CAPÍTULO NOVE

Projeto por Intermédio do Lugar das RaízesSOLUÇÕES DE DESAFIOS DOS ESTUDOS DE CASO

Controle de Antena: Compensação por Atraso e Avanço de Fase

a. Não-compensado: Com base no Desafio de Estudos de Caso do Cap. 8, G(s)

76 39

150 1 32

7194 23

150 1 32

,

( )( , )

,

( )( , )

K

s s s s s s� ��

� � com os pólos dominantes em �0,5 � j6,9. Portanto, � �

cos

tg�1 6 9

0 5

,

,

� 0,0723, ou %UP � 79,63% e Ts �

4 4

0 5���

n , � 8 s. Também, Kv �

7194 23

150 1 32

,

,� �

36,33.

b. Compensado por avanço de fase: Reduzindo a ultrapassagem percentual por um fator 4 resulta, %UP� 79 63

4

,

� 19,91%, ou � � 0,457. Reduzindo o tempo de assentamento por um fator 2, tem-se, Ts � 8

2 � 4. Melhoran-

do Kv por um fator 2 obtém-se Kv � 72,66. Usando Ts �

4

�� n

� 4, ��n � 1, de onde se tem �n � 2,188 rad/

s. Dessa forma, o ponto de projeto é igual a ���n � j n� 1 2� z � �1 � j1,946. Usando os pólos originais

do sistema e supondo um zero do sistema compensador em �1,5, a soma da contribuição angular dos pólos dosistema e do zero do sistema compensador por avanço de fase no ponto de projeto é �123,017°. Dessa forma,o pólo do sistema compensador deve contribuir com 123,017° � 180° � �56,98°. Usando a geometria abai-

xo,

1 946

1

,

pc � � tg 56,98°, ou pc � 2,26.

Adicionando este pólo aos pólos do sistema e o zero do sistema compensador resulta 76,39K � 741,88 em �1 � j1,946. Portanto, a função de transferência a malha aberta do sistema compensado por avanço de fase é

Gcomp-avanço(s)�

741 88 1 5

150 1 32 2 26

, ( , )

( ) ( , ) ( , ).

s

s s s s

�

� � � A investigação no eixo real dos trechos do lugar das raízes

leva a pólos de ordem superior maiores que �150 e �1,55. A resposta deve ser simulada uma vez que não hácancelamento de pólo com zero. A resposta ao degrau do sistema compensado por avanço de fase é mostradaabaixo.

Uma vez que o tempo de assentamento e a ultrapassagem percentual atendem os requisitos transitórios,prossiga com o compensador por atraso de fase. O sistema compensado por avanço de fase tem Kv �

741 88 1 5

150 1 32 2 26

, ,

, ,

�

� � � 2,487. Como desejamos Kv � 72,66, é necessária uma melhoria de

72 66

2 487

,

, � 29,22.

Selecione G(s)atraso �

s

s

�

�

0 002922

0 0001

,

, para melhorar o desempenho do erro de estado estacionário por 29,22.

Uma simulação do sistema compensado por avanço e atraso de fase, Gcomp-avanço-atraso(s)�

741 88 1 5 0 002922

150 1 32 2 26 0 0001

, ( , ) ( , )

( ) ( , ) ( , ) ( , ),

s s

s s s s s

� �

� � � � é mostrada abaixo.

Veículo UFSS: Compensação com Retroação e por Avanço de Fase

Malha secundária: Função de transferência a malha aberta G(s)H(s) �

0 25 0 437

2 1 29 0 1932, ( , )

( ) ( , ) ( , );

K s

s s s

�

� � � Fun-

ção de transferência a malha fechada: TML(s)�

0 25 0 4372

3

, ( , )

( ).

K s

s s

�

� … Procurando ao longo da reta de 126,87°

(� � 0,6), encontre os pólos de segunda ordem dominantes em �1,554 � j2,072 com 0,25K2 � 4,7. Dessaforma K2 � 18,8. Procurando o segmento de eixo real do lugar das raízes para um ganho de 4,7 resulta umterceiro pólo em �0,379.

Malha principal: A função de transferência a malha aberta com retroação unitária, encontrada usando os pólos

a malha fechada de malha secundária é GML(s) �

� �

� � � � �

0 25 0 437

0 379 1 554 2 072 1 554 2 0721, ( , )

( , ) ( , , ) ( , , ).

K s

s s s j s jProcurando ao longo da reta de 120° (� � 0,5), encontre os pólos de segunda ordem dominantes em �1,069� j1,85 com 0,25K1 � 4,55. Dessa forma K1 � 18,2. Procurando o segmento de eixo real do lugar das raízespara um ganho de 4,55 resultam um terceiro pólo em �0,53 e um quarto pólo em �0,815.

RESPOSTAS DAS PERGUNTAS DE REVISÃO

1. Cap. 8: Projeto por intermédio de ajuste de ganho. Cap. 9: Projeto por meio de controlador em cascata oufiltros com retroação

2. A. Permite projetar para obter respostas transitórias que não estão sobre o lugar das raízes original e ina-cessíveis através de simples ajustes de ganho. B. As especificações de resposta transitória e de erro deestado estacionário podem ser atendidas separada e independentemente sem a necessidade de estabelecercondições de compromisso

3. PI ou compensação por atraso de fase4. PD ou compensação por avanço de fase5. PID ou compensação por atraso e avanço de fase6. Um pólo é localizado sobre ou próximo da origem para aumentar ou quase aumentar o tipo de sistema, e

o zero é localizado próximo ao pólo para não mudar a resposta transitória.7. O zero é localizado mais próximo do eixo imaginário do que o pólo. A contribuição total do pólo e do

zero junto com os pólos e os zeros anteriores deve resultar em 180° no ponto de projeto. Posicionar o zeromais próximo do eixo imaginário tende a aumentar a velocidade da resposta.

8. Um controlador PD fornece um zero simples, enquanto uma estrutura por avanço de fase fornece um zeroe um pólo. O zero fica mais próximo do eixo imaginário.

9. Mais afastado ao longo da mesma linha radial traçada da origem aos pólos não-compensados10. O controlador PI posiciona um pólo diretamente na origem, aumentando dessa forma o tipo de sistema e

levando o erro a zero. Uma estrutura por atraso de fase posiciona o pólo apenas próximo da origem pro-duzindo uma redução do erro, mas não o anula.

11. A resposta transitória é aproximadamente a mesma do sistema não-compensado, exceto no que ocorredepois de ultrapassado o tempo de assentamento original. Observa-se um movimento mais lento em dire-ção ao novo valor final.

12. 25 vezes; a melhoria é igual à relação entre o valor do zero e o valor do pólo.13. Não; o zero do sistema compensador por retroação não é um zero do sistema a malha fechada.14. A. A resposta de malhas internas pode ser projetada separadamente; B. É possível obter respostas mais

rápidas; C. Pode não ser necessária amplificação uma vez que o sinal flui de nível alto para nível baixo.

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS

1. Sistema não-compensado: Procure ao longo da linha � � 0,707 e encontre o ponto_de_operação que está

em �4,5 � j4,5 com K � 22,5. Portanto, %UP� e� �� �/ 1 2

� 100 � 4,32%; Ts � 4

4 5, � 89 s; Kp �

22 5

151 25

,, .�

Sistema compensado: Adicione um pólo na origem e um zero em �0,1 para formar um controlador PI.Procure ao longo da linha � � 0,707 e encontre o ponto_de_operação que está em �4,47 � j4,47 com K� 22,5. Portanto, as especificações de desempenho estimado para o sistema compensado são: %UP �

e� �� �/ 1 2

� 100 � 4,32%; Ts � 4

4 7, � 0,89 segundo; Kp � . Um pólo de ordem superior está situado

em �0,056. O sistema compensado deve ser simulado para assegurar cancelamento efetivo de pólo comzero.

2.

a. Insira um compensador em cascata, tal que Gc(s) �

s

s

� 0 01,

4.a. Procurando sobre a reta de 126,16° (10% de ultrapassagem, � � 0,59), encontre o ponto de operação

em �1,009 � j1,381 com K � 17,5. Portanto, Kv �

17 5

5 3

,

� � 1,1667.

b. Uma melhoria de 3,429x resultará em Kv � 4. Use um compensador por atraso de fase, Gc(s) �

s

s

�

�

0 3429

0 1

,

,.

6. Não-compensado: Procurando ao longo da reta de 135° (� � 0,707), encontre o ponto_de_operação em

�1,045 � j1,045 com K � 16,62. Portanto, Kp �

� ��

16 62

1 2 60 462

,, ;

T ss � �

4

1053 83, ;

T sp � �

1 0453 01

,, ; %UP � e

� �� �/ 1 2 � 100 � 4,33%; �n �

1 045 1 0452 2, ,� � 1,478 rad/s;

pólos de ordem superior em �4,3 e �5,62. Sistema compensado: para reduzir o tempo de assentamen-to à metade, os pólos, a malha fechada devem ser �2,09 � j2,09. A soma dos ângulos a este ponto éde �304,61°. Portanto, a contribuição do zero de compensação deve ser 304,61° � 180° � 124,61°.

Usando a geometria mostrada a seguir,

2 09

2 09

,

, � zc

� tg (180° � 124,61°). Ou, zc � 0,648.

Depois de adicionar o zero do sistema compensador, o ganho em �2,09 � j2,09 é K � 19,63. Portanto,

Kp �

19 63 0 648

1 2 3 6

, ,�

� � � � 0,353. Ts �

4

2 09, � 1,914 s; Tp �

2 09, � 1,503 s;

%UP � e� �� �/ 1 2

� 100 � 4,33%; �n �

2 09 2 092 2, ,� � 2,956 rad/s; pólos de ordem superior em�7,03 e �0,79. O problema com o projeto é que existe um erro de estado estacionário muito grande, enão há cancelamento efetivo de pólo com zero. O projeto deve ser simulado para se ter certeza de que osrequisitos da resposta transitória foram atendidos.

7.

9.

Dessa forma, �n � 6,188 rad/s e o

ponto_de_operacao é �2,5 � j5,67.b. A soma dos ângulos incluindo a contribuição do zero de compensação é �170,22°. Portanto, o pólo do

sistema compensador deve contribuir com 180° � 170,22° � �9,78°.

c. Usando a geometria mostrada abaixo,

5 67

2 5

,

,pc � � tg 9,78°. Dessa forma, Pc � 35,39.

d. Adicionando o pólo do sistema compensador e usando �2,5 � j5,67 como ponto de teste, K � 1049,41,e. Procurando os segmentos de eixo real para K � 1049,41, encontramos pólos de ordem superior em

�36,33, e �1,057.f. O pólo em –36,33 está afastado do eixo imaginário mais que 5 vezes em relação aos pólos dominantes.

O pólo em �1,057 praticamente cancela o zero em �1. Aproximação de segunda ordem OK.g.

11.a.

b. e c. Procurando ao longo da reta de � � 0,8 (143,13°), determine o ponto_de_operacao em �2,682 �j2,012 com K � 35,66.

d. Uma vez que ��n � 4

Ts

, a parte real do pólo dominante compensado é �4. A parte imaginária é 4 tg

(180° � 143,13°) � 3. Usando os pólos e zeros do sistema não-compensado juntamente com o zero dosistema compensador em �4,5, a soma da contribuição angular no ponto de projeto, �4 � j3 é�158,71°. Dessa forma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser 158,71° � 180° �

�21,29°. Usando a geometria a seguir,

3

4pc � � tg 21,29°, ou pc � 11,7.

Acrescentando o pólo do sistema compensador e usando �4 � j3 como ponto de teste, K � 172,92.e. Compensado: Procurando os segmentos do eixo real para K � 172,92, encontramos pólos de ordem

superior em 14,19, e aproximadamente em �5,26 � j0,553. Como não ocorre cancelamento de pólocom zero para os zeros em �6 e �4,5, o sistema deve ser simulado para verificar o tempo de assenta-mento.

f.

O gráfico mostra aproximadamente 2% de ultrapassagem e 0,8 s de tempo de assentamento compara-do à ultrapassagem desejada de 1,52% e ao tempo de assentamento de 1 s.

14.a. Procurando ao longo da reta de 110,97° (%UP � 30%; � � 0,358), encontre o ponto_de_operacao em

�2,065 � j5,388 com K � 366,8. Investigando ao longo do eixo real para K � 366,8, encontramos

um pólo de ordem superior em �16,87. Dessa forma, Ts

4 4

2 0651 937

�� n

s� �,

, . Para que o tempo

de assentamento diminua de um fator 2, Re � ���n �-2,065 � 2 � �4,13. A parte imaginária é�4,13 tg 110,97° � 10,77. Portanto, os pólos dominantes do sistema compensado são �4,13 � j10,77.O zero do sistema compensador está em �7. Usando os pólos do sistema não-compensado com o zerodo sistema compensador, a soma dos ângulos no ponto de projeto, �4,13 � j10,77 é �162,06°. Dessaforma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser �162,06° � 180° � �17,94°. Usan-

do a geometria a seguir,

10 77

4 13

,

,pc � � tg 17,94°, ou pc � 37,4.

Adicionando o pólo do sistema compensador e usando �4,13 � j10,77 como ponto teste, K � 5443.b. Procurando os segmentos do eixo real para K � 5443 resultam os pólos de ordem superior em aproxi-

madamente �8,12 e �42,02. O pólo em �42,02 pode ser desprezado, uma vez que fica cinco vezesmais distante do eixo imaginário que o par de pólos dominantes. Não há certeza de que o pólo em�8,12 cancele o zero em �7. Portanto, simule para ter certeza de que os requisitos foram atendidos.

16.

a. Os pólos dominantes do sistema compensado estão localizados em ���n � j n� � �1 2 � �0,5712

� j1,495. Supondo que o zero do sistema compensador esteja em �0,8, a contribuição angular dospólos a malha aberta e do zero do sistema compensador no ponto de projeto, �0,5712 � j1,495 é

�149,53°. Portanto, o pólo do sistema compensador deve contribuir com 149,53° � 180° � �30,47°.

Usando a geometria a seguir,

1 495

0 5712

,

,pc � � tg 30,47°, ou pc � 3,11.

b. Ts

n

� �4 4

0 5712�� , � 7 s; %UP � e

� �� �/ 1 2 � 100 � 30,1%.

c. Procurando ao longo dos segmentos do eixo real do lugar das raízes para K � 47,63, encontramospólos de ordem superior em �1,4 e �10,56. O sistema deve ser simulado, visto que não existe cance-lamento de pólo com zero.

Do gráfico, Ts � 8s e %UP � 59%.

18.

a. Como %UP � 1,5%,

�

�

�

�

ln%

ln%

UP

UP

100

1002 2

� 0,8. Como T ss

n

���

�4 2

3, �n � 7,49 rad/s.

Portanto, a localização dos pólos a malha fechada deve ser –6 � j4,49. A soma da contribuição angu-lar dos pólos a malha aberta em �6 � j4,49 é �226,3°. Portanto, o ponto de projeto não está sobre olugar das raízes.

b. Há necessidade de um compensador cuja contribuição angular seja 226,3° � 180° � 46,3°. Admitaum zero do sistema compensador em �5 cancelando o pólo. Dessa forma, o ponto de saída do eixoreal estará em �6 se o pólo do sistema compensador estiver em �9, como mostrado abaixo.

Adicionando o pólo e o zero do sistema compensador aos pólos do sistema, descobre-se que o ganho

no ponto de projeto é 29,16. Resumindo os resultados: Gc(s) �

s

s

�

�

5

9 com K � 29,16.

19.Projeto de compensador por avanço de fase: Procurando ao longo da reta de 120° (� � 0,5), encon-

tre o ponto_de_operacao em �1,531 � j2,652 com K � 354,5. Dessa forma, Ts

n

� �4 4

1 531�� . �

2,61 s. Para que o tempo de assentamento diminua de 0,5 s, Ts � 2,11 s, ou Re � ���n � �

4

2 11. �

�1,9. A parte imaginária é �1,9 tg 60° � 3,29. Portanto, os pólos dominantes compensados estão em�1,9 � j3,29. O zero do sistema compensador está em �5. Usando os pólos do sistema não-compen-sado junto com o zero do sistema compensador, a soma dos ângulos no ponto de projeto, �1,9 � j3,29é –166,09°. Dessa forma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser 166,09° � 180° �

�13,91°. Usando a geometria a seguir,

3 29

1 9

,

,pc � � tg 13,91°, ou pc � 15,18.

Adicionando o pólo do sistema compensador e usando �1,9 � j3,29 como ponto de teste, K � 1417.Simulações em computador levam ao seguinte: Sistema não-compensado: Ts � 3 s, %UP� 14,6%.Sistema compensado: Ts � 2,3 s, %UP � 15,3%.Projeto compensador por atraso de fase: A função de transferência a malha aberta do sistema com-

pensado por avanço de fase é G s

s

s s s s sLC ( )

( )

( )( )( )( )( , ).�

�

� � � � �

1417 5

2 4 6 8 15 18 O valor não-com-

pensado de Kp � 354,5/(2 � 4 � 6 � 6) � 0,923. Portanto, o erro de estado estacionário do sistema

não-compensado é

1

1 � Kp

� 0,52. Como queremos uma melhoria de 30 vezes, o sistema compensa-

do por atraso e avanço de fase deve ter um erro de estado estacionário de 0,52/30 � 0,017. O ganho dosistema compensado por avanço de fase Kp � 1417*5/(2*4*6*8*15,18) � 1,215. Portanto, o erro do

sistema compensado por avanço de fase é

1

1 � Kp

� 0,451. Dessa forma, o compensador por atraso

de fase deve aprimorar o erro do sistema compensado por avanço de fase em 0,451/0,017 � 26,529

vezes. Dessa forma

0 4511

1, /

� Kpllc

� 26,529, onde Kpllc � 57,823 é a constante de posição do

sistema compensado por atraso e avanço e fase. Dessa forma, a melhoria de Kp por avanço de fase emrelação ao do sistema compensado por atraso e avanço de fase é 57,823/1,215 � 47,59. Use umcompensador por atraso de fase, cujo zero esteja 47,59 vezes mais distante que seu pólo, ou seja Gatraso

�

( , )

( , ).

s

s

�

�

0 04759

0 001 Dessa forma, a função de transferência a malha aberta do sistema compensado por

atraso e avanço de fase é

20.

22.a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 30% (� � 0,358; 110,97°) um ponto com 180° resul-

ta �1,464 � j3,818 com ganho, K � 218,6.

c. Projeto por avanço de fase: Com base nos requisitos, a ultrapassagem percentual é 15% e o

instante de pico é 0,4115 s. Dessa forma,

�

��

��

ln (% / )

ln (% / ), ;

UP

UP

100

1000 517

2 2

�

� �d

pn

T� � � �7 634 1 2, . Portanto, �n � 8,919. O ponto de projeto está localizado em

�� � � � �n nj 1 2 � �4,51 � j7,634. Admita que um zero do sistema compensador por avançode fase esteja em �5. Somando os ângulos dos pólos do sistema não-compensado bem como dozero do sistema compensador em �5, resulta �171,2°. Então, o pólo do sistema compensador devecontribuir com (171,2° � 180°) � �8,8°. Usando a geometria abaixo,

7 634

4 61

,

,pc � � tg (8,8°). Portanto, pc � 53,92. A função de transferência a malha aberta do sistema

compensado é

K

s s s( )( , ).

� �11 53 92 Calculando o ganho para esta função no ponto, �4,61 � j7,634

resulta em K � 4430.

Projeto por atraso de fase: O ganho não-compensado Kv � 218 6

5 11

,

( )( ) � 3,975. O valor desejado de Kv

é 30*3,975 � 119,25. O valor de Kv do sistema compensado por avanço de fase é Kv � 4430

11 53 92( )( , )� 7,469. Assim, precisamos de uma melhoria em relação ao sistema compensado por avanço de fase

de 119,25/7,469 � 15,97. Dessa forma, use o compensador por atraso de fase Gatraso(s) �

s

s

�

�

0 01597

0 001

,

,.

A função a malha aberta final é

4430 0 01597

11 53 92 0 001

( , )

( ) ( , ) ( , ).

s

s s s s

�

� � �23.

a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 10% (� � 0,591) o ponto_de_operacao é encontradoem �1,85 � j2,53 com K � 21,27. O terceiro pólo está em �10,29. Portanto, o desempenho estimado

antes da compensação é: 10% de ultrapassagem, Ts � 4

1 85, � 2,16 s, e Kp �

21 27

8 10

,

( )( ) � 0,266.

b. Projeto por Avanço de Fase: Coloque o zero do sistema compensador em �3. O

ponto_de_operacao desejado é obtido com base nas especificações desejadas. ��n �

4 4

14

Ts

� � e

�n �

4 4

0 5916 768

�� �

,, . Dessa forma, Im �

� � � �n 1 6 768 1 0 5912 2� , , � 5,46.

Portanto, o ponto de projeto é �4 � j5,46. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zerodo sistema compensador no ponto de projeto é �166,96°. Dessa forma, o pólo do sistemacompensador deve contribuir com �180° � 166,96° � �13,04°. Usando a geometria abaixo,

5 46

4

,

pc � � tg (13,04°). Portanto, pc � 27,57. A função de transferência a malha aberta do sistema

compensado é

K( )

( ) ( ) ( , ).

s

s s s s

�

� � � �

3

4 8 10 27 57 Calculando o ganho para esta função no ponto �4

� j5,46 resulta K � 1092 com pólos de ordem superior em �4,055 e �29,52.Projeto por atraso de fase: Para o sistema compensado por avanço de fase, Kp � 1,485. Dessa

forma, precisamos uma melhoria de 10

1 485, � 6,734 vezes. Portanto, Gatraso(s) �

( , )

( , ).

s

s

�

�

0 06734

0 01Finalmente, a função de transferência do percurso direto equivalente é Ge(s) �

1092 3 0 06734

4 8 10 27 57 0 012

( )( , )

( ) ( ) ( , ) ( , ).

s s

s s s s s

� �

� � � � �

c.

25.

Como Tp � 1,047, a parte imaginária dos pólos a malha fechada compensados será

1 047, � 3.

Uma vez que Im

Re � tg(cos�1�), a magnitude da parte real será

Im

(cos )tg � �1 � 4. Portanto, o ponto de

projeto é �4 � j3. Suponha um controlador PI, Gc(s) �

s

s

� 0 1,, para reduzir o erro de estado estaci-

onário a zero. Usando os pólos do sistema e o pólo e o zero do sistema compensador integral ideal, asoma dos ângulos no ponto de projeto é �225,7°. Portanto, o compensador derivativo ideal deve con-tribuir com 225,7° � 180° � 45,7°. Usando a geometria abaixo, zc � 6,93.

O controlador PID é, assim,

( , ) ( , ).

s s

s

� �6 93 0 1 Usando todos os pólos e zeros do sistema e do

controlador PID, o ganho no ponto de projeto é K � 3,08. Investigando o segmento do eixo real, umpólo de ordem superior é encontrado em �0,085. A simulação do sistema mostra que os requisitosforam atendidos.

26.

a. O ponto_de_operacao desejado é obtido a partir das especificações desejadas. �� � �n

4 4

2Ts

� 2 e

�

�n � �

2 2

0 456, � 4,386. Dessa forma, Im �

� � � �n 1 4 386 1 0 4562 2� , , � 3,903. Por-

tanto, o ponto de projeto é �2 � j3,903. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zero dosistema compensador no ponto de projeto é 122,9°. Dessa forma, o zero do sistema compensador devecontribuir com 180° � 122,9° � 57,1°. Usando a geometria abaixo,

3 903

2

,

Zc � � tg (57,1°). Portanto, zc � 4,525. A função de transferência compensada a malha aberta

com compensação PD é

K s

s s s

( , )

( ) ( ).

�

� �

4 525

3 6 Calculando o ganho para esta função no ponto �2 � j3,903

resulta K � 21,24 com um pólo de ordem superior em �4,996.

Projeto PI: Use GPI(s) �

( , ).

s

s

� 0 01 Portanto, a função de transferência a malha aberta equivalente

é

27.

29.

a. A relação de amortecimento para ultrapassagem de 15% é 0,517. O ponto de operação desejado é ob-

tido a partir das especificações desejadas. �� n � �

4 4

3Ts

� 1,333 e �

�n � �

1 333 1 333

0 517

, ,

, � 2,578.

Assim, Im � � �n 1 2 578 1 0 5172 2� � �, , � 2,207. Portanto o ponto de projeto é �1,333 �

j2,207. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zero do sistema compensador no ponto deprojeto é 100,8°. Dessa forma, o zero do sistema compensador deve contribuir com 180° � 100,8° �79,2°. Usando a geometria abaixo,

2 207

1 333

,

,zc � � tg (79,2°). Portanto, zc � 1,754. A função de transferência compensada a malha aberta

com compensação PD é

K s

s s s s

( , )

( ) ( ) ( ).

�

� � �

1 754

2 4 6 Calculando o ganho para esta função no ponto

�1,333 � j2,207 resulta em K � 47,28 com pólos de ordem superior em �1,617 e �7,718. De acordo

com a Fig. 9.49(c) no texto, 1

K f

� 1,754. Então, Kf � 0,5701. Além disso, usando a notação da Fig.

9.49(c), K1Kf � 47,28, de onde K1 � 82,93.

30.

b. A função de transferência a malha aberta da malha principal é Ge(s) �

38 33

13 74 33 171 2583 2

,

, ,.

K

s s s� � �Desenhando o lugar das raízes usando Ge(s) e procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 10% (�� 0,591) o ponto com 180° resulta �3,349 � j4,572 com um ganho de 38,33K � 31,131, ou K �0,812.

31.

a. Controlador PI: Usando a Tabela 9.10,

R

R

sR Cs

s

s2

1

2

10 01

�

�� ,

, R2C � 100. Faça C � 25 �F.

Em conseqüência, R2 � 4M�. Para ganho unitário, R1 � 4M�. Compensar em outro lugar na malhao sinal negativo do sistema compensador.

b. Controlador PD: Usando a Tabela 9.10 R C s

R C2

1

1�

� s � 2. Portanto, R1C � 0,5. Faça C � 1

�F. Então, R1 � 500 K�. Para ganho unitário, R2C � 1, ou R2 � 1 M�. Compensar em outro lugar damalha o sinal negativo do sistema compensador.

32.

a. Compensador por atraso de fase: Veja a Tabela 9.11.

sR C

sR R C

s

s

�

��

��

�

1

10 1

0 012

1 2( )

,

,. Dessa for-

ma, R2C � 10, e (R1 � R2)C � 100. Fazendo C � 10 �F, encontramos R2 � 1 M�. Além disso, R1C� 100 � R2C � 90, de onde resulta R1 � 9 M�. O ganho de malha também deve ser multiplicado

por

R R

R1 2

2

�.

b. Compensador por avanço de fase: Veja a Tabela 9.11.

sR C

sR C R C

s

s

�

� ��

�

�

1

1 12

51

1 2

. Dessa forma,

R1C � 0,5, e

1 15

1 2R C R C� � . Fazendo C � 1�F, R2 � 333 K�, e R1 � 500 K�.

c. Compensação por atraso e avanço de fase: Veja a Tabela 9.11

Admitindo C1� 10 �F, encontramos R1 � 10 M�, R2 � 1,12 M�, e C2 � 8,9 �F.33.

a. Compensador por atraso de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig. 9.58.

s

s

C

C

sR C

sR C

�

��

�

�

0 1

0 01

1

11

2

1 1

2 2

,

,.

Então, R1C1 � 10; R2C2 � 100. Fazendo C1 � C2 � 20 �F, encontramos R1 � 500 K� e R2 � 5 M�.Compensar em outro lugar na malha o sinal negativo do sistema compensador.

b. Compensador por avanço de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig. 9.58.

s

s

C

C

sR C

sR C

�

��

�

�

2

5

1

11

2

1 1

2 2

.

Então, R1C1 � 0,5 e R2C2 � 0,2. Fazendo C1 � C2 � 20 �F, encontramos R1 � 25 K� e R2 � 10 M�.Compensar em outro lugar na malha o sinal negativo do sistema compensador.

c. Compensador por atraso e avanço de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig. 9.58. Para a porção respon-

sável pelo atraso de fase, use (a). Para a seção de avanço de fase:

s

s

C

C

sR C

sR C

�

��

�

�

1

10

1

11

2

1 1

2 2

. En-

tão, R1C1 � 1 e R2C2 � 0,1. Fazendo C1 � C2 � 10 �F, encontramos R1 � 100 K� e R2 � 10 K�.O circuito seguinte pode ser usado para implementar o projeto.

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS DE PROJETO

34.

b. A seguir é mostrado o diagrama de blocos do sistema.

Formando um sistema com retroação unitária equivalente,

Agora, Portanto, �n � 1000; 2��n � 0,21 � 0,2 Kt. Como �

� 0,5, Kt � 157,06.

c. Sistema não-compensado: Kt � 0; T s

s s( )

,;�

� �

1000

0 21 10002 �n � 31,62 rad/s; � � 3,32 � 10�3;

%UP � e� �� �/ 1 2

� 100 � 98,96%; Ts � �

438 09

�� n

s, ;

Tp

n

��

� �1 2 � 9,93 � 10�2 s; Kv

�

1000

0 214761 9

,, .�

Sistema compensado: Kt � 157,06; T s

s s( )

,�

� �

1000

31 62 10002 �n � 31,62 rad/s; � � 0,5; %UP

� e� �� �/ 1 2

� 100 � 16,3%; T ss

n

� �4

0 253��

, ;

Tp

n

��

� �1 2 � 0,115 s; Kv �

1000

31 6231 63

,, .�

35.

a. T s

s s( ) ;�

� �

25

252 Portanto, �n � 5; 2��n � 1; � � 0,1; %UP � e

� �� �/ 1 2 � 100 � 73%;

Ts � �

48

�� n

s;

b. Com base na Fig. P9.6(b), T s

K

s K s Kf

( )( )

.�� � �

25

1 25 251

21

Portanto, � n K� 25 1 ; 2��n � 1 �

25Kf. Para 25% de ultrapassagem, � � 0,404. Para Ts � 0,2 �

4

�� n

, ��n � 20.

Portanto, 1 � 25Kf � 2��n � 40, ou Kf � 1,56. Também, �n �

20

� � 49,5.

Portanto, K1 �

� n2 2

25

49 5

2598 01� �

,, .

c. Sistema não-compensado: G(s)�

25

1s s( );

� em conseqüência, Kv � 25, e e() �

1

Kv

� 0,04.

Sistema compensado: G s

K

s s Kf

( )( )

;25

1 251

� � portanto, Kv �

25 98 01

1 25 1 56

�

� �

,

, � 61,26, e e() �

1

Kv

� 0,0163.36.

a. As funções de transferência dos subsistemas são as seguintes:

Potenciômetro: Gp(s) �

5

10

1

2

� ; Amplificador: Ga(s) �

K

s1

20�; Motor e carga: Como o tempo

para alcançar 63% do valor final é 0,5 s, o pólo está situado em �2. Assim, a função de transferência

do motor é da forma, Gm(s) �

K

s s( ).

� 2 Mas, a partir do enunciado do problema,

K

2

100

10� , ou K �

20. O diagrama de blocos do sistema está mostrado a seguir.

Usando o sistema equivalente, procure ao longo da reta de 117,126° (20% de ultrapassagem) e encon-tre o pólo de segunda ordem dominante em –0,89 � j1,74 com K � 10K1 � 77,4. Portanto, K1 � 7,74.

b. Kv �

77 4

2 20

,

� � 1,935. Portanto, e() �

1

Kv

� 0,517.

c. %UP � 20%;

�

�

�

�

ln%

ln%

UP

UP

100

1002 2

� 0,456; � n � �0 89 1 742 2, , � 1,95 rad/s;

Ts

n

�4

��

� 4,49 s;

Tp

n

��

� �1 2 � 1,81 s.

d. O diagrama de blocos da malha secundária é mostrado abaixo.

A função de transferência da malha secundária é GML(s) �

20

2 20s s Kf( ).

� � Portanto, o diagrama

de blocos do sistema equivalente é

onde a � 2 � 20Kf. O ponto de projeto é determinado agora. Como %UP � 20%,

�

�

�

�

ln%

ln%

UP

UP

100

1002 2

� 0,456. Além disso, como Ts

n

�4

�� � 2 s, �n � 4,386 rad/s. Portan-

to, o ponto de projeto é �2 �j3,9. Usando somente os pólos a malha aberta na origem e em �20, asoma dos ângulos no ponto de projeto é �129,37°. O pólo em �a deve então contribuir com129,37° � 180° � �50,63°. Usando a geometria a seguir, a � 5,2, ou Kf � 0,16.

Incluindo o pólo em �5,2 e usando o ponto de projeto, encontramos 10K1 � 407,23, ou K1 � 40,723.Resumindo as características transitórias compensadas: � � 0,456; �n � 4,386; % UP� 20%;

Ts

n

�4

�� � 2 s;

Tp

n

��

� �1 2 � 0,81 s; Kv �

407 23

20 5 2

,

,� � 3,92.

37.

Diagrama de blocos

Pré-amplificador/amplificador de potência:

K

s1

40( );

� Potenciômetros:

20

5 2

volts

rad( ) . � 2.

Curva torque-velocidade:

onde 1432,35

rotação

s

rad

rotaçãomin

min� �

1

602 � 150 rad/s; 477.45

rotação

s

rad

rotaçãomin

min� �

1

602 � 50 rad/s. A inclinação da reta é

�

50

100 � �0,5. Dessa forma,

sua equação é y � �0,5x � b. Substituindo um dos pontos, encontramos b � 100. Dessa forma

Tbloq � 100, e �vazio� 200.

K

R

T

et

a

bloq

a

� �100

50 � 2; Kb �

ea

vazio��

50

200 � 0,25.

Motor:

�

� �

��

m

a

t a

t b

a

s

E s

K R J

s sJ

DK K

R

s s

( )

( )

/( ) ,

( , ),

1

0 02

0 505

onde J � 100, D � 50.

Engrenagens: 0,1Desenhando o diagrama de blocos:

b. Projeto do sistema compensador – Avanço de fase10% de ultrapassagem e Ts � 1 s levam a um ponto de projeto de �4 � j5,458. A soma dos ângulosdos pólos do sistema não-compensado neste ponto é �257,491°. Se posicionarmos o zero do sistemacompensador por avanço de fase sobre o pólo do sistema não-compensado em �0,505, o ângulo noponto de projeto é �134,858°. Dessa forma, o pólo do sistema compensador por avanço de fase deve

contribuir com 134,858° � 180° � �45,142°. Usando a geometria a seguir,

5 458

4

,

pc � � tg(45,142°),

ou pc � 9,431.

Usando os pólos não-compensados e o compensador por avanço de fase, o ganho no ponto de projetoé 0,004K1 � 1897,125.

Projeto do sistema compensador – Atraso de fase

Com a compensação por avanço de fase, Kv � 1897 125

40 9 431

,

( )( , ) � 5,029. Como desejamos Kv � 1000,

z

patraso

atraso

�1000

5 029, � 198,85. Use patraso � 0,001. Portanto zatraso � 0,1988. O sistema compensado por

atraso de fase

c. Esquema do sistema compensador

atraso: 1

2R C � 0,1988. Seja C � 100 �F. Então R2 � 50,3 k�. Agora,

1

1 2( )R R C� � 0,001. Por-

tanto, R1 � 9,95 M�. Em conseqüência, ganho do amplificador de isolamento (buffer) � inverso do

ganho estático do sistema compensador por atraso de fase,

R

R R2

1 2�. Portanto, o ganho do buffer �

R R

R1 2

2

� � 198,8.

avanço: 1

1R C � 0,505. Seja C � 10 �F. Então R1 � 198 k�. Agora,

1 1

1 2R C R C� � 9,431. Dessa

forma, R2 � 11,2 k�.

38.Considere somente a malha secundária. Procurando ao longo da reta de 143,13° (� � 0,8), localize ospólos dominantes da malha secundária em �3,36 � j2,52 com Kf � 8,53. Procurando os segmentosdo eixo real para Kf � 8,53 localiza-se um pólo de ordem superior em �0,28. Usando os pólos damalha secundária como pólos a malha aberta para o sistema completo, procure ao longo da reta de120° (� � 0,5) e encontre os pólos dominantes de segunda ordem em �1,39 � j2,41 com K � 27,79.Procurando os segmentos do eixo real, localize um pólo de ordem superior em �4,2.

39.Considere somente a malha secundária. Procurando ao longo da reta de 143,13° (� � 0,8), localize ospólos dominantes da malha secundária em �7,74 � j5,8 com Kf � 36,71. Procurando os segmentosdo eixo real para Kf � 36,71 localize um pólo de ordem superior em �0,535. Usando os pólos da malhasecundária em �7,74 � j5,8 e �0,535 como os pólos a malha aberta (o zero a malha aberta na origemnão é um zero a malha fechada) para o sistema completo, procure ao longo da reta de 135° (� � 0,707;4,32% de ultrapassagem) e encontre os pólos dominantes de segunda ordem em �4,38 � j4,38 com K� 227,91. Procurando os segmentos do eixo real, localize um pólo de ordem superior em �7,26. De-

sempenho do sistema não-compensado: Fazendo Kf � 0 e procurando ao longo da reta de 135° (4,32%de ultrapassagem), resulta �2,39 � j2,39 como ponto sobre o lugar das raízes com K � 78,05. Procu-rando os segmentos do eixo real do lugar das raízes para K � 78,05, localize um pólo de ordem supe-rior em �11,2. A tabela a seguir compara as características não-compensadas previstas com as carac-terísticas compensadas previstas.

40.No Problema 46, Cap. 8, os pólos dominantes, �40 � j57,25, levaram a Ts � 0,1 s e a 11,14% deultrapassagem. O sistema com retroação unitária consistiu em uma função de transferência do canal

direto com ganho ajustado G(s) �

20 000

100 500 800

.

( ( )( ),

K

s s s s� � � onde K � 102,300. Para reduzir o

tempo de assentamento por um fator de 2 a 0,05 s e manter a mesma ultrapassagem percentual, dobra-mos os valores das coordenadas dos pólos dominantes para �80 � j114,5. Suponha um compensadorpor avanço de fase com um zero em �100 que cancela o pólo do processo a controlar em �100. Asoma dos ângulos dos pólos restantes do processo no ponto de projeto é 149,23°. Dessa forma, a con-tribuição angular do pólo do sistema compensador deve ser 149,23° � 180° � 30,77°. Usando a geo-

metria a seguir,

114 5

80

,

pc � � tg 30,77°, ou pc � 272,3.

Acrescentando estes pólos aos pólos na origem, �500, e �800 resulta em K � 9,92 � 109 no ponto deprojeto, �80 � j114,5. Qualquer pólo de ordem superior terá uma parte real 5 vezes maior que a dopar dominante. Dessa forma, a aproximação de segunda ordem está OK.

41.

Sistema não-compensado: G(s)H(s) �

0 35

0 4 0 5 0 163 1 537

,

( , ) ( , ) ( , ) ( , ).

K

s s s s� � � � Procurando ao

longo da reta de 133,639° (%UP � 5%), encontre os pólos dominantes em �0,187 � j0,196 com gan-

ho, 0,35K � 2,88 � 10�2. Portanto, os valores estimados são: %UP� 5%; Ts �

4 4

0 18�� n

�,

� 21,39

s; Tp �

� �

n 1 0 1962��

, � 16,03 s; Kp � 0,575.

Sistema compensado com PD: Projete o compensador para 8 s de instante de pico e 5% de ultrapas-sagem.

�

�

�

�

ln%

ln%

UP

UP

100

1002 2

� 0,69. Como Tp �

� �n 1 2� � 8 s e

� �n 1 2� � 0,393, �n �

0,5426. Portanto, ��n � 0,374. Dessa forma, o ponto de projeto é �0,374 � j0,393. A soma dos ângu-los a partir dos pólos do sistema no ponto de projeto é �295,34°. Assim, a contribuição angular dozero do controlador deve ser 295,34°. Usando a geometria a seguir,

0 393

0 374

,

, � zc

� tg (180° � 115,34°), de onde zc � 0,19. Acrescentando este zero aos pólos do sistema

e usando o ponto de projeto, �0,374 � j0,393, o ganho, 0,35K � 0,205.

Sistema compensado com PID: Suponha o controlador integral, Gc(s) �

s

s

� 0 01,. A função de trans-

ferência a malha aberta é GPID(s)H(s) �

0 35 0 19 0 01

0 4 0 5 0 163 1 537

, ( , ) ( , )

( , ) ( , ) ( , ) ( , ).

K s s

s s s s

� �

� � � �Verifique: O sistema compensado com PID resulta em um tempo de subida muito lento devido ao zeroem 0,01. O tempo de subida pode ser aumentado movendo-se o zero mais adiante a partir do eixoimaginário, com mudanças resultantes na resposta transitória. Os gráficos a seguir mostram a respostaao degrau com o zero do PI em �0,24.

A resposta se compara favoravelmente com a resposta ao degrau de um sistema de dois pólos que re-sulta em 5% de ultrapassagem e um instante de pico de 8 s, como mostrado a seguir.

42.a. Projeto de um compensador PD: Deslocando o ganho, 10, para a direita da junção somadora, o

sistema pode ser representado por um outro equivalente com retroação unitária com

G s

s se ( )

( ) ( ).�

� �

10

4551 286

6

2 Este sistema é instável para qualquer valor de ganho. Para 1% de

ultrapassagem e Ts � 0,1, o ponto de projeto é �40 � j27,29. A soma dos ângulos a partir dospólos de Ge(s) a este ponto é �216,903°. Então, o zero do sistema compensador deve contribuircom 216,903° � 180° � 26,903°. Usando a geometria a seguir:

27 29

40

,

zc � � tg (36,903). Dessa forma, zc � 76,34. Acrescentando este zero aos pólos de Ge(s), o ganho

no ponto de projeto é 106K � 23377. A resposta do sistema compensado por PD é mostrada a seguir.

b. Projeto de um compensador PI: Para reduzir o erro de estado estacionário a zero, adicionamos um

controlador PI da forma

s

s

� 1. A resposta ao degrau compensada PID é mostrada a seguir.

Podemos ver a ultrapassagem de 1% em aproximadamente 0,1 s, como no sistema compensado PDanterior. Mas o sistema agora corrige o erro a zero.

43.a. O esboço do lugar das raízes leva a:

O esboço do lugar das raízes próximo ao eixo imaginário leva a

Procurando no eixo imaginário um ponto com 180°, resulta: j0,083 num ganho de 0,072K � 0,0528 ej0,188 num ganho de 0,072K � 0,081. Além disso, o ganho na origem é 0,0517. Dessa forma, o siste-ma é estável para 0,0517 � 0,072K � 0,0528; 0,072K � 0,081. De modo equivalente, para 0,7181 �K � 0,7333; 0,072K � 1,125.

b. Veja (a)c. Sistema não-compensado: Procurando sobre a reta de ultrapassagem de 20%, encontramos o ponto de

operação em �8,987 � j17,4542 � 19,71�117,126° em 0,072K � 16.94 para o sistema não compen-sado. Simulando a resposta com este ganho resulta,

Para 20% de ultrapassagem e Ts � 0,05 s, é necessário um ponto de projeto de �80 � j156,159. Asoma dos ângulos neste ponto de projeto é �123,897°. Para atender os requisitos no ponto de projeto,um zero deveria contribuir com �303,897°, o que é muito grande para um único zero. Acrescentemosprimeiro o pólo na origem para conduzir o erro de estado estacionário a zero de modo a diminuir oângulo solicitado a partir de zero. Somando os ângulos com o deste pólo na origem resulta �241,023.

Dessa forma, é necessário que o zero contribua com 61,023°. Usando a geometria abaixo com

156 159

80

,

zc �� tg (61,023), zc � 166,478.

O ganho no ponto de projeto é 0,072K � 181,55.d.

O requisito de tempo de assentamento foi atendido, mas a ultrapassagem percentual não. Repetindo oprojeto para 1% de ultrapassagem e um Ts � 0,05 s resulta um ponto de projeto de �80 � j54,575. Ozero do sistema compensador é obtido em �47,855 com um ganho 0,072K � 180,107.

44.

��n 4

Ts

� 2,667;

�

�

�

�

ln%

ln%

UP

UP

100

1002 2

� 0,591. Dessa forma, �n � 4,512 rad/s.

Im � � � � � �n 1 4 512 1 0 5912 2, , � 3,64. Dessa forma, o ponto de operação é �2,667 � j3,64.

A soma dos ângulos, admitindo o zero de compensação em �5 (para cancelar o pólo a malha abertaem �5), é �170,88°. Então, o pólo do sistema compensador deve contribuir com 180° � 170,88° ��9,12°. Usando a geometria mostrada a seguir,

3 64

2 667

,

,pc � � tg 9,12°. Dessa forma pc � 25,34. Acrescentando o pólo do sistema compensador e

usando �2,667 � j3,64 como ponto de teste, 50K � 2504, ou K � 50,08. Dessa forma, a função de

transferência compensada a malha aberta é G s

s

s s S se ( )

( )

( )( )( , ).

2504 5

5 10 50 25 342

�

� � � � Há pólos de

ordem superior em �25,12, em �5, e em �4,898. O pólo em �5 é cancelado pelo zero a malha fecha-da em �5. O pólo em �4,898 não está distante o suficiente do par dominante de segunda ordem. Dessaforma, o sistema deve ser simulado para determinar se a resposta atende os requisitos.

45.a. Com base no Cap. 8,

Pondo em cascata o filtro supressor de faixa,

Projete arbitrariamente para %UP� 30% (� � 0,358) e Ts � 0,3 s. Isto posiciona os pólos desejadosem �13,33 � j34,79. No ponto de projeto, a soma dos ângulos sem o controlador PD é 107,19°.Portanto,

34 79

13 33

,

,zc � � tg 72,81

De onde, zc � 24,09. Inserindo este no percurso direto,

Usando o lugar das raízes, o ganho 0,06488K � 1637, ou K � 2523.b. Acrescente um controlador PI

Dessa forma,

Usando o lugar das raízes, o ganho 0,6488K � 1740, ou K � 2682.