel se e somente se

Na frequencia onde a curva de angulo cruza −180o, a curva emodulo esta abaixo de 0 dB

ena frequencia onde a curva de modulo cruza 0 dB, a curva de

angulo esta acima de −180o



3.1 Margens de Fase e de Ganho

Margem de Ganho:

E a distancia abaixo do ponto 0 dB da curva de modulo, nafrequencia em que a curva de angulo e -180o (wMG).

O sistema em malha fechada e estavel se e somente se aMargem de Ganho for positiva.

Margem de Ganho e

MGdB = −|KH(jwMG)|dB quando ∠KH(jwMG) = −180




Margem de Fase:

E a quantidade que a fase excede -180o na frequencia em quea curva de modulo e 0 dB (wc).

O sistema em malha fechada e estavel se e somente se aMargem de Fase for positiva.

Margem de Fase e

MFgraus = ∠KH(jwc) + 180 quando |KH(jwc)|dB = 0

Definicao: Frequencia de Cruzamento wc:frequencia na qual a curva de KH(jw) cruza o eixo de 0 dB.




Seja

Margem de Ganho:

Indica o maximo ganho que pode ser inserido no ramo diretopara o sistema permancer estavel.

Isto e equivalente a:

MGdB > 0 implica que |KH(jwMG)| < 1




Seja

Margem de Fase:Indica o maximo atraso que pode ser inserido no ramo diretopara o sistema permancer estavel.

Logo, MF > 0 requer que o deslocamento no angulo causadopelo atraso (e−jwτ ) seja menor que o valor da MF .

Isto e equivalente a:

MFrad > 0 implica que wcτ < MFrad




Exemplo

H(s) =1

s(s+ 1)2

Determine: margem de ganho, margem de fase, ganho e deatraso maximos para estabilidade.




Margem de GanhoDescobrir a frequencia wMG na qual ∠H(jw) = −180;

∠1

jw(jw + 1)2= −180

∠1

jw(−w2 + j2w + 1)= −180

∠1

−jw3 − 2w2 + jw= −180

∠1

−2w2 + jw(1− w2)= −180

A frequencia desejada e aquela na qual

1− w2 = 0 ou wMG = 1




Margem de GanhoDescobrir o modulo para w = 1;

| 1

jw(jw + 1)2|w=1 = |

1

j(j + 1)2|

| 1

jw(jw + 1)2|w=1 = | −

1

2| = 1

2ou− 6, 02 dB

Margem de Ganho e 6,02 dBIsto significa que o valor maximo de ganho ate o limite deestabilidade e

106,02/20 = 2




Margem de GanhoVer no grafico abaixo os pontos calculados




Margem de GanhoResposta ao degrau do sistema em malha fechada com K = 0, 5 eK = 2, 3.




Margem de FaseDescobrir a frequencia wc na qual |H(jw)| = 1 (ou 0 dB);∣∣∣∣ 1

jw(jw + 1)2

∣∣∣∣ = 1

1

|jw(−w2 + j2w + 1)|= 1

| − jw3 − 2w2 + jw| = 1√(−2w2)2 + (w(1− w2))2 = 1

4w4 + w2(1− w2)2 = 1

A frequencia desejada esta entre as raızes de

w6 + 2w4 + w2 − 1 = 0

ou−0, 3412± j1, 1615; 0, 3412± j1, 1615;±0, 6823

Logo w = 0, 6823 Gustavo H. C. Oliveira Projeto usando Lugar das Raızes 33/90



Margem de FaseDescobrir o angulo para w = 0, 6823;

∠1

jw(jw + 1)2|w=0,6823 = −∠j0, 6823(j0, 6823 + 1)2

∠1

jw(jw + 1)2|w=0,6823 = −158o ou− 2, 77 rad

Margem de Fase e 22o ou 0,384 radIsto significa que o valor maximo do atraso ate o limite deestabilidade e

τ0, 6823 < 0, 384

τ = 0, 5628




Margem de FaseVer no grafico abaixo os pontos calculados




Margem de FaseResposta ao degrau do sistema em malha fechada com atraso de0, 3 e 0, 6 segundos.



4. Desempenho do Sistema em Malha Fechada



4.1 Desempenho: Regime Permanente

Seja sistema em malha fechada

O comportamento em regime permanente e definido emtermos das constantes

de erro estatico de posicao (degrau);de erro estatico de velocidade (rampa);de erro estatico de aceleracao (parabola).



4.1 Desempenho: Regime Permanente

As constantes de erro estatico sao:

Kp = lims→0

KH(s)

Kv = lims→0

sKH(s)

Ka = lims→0

s2KH(s)

O diagrama de bode do ramo direto e (geralmente):

KH(jw) ≈ K(jw)n

quando w e pequeno

sendo n o tipo do sistema (n = 0, tipo 0; n = 1, tipo I, etc)



4.1 Desempenho: Regime Permanente, sistemas tipo 0

Neste casoKp = lim

s→0KH(s)

O diagrama de bode do ramo direto e

KH(jw) ≈ Kp quando w e pequeno




Exemplo:

H(s) =4

s+ 2= (4/2)

2

s+ 2

Kp = lims→0

H(s) =4

2e ep =

1

1 +Kp=

1

3




Exemplo:

6,01 dB e equivalente a um ganho de 2, logo Kp = 2.




Exemplo:



4.1 Desempenho: Regime Permanente, sistemas tipo I

Neste casoKv = lim

s→0sKH(s)


KH(jw) ≈ Kjw

quando w e pequeno

O ponto onde a assimptota de baixas frequencias cruza o eixo0 dB e Kv




Exemplo:

H(s) =4

s(s+ 2)=

(4/2)

s

2

s+ 2

Kv = lims→0

sH(s) =4

2e ev =

1

Kv=

1

2




Exemplo:



4.1 Desempenho: Regime Permanente, sistemas tipo II

Neste casoKa = lim

s→0sKH(s)


KH(jw) ≈ K(jw)2

quando w e pequeno

O ponto onde a assimptota de baixas frequencias cruza o eixo0 dB e

√Ka



4.2 Desempenho: Regime Transitorio

Seja sistema em malha fechada

O comportamento em regime transitorio e definido em termosde tempos de subida, pico, acomodacao, sobre-sinal, etc




Seja sistema em malha fechada T =KH

1 +KHLargura de Faixa wBWEm sistemas de controle, definida como a frequencia maxima queum sistema conseguira rastrear uma senoide de forma satisfatoria

(apos wBW , o ganho e menor que 3 dB do ganho em regime

permanente).




A largura de faixa wBW esta relacionada com a velocidade deresposta do sistema em malha fechada,> wBW , sistema + rapido.




Em sistemas de 2a ordem, wBW ≈ wn.Se ζ = 0, 7, entao wBW = wn.

Se

H(s) =1

s2 + 1, 4s+ 1ou wn = 1 e ζ = 0, 7




Se T ,

T =KH

1 +KH

for um sistema de 2a ordem, com resposta em frequenciaabaixo, entao:

Mr =1

2ζ√1− ζ2

(em ganho, nao dB)

wr = wn√1− 2ζ2




Seja T um sistema de 2a ordem.A Margem de Fase de T esta relacionada com seu fator deamortecimento ζ, isto e:

PM = tan−1

2ζ√√1 + 4ζ4 − 2ζ2

Para PM < 70o,

ζ ≈ PM

100



4.3 Definicoes

Seja

Funcao de Sensibilidade

S =1

1 +KH

Funcao de Sensibilidade Complementar

T =KH

1 +KH



5. Controlador Avanco

O projeto do controlador passa por:

Selecao da estrutura do controlador (a forma de C(s))Calculo dos parametros do controlador C(s)

O Controlador Avanco e

C(s) = K(s+ z)

(s+ p)

com z < p.




O Controlador Avanco tambem pode ser dado por:

C(s) = K(Ts+ 1)

(αTs+ 1)

com α < 1, e:

O maximo angulo de avanco φmax obedece a relacao

sinφmax =1− α1 + α

na frequencia

wmax =1

T√α




Note que, na frequencia wmax o controlador possui ganhodiferente de zero.

Este ganho depende somente de α, pois:

|C(jw)| =

∣∣∣∣∣ Tj1

T√α+ 1

αTj 1T√α+ 1

∣∣∣∣∣|C(jw)| =

∣∣∣∣∣ j1√α+ 1

j√α+ 1

∣∣∣∣∣ = 1√α



5. Controlador Avanco (1a solucao)

Hipotese: Dado um sistema em malha fechada

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

1 + C(s)H(s)

Com H(s) e/ou resposta em frequencia H(jw) conhecida(s).

Objetivo:Encontrar C(s), estrutura avanco, a fim de atender asespecificacoes de:

erro em regime permanente Kv

margem de fase.




Solucao:

1 Analisar a condicao de erro em regime permanente2 Calcular K a fim de atender a condicao de erro.K tal que o Kv desejado seja:

Kv = lims→0

KH(s)

3 Determinar a necessidade o angulo para que a margem de fasede

G(s) =KH(s)

1 +KH(s)

seja igual a margem de fase desejada.




Solucao (continuacao):

1 Definir φmax como sendo este angulo + um ajuste adicional de5o a 10o.

2 Calcular α a partir de φmax.3 Verificar o ganho do controlador no ponto de maximo angulo

(este ganho e: 1√α

)

e a frequencia na qual o diagrama de bode de KH(jw) possuiatenuacao equivalente.

4 Fazer wmax igual a esta frequencia.5 Calcular T em funcao de α e wmax.




Exemplo:Seja um sistema em malha fechada

com

H(s) =4

s(s+ 2)

Os requisitos de projeto sao:

Kv > 20, ou erro para rampa ev de 1/20; e

Margem de fase maior que 50o, ou fator de amortecimento ζmenor que 0,5.




Solucao:

Ajuste do Kv:

Kv = lims→0

s4

s(s+ 2)= 2

Kv requerido e 20, logo um ganho adicional de 10 enecessario.O sistema para efeito de calculo na sequencia e

KH(s) =40

s(s+ 2)




Calculo do ajuste necessario na Margem de Fase de:

KH(s) =40

s(s+ 2)

A frequencia de cruzamento wc e 6, 17 rad/s.Em wc = 6, 17, ∠ KH(s)|wc=6,17 e -162o

Logo, MF e 18o

MF desejada e 50o, logo faltam 32o, com ajuste de 5o, 37o.

Com o K ja calculado, o controlador ate agora e:

C(s) = 10Ts+ 1

αTs+ 1

Calculo do α:

sin 37o =1− α1 + α

α = 0, 2486




Com o K e α ja calculados, o controlador ate agora e:

C(s) = 10Ts+ 1

0, 2486Ts+ 1

Calculo do zero:A frequencia de maximo angulo (avanco) e wmax = 1/(

√αT );

O ganho do controlador em wmax e 1/√α; no nosso caso:

1√α

= 2, 005

Logo devemos procurar a frequencia onde o sistema atenua1/√α; ∣∣∣∣ 40

s(s+ 2)

∣∣∣∣s=jw

=1

2, 005

e esta frequencia e w = 8, 95 rad/s.




Calculo do zero (continuacao):

Como o controlador tem ganho de 1/√α

e o sistema atenua 1/√α,

neste local teremos a frequencia de cruzamento wc.Vamos definir entao wmax = wc ou wmax = 8, 95 rad/s;

8, 95 = 1/(√αT )

T = 0, 2266

Logo, o controlador final e:

C(s) = 100, 2266s+ 1

0, 2486(0, 2266)s+ 1



5. Controlador Avanco (2a solucao)


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

1 + C(s)H(s)


Objetivo:Encontrar C(s), estrutura avanco, a fim de atender asespecificacoes de:

largura de faixa wBW do sistema em malha fechada.margem de fase.




Solucao:

1 Analisar a largura de faixa do sistema em malha fechada semcompensacao

G(s) =H(s)

1 +H(s)

2 Calcular K a fim de atender a este criterio.K tal que a frequencia de cruzamento seja 2× menor quewBW desejado.

3 Determinar a necessidade o angulo para que a margem de fasede

G(s) =KH(s)

1 +KH(s)

seja igual a margem de fase desejada.





1 Definir φmax como sendo este angulo + um ajuste adicional de5o a 10o.

2 Calcular α a partir de φmax.3 Verificar o ganho do controlador no ponto de maximo angulo

(este ganho e: 1√α

)

e a frequencia na qual o diagrama de bode de KH(jw) possuiatenuacao equivalente.

4 Fazer wmax igual a esta frequencia.5 Calcular T em funcao de α e wmax.




Exemplo:Seja um sistema em malha fechada

com

H(s) =4

s(s+ 2)

Os requisitos de projeto sao:

Largura de faixa de wBW = 6 rad/s; e

Margem de fase maior que 50o, ou fator de amortecimento ζmenor que 0,5.




Solucao:

Ajuste da largura de faixa, ou wBW :O sistema em malha fechada e

G(s) =H(s)

1 +H(s)=

4

s2 + 2s+ 4

|G(s)|s=jwBW= −3 dB

entao wBW = 2, 54 rad/sDefinir K tal que wc seja 2 × menor que wBW desejada, ouwc = 3 rad/s.

|KH(s)|s=jw = 1 ou 0 dB

e K = 2, 7

O sistema para efeito de calculo na sequencia e

KH(s) = 2, 74

s(s+ 2)




Calculo do ajuste necessario na Margem de Fase de:

KH(s) = 2, 74

s(s+ 2)

A frequencia de cruzamento wc e 3 rad/s.Em wc = 3, ∠ KH(s)|wc=3 e -146,3o

Logo, MF e 33,7o

MF desejada e 50o, logo faltam 16,3o, com ajuste de 5o, 21,3o.

Com o K ja calculado, o controlador ate agora e:

C(s) = 2, 7Ts+ 1

αTs+ 1

Calculo do α:

sin 21, 3o =1− α1 + α

α = 0, 4671




O controlador ate agora e:

C(s) = 2, 7Ts+ 1

0, 4671Ts+ 1

Calculo do zero:A frequencia de maximo angulo (avanco) e wmax = 1/(

√αT );

O ganho do controlador em wmax e 1/√α; no nosso caso:

1√α

= 1, 46

Logo devemos procurar a frequencia onde o sistema atenua1/√α; ∣∣∣∣2, 7 4

s(s+ 2)

∣∣∣∣s=jw

=1

1, 46

e esta frequencia e w = 3, 75 rad/s.




Calculo do zero (continuacao):

Como o controlador tem ganho de 1/√α

e o sistema atenua 1/√α,

neste local teremos a frequencia de cruzamento wc.Vamos definir entao wmax = wc ou wmax = 3, 75 rad/s;

3, 75 = 1/(√αT )

T = 0, 39

Logo, o controlador final e:

C(s) = 2, 70, 39s+ 1

0, 39(0, 4671)s+ 1




Fazer tambem A.8.6 (livro Ogata)



6. Controlador Atraso

O projeto do controlador passa por:

Selecao da estrutura do controlador (a forma de C(s))Calculo dos parametros do controlador C(s)

O Controlador Atraso e

C(s) = K(s+ z)

(s+ p)

com p < z.




O Controlador Atraso tambem pode ser dado por:

C(s) = K(Ts+ 1)

(αTs+ 1)

com α > 1, e:





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

1 + C(s)H(s)


Objetivo:Encontrar C(s), estrutura atraso, a fim de atender asespecificacoes de:

erro em regime permanente Kv

margem de fase.




Solucao:

1 Analisar a condicao de erro em regime permanentee calcular K a fim de que o Kv desejado seja:

Kv = lims→0

KH(s)

2 Calcular onde deveria estar a frequencia de cruzamento a fimde que a margem de fase (+ um adicional de 5o a 10o) atendaa especificacao.Chamar esta frequencia de ”nova”wc.

3 Calcular quanto deveria ser a atenuacao de ganho do ramodireto a fim de que tenhamos efetivamente a margem de faseem ”nova”wc.





1 Determinar T de modo que a frequencia w = 1/T seja 1decada antes de ”nova”wc.

2 Determinar α de tal modo que o ganho de C(jw) em”nova”wc seja a atenuacao necessaria em H(jw) para quea nova frequencia de cruzamento seja de fato ”nova”wc.




Exemplo

Seja o sistema em malha fechada

H(s) =1

0, 5s3 + 1, 5s2 + s

Os requisitos de projeto sao:Erro de velocidade ≤ 1/5, ou Kv = 5Margem de Fase ≥ 40




Solucao:

Analisar a condicao de erro em regime permanentee calcular K a fim de que o Kv seja 5:

5 = lims→0

K1

0, 5s3 + 1, 5s2 + s

K = 5

Para efeitos dos calculos subsequentes, a nova funcao detransferencia considerada e

KH(s) =5

0, 5s3 + 1, 5s2 + s

O controlador e

C(s) = 5(Ts+ 1)

(αTs+ 1)




A margem de fase de KH(s) e -13 o, bem abaixo dos 40o

desejados.∣∣∣∣ 5

0, 5(jw)3 + 1, 5(jw)2 + jw

∣∣∣∣ = 1 → ∠KH(jw)

Vamos trabalhar com a Margem de 40o+10o.

Para o sistema ter margem 50o, a frequencia de cruzamentodeveria estar em 0,488 rad/s

∠5

0, 5(jwc)3 + 1, 5(jwc)2 + jwc= −130

wc = 0, 488.




O ganho de KH(s) para s = jwc e 19,1 dB

O controlador tem que gerar -19,1 dB de atenuacao para queo conjunto C(s)H(s)tenha frequencia de corte em wc = 0, 488 rad/s

Da resposta em frequencia do controlador, a assimptota voltaa ser horizontal quando w = 1/T ,Vamos fazer 1/T uma decada antes de wc.

1/T = 0, 048 ou T = 20, 8

O controlador e

C(s) = 5(20, 8s+ 1)

(α20, 8s+ 1)




Voltando ao fato que |C(jw)| = −19 dBem wc = 0, 488 rad/s

Temos ∣∣∣∣5 (20, 8jwc + 1)

(α20, 8jwc + 1)

∣∣∣∣ = −19 dB

e α e 9,6

O controlador e

C(s) = 520, 8s+ 1

(9, 6)20, 8s+ 1



6. Exercıcios

Exercıcios (Ogata, 2010):

A.7.8

A.7.10 (use margens de ganho ou de fase e nao facaaproximacoes para o atraso)

A.7.16, A.7.22 e A.7.24

B.7.11, B.7.23, B.7.24, B.7.26, B.7.32


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