projeto através do lugar das raízes

IntroduçãoProjeto de controladores

Projeto através do lugar das raízes

Guilherme Luiz Moritz1

1 DAELT - Universidade Tecnológica Federal do Paraná

04 de 2013

Moritz, G.L. Projeto através do lugar das raízes


Introdução

Objetivos

Observar como o gráfico do root locus pode ajudar noprojeto de compensadoresEntender os métodos de cálculo de compensadoresSaber quando utilizar cada um dos compensadores



Introdução

Revisão do Plano S

H(S) =ω2

n

s2 + 2ζωns + ω2n(1)

Tp =π

ωn√

1− ζ2=

π

ωd(2)

Ts =4ζωn

=4σd

(3)

cos(θ) = ζ (4)



Introdução

E para sistemas de ordem superior?

Aproximação de segunda ordemPólos 5x mais afastados dos pólos dominantesZeros próximos a pólos



Controlador PCompensação integralCompensação derivativaCompensação PID

Projeto de controlador P

Com o ajuste do ganhopodemos alterar Ts, Tp eζ

Por consequênciaalteramos o erro deestado estacionárioPodemos chegar em A,mas não em BComo chegar em B?




Uso de compensadores

Adicionam pólos e zeros ao sistemaPodem ser ativos ou passivosPodem ser instalados em cascata ou na malha derealimentaçãoQuais as vantagens de cada um?




Uso de compensadores

Os controladores adicionam pólos e zeros ao sistema,alterando o lugar das raízes para passar por pontosespecificados no projeto.




Exemplo

Considere o sistema abaixo, com K = 841

pole(T)ans =-10 + 27.22i-10 - 27.22i




Exemplo controlador P

P.O. = 31.5% (5)

Ts = 0.4s (6)

Step Response

Time (seconds)

Am

plit

ud

e

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4




Requisitos

Reduzir o percentual de overshoot para 6% sem alterar otempo de estabilização

Ts =4ζωn

=4σd

(7)

cos(θ) = ζ (8)

ζ =−ln(P.O./100)√π2 + ln2(P.O./100)

(9)




Exemplo

Ts =4ζωn

= 0,4→ ζωn = 10 (10)

P.O. = 6%→ ζ = 0,667→ ωn√

1− ζ2 = 11,17 (11)

s1,2 = −10± 11,17j (12)

O ponto encontrado pertence ao lugar das raízes?




Projeto P

θ = 180o(2k − 1),−θ1 − θ2 = 180o(2k − 1),θ1 = arctg(11,17

10 ) = 48,16o,

θ2 = 180o − arctg(11,1710 ) =

131,84o.




Projeto P

Determinando o ganho:

|KG(S)H(S)|s=−10+11j = 1→ K = 224,77 (13)

Step Response

Time (seconds)

Am

plitu

de

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.60

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4 System: sys_fbPeak amplitude: 1.06Overshoot (%): 6At time (seconds): 0.283




Projeto P por faixa

P.O. < 16% e Ts < 8s → OK




Projeto P por faixa

P.O. < 10% e Ts < 0,19s → Impossível!

O que fazer quando somente uma alteração de ganho não forsuficiente para atender as especificações?




Compensador PI

O compensador PI pode eliminar o erro de estadoestacionárioTécnica: Incluir um pólo na origem do plano SO pólo altera o lugar das raízes: adiciona-se um zero paracancelá-lo




Compensador PI




Compensador PI - Exemplo

Corrigir de estado estacionário do sistema, com mínimaintervenção na resposta transitória. ζ = 0,174

Incluir um compensador PI conforme figura:





Determinar os pólos de malha fechada para o sistema semcompensação

K = 164,6S1,2 =−0,694± j3,926Kp = 8,23e(∞) = 0,108





Determinar os pólos de malha fechada para o sistema semcompensação

K = 158,2S1,2 =−0,678± j3,837Kp =∞e(∞) = 0




Compensador por atraso de fase

Integradores e diferenciadores são implementados comamplificadoresSistemas ativos→ Caros e complexosÉ possível simular seu comportamento comcompensadores ativos, de atraso (P) ou avanço de fase(D)




Compensador PI




Compensador PI

Gc(S) = K1 +K2

S=

K1

(S + K2

K1

)S

(14)




Compensação PD

Possível controlar o P.O. da resposta e diminuir o Ts

Técnica: Inclusão de um zero na função de transferênciade malha abertaOnde?

Projetar um compensador PD para o sistema abaixo, sendoP.O. = 16% e com redução de 3 vezes no tempo deassentamento (Ts).




Exemplo PD

Passo 1: P.O. = 16%→ ζ = 0,504Passo 2: Observar o lugar das raízes e encontrar o pontode interseção entre a reta de ζ = 0,504 e o lugar dasraízes→ S1,2 = −1,205± j2,064, quando K = 43,35




Exemplo PD

Passo 3: Calcular o settling time:Ts = 4

ζωn= 4

1,205 = 3,320

S1,2 = −1,205︸︷︷︸ζωn

±j 2,064︸︷︷︸ωn√

1−ζ2

(15)

Passo 4: O settling time deve ser reduzido para 13 :

Ts′ =3,320

3 = 1,107s




Exemplo PD

Passo 5: Calcular a posição dos novos pólos para atendero settling time

σd = ζωn =4Ts

=4

1,107= 3,613 (16)

ζ = 0,504→ ωn = 7,16rad/s → ωd = ωn√

1− ζ2 = 6,19(17)

S1,2 = −3,613︸︷︷︸ζωn

±j 6,19︸︷︷︸ωn√

1−ζ2

(18)




Exemplo PD




Exemplo PD

Passo 7: Como fazer para o root locus passar pelo pontoespecificado??Adicionar o pólo, a nova contribuição angular deve fazer oponto fazer parte do lugar das raízes!∑

θi = (2k + 1)180o (19)

−θpolos + θzeros = 180o, k = 0 (20)

−275,6o + θzeros = 180o (21)

θzero = 95,6o (22)

σ = −3,006 (23)




Projeto PD




Projeto PD

Gc(s) = K1s + K2 = K1

(s +

K2

K1

)(24)

No exemplo, K1 = 1 e K2 = 3,006




Projeto PID

Gc(s) = K1s+K2

s+K3s =

K1s + K2 + K3s2

s=

K3

(s2 + K1

K3s + K2

K3

)s

(25)




Exemplo PID

Etapas do projeto:Determinar desempenho do sistema não compensado;Projetar o PD (localização do zero e determinação doganho) para obtenção das especificações do projeto;Simular sistema;Reprojetar, se necessário;Projetar o PI para correção do erro de estado estacionário;Determinar os ganhos K1, K2 e K3;Simular sistema e;Reprojetar, se necessário.




Projeto PID

Dado o sistema abaixo, projetar um controlador PID para que osistema opere com 2

3 do tempo de pico do sistema nãocompensado, com P.O. = 20% e erro de estado estacionárionulo para entrada em degrau.




Projeto PID


projeto através do lugar das raízes

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