lista03 controle

Lista de Exercıcios para a Prova 2

Lugar das Raızes e Resposta em Frequencia

Lista de Exercıcios

Controlador

−

+ y(t)r(t) Planta

P (s)C(s)

Figura 1: Sistema de controle em malha fechada com realimentacao unitaria.

Exemplo 01 Compensador de avanco de fase via LRSeja um sistema realimentado como representado na Figura 1. A funcao de transferencia do sistema em

malha aberta dada por:

P (s) =1s2

.

Projetar um controlador C(s) tal que o tempo de acomodacao seja Ts ≤ 2segundos (criterio de 2%, ouseja 4 constantes de tempo) e a maxima sobre-elevacao seja Mp ≤ 35%.

Solucao

O primeiro passo para a resolucao deste problema e o esboco do lugar das raızes do sistema con-siderando C(s) = kc. Para este controlador, a equacao caracterıstica do sistema em malha fechada e

1 + C(s)P (s) = 1 + kc1s2

= 0.

Esboco do Lugar das RaızesUsando as regras para o esboco do LR, percebemos que nao ha pontos do LR sobre o eixo real (apenas aorigem). Porem, como n = 2 e m = 0, temos 2− 0 = 2 assıntotas, cujos angulos sao dados por:

θ1 =180◦

2= 90◦ e θ2 =

−180◦

2= −90◦.

Portanto o LR e apelas o eixo imaginario.

Traducao das especificacoes de desempenho em pontos do plano s

A definicao da maxima sobre-elevacao define um valor mınimo de ξ (amortecimento). Entao, para queMp ≤ 35%, e necessario que

ξ ≥ 0.32.

O requisito de tempo de acomodacao define o produto ξωn. Entao, ts ≤ 4 (usando o criterio de 4constantes de tempo) e traduzido como

Ts = 4τ =4

ξωn≤ 4segundos → 1

ξωn≤ 1.

Fabio Pereira Benjovengo 1


Escolha dos polos desejados

Existem inumeros polos que satisfazem simultaneamente estas duas condicoes. Dentre estes polosforam escolhidos

r1,2 = −1± j2. (Observe que, para este ponto, ξ = 0.45)

Projeto do compensador

Ao inves de utilizar o metodo da abscissa, o projeto pode ser efetuado da seguinte maneira:

1. Posicionar o zero do controlador exatamente abaixo do polo desejado 1+2j sobre o eixo real (ou seja,o zero do controlador sera zc = 1 + 0j).

2. A fase da planta avaliada em s = −1+j2 vale: ∠P (s = −1+j2) = 2×(∠P (−1+j2))+90◦ (o primeirotermo, multiplicado por 2, e o angulo de s = −1 + j2 relativo aos 2 polos na origem; o segundo termoe o angulo de s = −1 + j2 em relacao a s = −1− j2). Portanto, ∠P (s = −1 + j2) = −142◦.

Neste caso, o angulo entre o polo e a reta real deve ser φ = 180◦ + ∠P (s = −1 + j2) = 38◦.

3. Traca-se uma reta de inclinacao 38◦ que passe pelo polo desejado e cruza o eixo real. Desta formadetermina-se a posicao do polo. (uma alternativa para a localizacao visual do polo e usar relacoestrigonometricas)

O ponto de intersecao com o eixo real e s = −p = −3.6. Em consequencia, o compensador ganha aforma:

C(s) = kcs + 1

s + 3.6e a funcao de transferencia compensada para o sistema em malha aberta (C(s)P (s)) e

C(s)P (s) = kcs + 1

s2(s + 3.6).

O ganho kc e calculado medindo-se o comprimento (modulo) dos vetores que unem os polos e zeros aoponto desejado (s = −1 + j2). Portanto,

kc =(relativo aos polos na origem)(relativo ao polo em -3.6)

(relativo ao zero em -1)=

(2.23)2(3.25)2

= 8.1.

Portanto:

C(s) = 8.1s + 1

s + 3.6

Exemplo 02 Esboco do Lugar das Raızes (Prova do prof. Paulo Valente de 2005)A equacao caracterıstica de um determinado sistema de controle e dada por

1 + k1

(s + 1)[(s + 4)2 + 1]= 0.

Esboce o Lugar das Raızes para k ≥ 0. Indique claramente o sentido dos ramos e utilize todas as regrasaplicaveis a equacao caracterıstica.

Solucao

Polos e zeros finitos

n = 3 polos em −1, −4± j1m = 0 (nao apresenta zeros finitos)



Assıntotasn−m = 3 assıntotas, cujos angulos sao dados por

θ1 =180◦

3= 60◦, θ2 =

−180◦

3= −60◦, θ3 =

540◦

3= 180◦.

Ponto de intersecao

σa =−1 + (−4 + j1) + (−4− j1)

3= −3

Pontos de entrada e saıdaSao calculados a partir de D′(s)N(s)−D(s)N ′(s) = 0. Como N(s) = 1 e D(s) = (s + 1)[(s + 4)2 + 1]:

d

ds

{(s + 1)[(s + 4)2 + 1]

}= 0

[(s + 4)2 + 1] + (s + 1)[2(s + 4)] = 0(s + 4)2 + s(s + 1)(s + 4) + 1 = 0

s2 + 8s + 16 + 2s2 + 10s + 8 + 1 = 03s2 + 18s + 25 = 0

O que resulta em {s1 = −3.8165 (ponto de entrada)

s2 = −2.1835 (ponto de saıda)

Cruzamento com o eixo imaginario

(s + 1)[(s + 4)2 + 1] + k = 0(s + 1)[s2 + 8s + 16 + 1] + k = 0

s3 + 8s2 + 16s + s + s2 + 8s + 16 + 1 + k = 0s3 + 9s2 + 25s + 17 + k = 0

Aplicando o criterio de Routh:

s3

s2

s1

s0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 259 17 + k

9× 25− (17 + k)9

17 + k

Ganho crıtico: (calculado a partir da linha relativa a s1)

9× 25− (17 + k)9

=208− k

9= 0

ganho crıtico: kc = 208Polinomio auxiliar: A(s) = 9s2 + 225. As raızes de A(s) = 0 sao os pontos de cruzamento com o eixo

imaginario: s1,2 = ±5j.

Angulos de partida

−φp1 − φp2 − φp3 = −180◦



+j5

−4 −2 −1

−j5

−3

Figura 2: Lugar das Raızes tracado usando o comando rlocus do Matlab.

φp1 = 180◦ − tan−1

(13

)= 180◦ − 18.4349◦ = 161.5652◦

(sendoφp3 = 90◦) φp2 = 180◦ − 161.5651◦ − 90◦ = 71.5651◦

φp3 = 71.5651◦.

Exemplo 03 Metodo do Perıodo Crıtico de Zigler-Nichols (Prova do prof. Paulo Valente de 2005)O Metodo do Perıodo Crıtico de Zigler-Nichols para projeto de controladores PID’s na forma

C(s) = kP +kI

s+ kds = kP

(1 +

1TIs

+ TDs

)

consiste em, dada uma planta (P (s)), fechar a malha de controle com um controlador proporcional -assuma realimentacao unitaria - e elevar o ganho do controlador ate um valor kc para o qual o sistema emmalha fechada passa a oscilar com perıodo Tc e amplitude constantes. Faz-se entao

kP = 0.6kc, TI =Tc

2e tD =

Tc

8.

Utilizando a ideia central de fazer o sistema em malha fechada oscilar, determine a funcao de trans-ferencia do controlador PID para a planta

P (s) =1

s(s + 2)(s + 4).



Solucao

Dada a equacao caracterıstica da planta

P (s) =1

s(s + 2)(s + 4),

e usando um controlador proporcional C(s) = k, para um sistema com realimentacao unitaria (como orepresentado na Figura 1), a equacao caracterıstica apresenta a seguinte forma:

1 + C(s)P (s) = 0 → s3 + 6s2 + 8s + k = 0.

Para que um sistema apresente oscilacao com perıodo e amplitude constantes (nao ha amortecimentopara esta oscilacao), e necessario que o sistema apresente raızes imaginarias puras. A determinacao destasraızes pode conseguida analisando o Array de Routh para este polinomio.

s3

s2

s1

s0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 86 k

6× 8− k

6k

Para que o polinomio s3+6s2+8s+k = 0 apresente raızes imaginarias puras (para um dado k = kcritico),e necessario que

6× 8− k

6= 0 → kcritico = 48.

Para este caso, e necessario calcular um polinomio auxiliar A(s), dado que a linha relativa a s1 torna-senula. Assim, A(s) = 6s2 + kcritico = 6s2 + 48. Sabe-se tambem que as raızes de A(s) sao tambem raızes dopolinomio original, entao s1,2 = j2.8284 sao polos do sistema.

Consequentemente, para kcritico = 48, havera polos (complexos conjugados) sobre o eixo imaginario.Estes polos sao responsaveis por oscilacoes de amplitude constante e frequencia igual a ωcritico = 2.8284rad/s.

O perıodo crıtico e dado por

Tcritico =2π

ωcritico= 2.2215segundos.

Usando as formulas do enunciado,

kP = 0.6kcritico = 0.6× 48 = 28.8;

TI =Tcritico

2= 1.1107segundos;

TD =Tcritico

8= 0.2777segundos.

Entao, o controlador e dado por:

C(s) = 28.8(

1 +1

1.1107s+ 0.2777s

).

Exemplo 04 Identificacao de compensadores (Prova do prof. Paulo Valente de 2005)Considere o sistema de controle em malha fechada da Figura 3. Determine a equacao caracterıstica do

sistema na forma 1 + C(s)P (s) = 0, onde P (s) = 1/s2 e a planta a ser controlada e C(s) e o compensadorutilizado. Assumindo k1 > 0 e k2 > 0, que tipo de controlador - atraso ou avanco de fase - encontra-seimplementado? Justifique.



1

s

e(t)

−

++

+k1

k2

1

s

r(t) y(t) y(t)

Figura 3: Sistema de controle em malha fechada.

Solucao

Seguindo a malha de controle

Y (s) =k1

s2E(s) =

k1

s2[R(s)− Y (s)− k2sY (s)] =

=k1

s2[R(s)− k2Y (s)− Y (s)] =

=k1

s2R(s)− k1

s2(1 + k2s)Y (s).

O que implica em

Y (s)R(s)

=k1s2

1 + k1(1 + k2s) 1s2

. (1)

O denominador da equacao (1) e igual a 1 + C(s)P (s). Como foi definido P (s) = 1s2 , temos que

C(s) = k1(1 + k2s).

Como k1 e k2 sao maiores do que zero, este e um compensador do tipo avanco de fase.

Exemplo 05 Projeto via Lugar das Raızes (Prova do prof. Paulo Valente de 2005)Considere um sistema de controle em malha fechada com realimentacao unitaria e planta descrita por

P (s) =1

s(s + 4)(s + 6).

Utilize o metodo do Lugar das Raızes para projetar um compensador C(s) na forma

C(s) = ks + z

s + p,

tal que o sistema em malha fechada apresente os polos dominantes em −2± j5. Assuma z = 5.

Solucao

Considerando a planta

P (s) =1

s(s + 4)(s + 6),



deseja-se que os polos dominantes do sistema em malha fechada sejam −2± j5. Entao, calcula-se a fase deP (s) para s = −2 + j5.

∠P (s) |s=s=−2+j5 = −φp1 − φp3 − φp3 =

=(

180◦ − tan−1 52

)− tan−1 5

2− tan−1 5

4=

= −231.3402◦.

X

φp1φp2φp3

φp

X

X

−j5

j5

Im{s}

Re{s}X X X

−p −6−5−4 −2 0O

Figura 4: Lugar das raızes (polos da planta e do controlador).

A diferenca de fase entre o zero e o polo do compensador devem ser:

φz − φp = 51.3402◦.

As fases φz e φp sao dadas por:

φz = tan−1 53

= 59.0362◦, entao φp = 7.6960◦.

Usando relacoes trigonometricas, descobrem-se as localizacoes dos pontos p e z (polo e zero do com-pensador, respectivamente) utilizando o Metodo da Abscissa.



tan−1 5p− 2

= 7.6960◦ → 5p− 2

= tan(7.6960◦) → p = 39.0003.

Assim, o controlador ganha a forma:

C(s) = ks + 5s + 39

.

Ainda nos resta calcular a constante k. Esta e calculada a partir da condicao de magnitude no pontos = −2 + j5. Entao, da condicao de magnitude, temos que:

∣∣∣∣ks + 5s + 39

1s(s + 4)(s + 6)

∣∣∣∣s=−2+j5

= 1

k

∣∣∣∣3 + j537 + j5

1(−2 + j5)(2 + j5)(4 + j5)

∣∣∣∣s=−2+j5

= 1,

portanto,

k =√

372 + 52√

42 + 52√

22 + 52√

42 + 52

√32 + 52

→ k = 1189.

Desta forma, o controlador desejado e

C(s) = 1189s + 5s + 39

.

Exercıcios Nao-Resolvidos

Exercıcio 01 Esboco do Lugar das RaızesConsidere um sistema como o da Figura 1. Esbocar o Lugar das Raızes do sistema descrito por:

P (s) =s + 1

s(s + 1)(s + 2), C(s) = kc

e determine o valor do ganho do controlador (kc) para que o sistema apresente polos com fator deamortecimento ξ = 0.5.

Exercıcio 02 Esboco do Lugar das Raızes - outras configuracoesConsidere novamente o sistema da Figura 1 com funcao de transferencia de malha aberta (G(s)) dada

por:

G(s) = C(s)P (s) =2s− 4

s2 + Ks + 9.

Use a tecnica do Lugar das Raızes para determinar o valor de K tal que o sistema em malha fechadaapresente fator de amortecimento ξ = 0.7.

Exercıcio 03 Compensacao Avanco - Lugar das Raızes e Resposta em FrequenciaUm sistema de controle com realimentacao unitaria (como o da Figura 1) e caracterizado por

P (s) =1

s(s + 2).

a. (Lugar das Raızes) Deseja-se que o fator de amortecimento dos polos dominantes do sistema seja ξ = 0.45e que a constante de erro de velocidade (kv) seja igual a 20. Projetar, usando a tecnica do Lugar dasRaızes, C(s) que atenda a estas especificacoes.



b. (Resposta em Frequencia) Deseja-se ter, para uma entrada do tipo rampa (r(t) = At), um erro estacionariode 5%. Alem disso, deseja-se que a margem de fase do sistema seja MF ≥ 45◦. Projetar, usando a tecnicade Resposta em Frequencia, C(s) que atenda a estas especificacoes.

Observacao: use o diagrama de Bode da Figura 5.

−60

−40

−20

0

20

40

60

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 5: Diagrama de Bode do sistema nao-compensado.

Exercıcio 04 Compensacao Atraso - Lugar das Raızes e Resposta em FrequenciaUm sistema de controle com realimentacao unitaria (como o da Figura 1) e caracterizado por

P (s) =1

s(s + 10)2.

a. (Lugar das Raızes) Deseja-se que o fator de amortecimento dos polos dominantes do sistema seja ξ = 0.707e que a constante de erro de velocidade (kv) seja igual a 20. Projetar, usando a tecnica do Lugar dasRaızes, C(s) que atenda a estas especificacoes.

b. (Resposta em Frequencia) Para as mesmas especificacoes do item anterior, projetar, usando a tecnica deResposta em Frequencia, C(s) que atenda a estas especificacoes.

Observacao: use o diagrama de Bode da Figura 6.

Exercıcio 05 Compensacao Avanco - Resposta em FrequenciaConsidere o sistema de controle ilustrado na Figura 1, com

P (s) =2

s(0.1s + 1),

que representa um motor DC. Projetar um controlador de avanco de fase (usando a tecnica de Resposta emFrequencia) que atenda as seguintes especificacoes:

• kv = 10,



−150

−100

−50

0

50

100

Mag

nitu

de (

dB)

10−1

100

101

102

103

−270

−225

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figura 6: Diagrama de Bode do sistema nao-compensado.

• MF ≥ 45◦,

• MG ≥ 15dB.

Exercıcio 06 Compensacao Avanco - Lugar das RaızesConsidere o sistema de controle ilustrado na Figura 1, com

P (s) =2

s(s + 1),

que representa um motor DC. Projetar um controlador C(s) para que o tempo de acomodacao do sistemacompensado seja a metade do tempo de acomodacao do sistema nao-compensado, mantendo o fator deamortecimento constante.


lista03 controle

Documents