Compensador do Root Locus

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Introdução Projeto de controladores
Projeto de Compensadores
Prof. Ohara Kerusauskas Rayel
Disciplina de Sistemas de Controle 1 - ET76H
Curitiba, PR
07 de junho de 2016
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Revisão do Plano s
T (s) =
ω2n
s2 + 2ζωns+ ω2n
Tp =
pi
ωn
√
1− ζ2
=
pi
ωd
Ts =
4
ζωn
=
4
σd
cos(θ) = ζ
ζ = − ln(%OS/100)√
pi2 + ln2(%OS/100)
%OS = 100e
− ζpi√
1−ζ2 %
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
E para sistemas de ordem superior?
Aproximação de segunda ordem deve ser verificada!
Pólos adicionais devem estar 5x mais afastados dos pólos
dominantes
Zeros próximos a pólos dominantes também afetam a aproximação
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Projeto de controladores
Com o ajuste do ganho
podemos alterar Ts, Tp e ζ
Por consequência alteramos
o erro de estado estacionário
Podemos chegar em A, mas
não em B
Como chegar em B?
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Uso de compensadores
Adicionam pólos e zeros ao sistema
Podem ser ativos ou passivos
Podem ser instalados em cascata ou na malha de realimentação
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Uso de compensadores
Os controladores adicionam pólos e zeros ao sistema, alterando o
lugar das raízes para passar por pontos especificados no projeto.
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo
Considere o sistema abaixo, com K = 841
1 T = feedback(tf([841],[1 20 0]),1);
2 pole(T)
3 ans =
4 −10 + 27.22i
5 −10 − 27.22i
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo controlador P
step(T)
%OS = 31, 5%
Ts = 0, 38s
Step Response
Time (seconds)
A
m
pl
itu
de
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Requisitos
Reduzir o percentual de overshoot para 6% sem alterar o tempo de
estabelecimento
Ts =
4
ζωn
=
4
σd
cos(θ) = ζ
ζ = − ln(%OS/100)√
pi2 + ln2(%OS/100)
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo
Ts =
4
ζωn
= 0, 4→ ζωn = 10 (pólos em −10± j27, 22)
%OS = 6%→ ζ = 0, 667→ ωn = 14, 99
ωn
√
1− ζ2 = 11, 17
s1,2 = −10± j11, 17
O ponto encontrado pertence ao lugar das raízes?
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Critério do ângulo
∠KG(s)H(s) = 180o(2k − 1)
θ = 180o(2k − 1),
−θ1 − θ2 = 180
o(2k − 1),
θ1 = arctan
(
11, 17− 0
20− 10
)
= 48, 16o,
θ2 = 180
o
− arctan
(
11, 17− 0
10− 0
)
,
θ2 = 131, 84
o
,
−θ1 − θ2 = −180
o = 180o(2− 1).
O ponto encontrado pertence ao lugar das raízes!
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Critério do Módulo
Determinando o ganho:
|KG(s)H(s)|s=−10+11j = 1→ K = 224, 77
1 T = feedback(tf([224.77],[1 20 0]),1);
2 step(T)
Step Response
Time (seconds)
Am
pl
itu
de
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4 System: sys_fb
Peak amplitude: 1.06
Overshoot (%): 6
At time (seconds): 0.283
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Introdução Projeto de controladores
Projeto por faixa
%OS < 16% e Ts < 0, 8s
1 rltool(tf([1],[1 20 0]));
É possível atender os requisitos!
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Projeto por faixa
%OS < 10% e Ts < 0, 19s
Impossível! O que fazer quando somente uma alteração de ganho
não for suficiente para atender as especificações?
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI
Técnica: Incluir um pólo na origem do plano s para zerar o erro de
estado estacionário
O pólo altera o lugar das raízes: adiciona-se um zero para
cancelá-lo, evitando assim alterações drásticas no comportamento
dinâmico do sistema
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI - Exemplo
Corrigir de estado estacionário do sistema, com mínima intervenção
na resposta transitória. ζ = 0, 174
Incluir um compensador PI conforme figura:
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI - Exemplo
Determinar os pólos de malha fechada para o sistema sem
compensação
K = 164, 6
S1,2 = −0, 694± j3, 926
Kp = 8, 23
e(∞) = 0, 108
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI - Exemplo
Determinar os pólos de malha fechada para o sistema compensado
K = 158, 2
S1,2 = −0, 678± j3, 837
Kp =∞
e(∞) = 0
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensador PI
Gc(s) = K1 +
K2
s
=
K1
(
s+ K2
K1
)
s
No exemplo, K1 = 158, 2 e K2 = 15, 82
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensação PD
Possível controlar a %OS da resposta e diminuir o Ts
Técnica: Inclusão de um zero na função de transferência de malha
aberta
Onde?
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Compensação PD
Possível controlar a %OS da resposta e diminuir o Ts
Técnica: Inclusão de um zero na função de transferência de malha
aberta
Onde?
Projetar um compensador PD para o sistema abaixo, sendo
%OS = 16% e com redução de 3 vezes no tempo de
estabelecimento (Ts).
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 1: %OS = 16%→ ζ = 0, 504
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Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 1: %OS = 16%→ ζ = 0, 504
Passo 2: Observar o lugar das raízes e encontrar o ponto de
interseção entre a reta de ζ = 0, 504 e o lugar das raízes
→ S1,2 = −1, 205± j2, 064, quando K = 43, 35
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 3: Calcular o tempo de estabelecimento:
Ts =
4
ζωn
= 4
1,205
= 3, 320s
S1,2 = −1, 205︸ ︷︷ ︸
ζωn
±j 2, 064︸ ︷︷ ︸
ωn
√
1−ζ2
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 3: Calcular o tempo de estabelecimento:
Ts =
4
ζωn
= 4
1,205
= 3, 320s
S1,2 = −1, 205︸ ︷︷ ︸
ζωn
±j 2, 064︸ ︷︷ ︸
ωn
√
1−ζ2
Passo 4: O tempo de estabelecimento deve ser reduzido para 1
3
:
Ts′ =
3,320
3
= 1, 107s
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 5: Calcular a posição dos novos pólos para atender o tempo
de estabelecimento
σd = ζωn =
4
Ts′
=
4
1, 107
= 3, 613
ζ = 0, 504→ ωn = 7, 16rad/s→ ωd = ωn
√
1− ζ2 = 6, 19
S1,2 = −3, 613︸ ︷︷ ︸
ζωn
±j 6, 19︸︷︷︸
ωn
√
1−ζ2
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PD
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Rayel, O.K. — Projeto de CompensadoresIntrodução Projeto de controladores
Exemplo PD
Passo 6: Como fazer para o root locus passar pelo ponto
especificado?
Adicionar um zero, assim a nova contribuição angular deve fazer o
ponto fazer parte do lugar das raízes!
∑
θi = (2k + 1)180
o
−θpólos + θzeros = 180
o, k = 0
−θp=0 − θp=−4 − θp=−6 + θz=? = 180o
−
(
180o − arctan
(
6, 193
3, 613
))
−arctan
(
6, 193
4− 3, 613
)
−arctan
(
6, 193
6− 3, 613
)
+θz=? = 180
o
θz=? = 455, 6
o = 95, 6o
tan(180o − 95, 6o) =
6, 193
3, 613− z
z = 3, 006
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PD
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Projeto PD
Gc(s) = K1 +K2s = K2
(
s+
K1
K2
)
No exemplo, K1 = 3, 006 × 47, 45 e K2 = 47, 45
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
Gc(s) = K1+
K2
s
+K3s =
K1s+K2 +K3s
2
s
=
K3
(
s2 + K1
K3
s+ K2
K3
)
s
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Exemplo PID
Etapas do projeto:
1 Determinar desempenho do sistema não compensado;
2 Projetar o PD (localização do zero e determinação do ganho) para
obtenção das especificações do projeto;
3 Simular sistema;
4 Reprojetar, se necessário;
5 Projetar o PI para correção do erro de estado estacionário;
6 Determinar os ganhos K1, K2 e K3;
7 Simular sistema e;
8 Reprojetar, se necessário.
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
Dado o sistema abaixo, projetar um controlador PID para que o
sistema opere com 23 do tempo de pico do sistema não
compensado, com %OS = 20% e erro de estado estacionário nulo
para entrada em degrau.
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
Calcular o tempo de pico. ζ = 0, 456
Tp =
pi
ωn
√
1−ζ2
= pi
10,57
= 0, 297s. Logo,
2Tp
3
= 0, 198s.
Portanto, ωn =
pi
0,198
√
1−ζ2
= 17, 82. Assim, os novos pólos devem
passar por
S1,2 = −8, 13︸ ︷︷ ︸
ζωn
±j 15, 87︸ ︷︷ ︸
ωn
√
1−ζ2
Agora precisamos calcular a posição do zero!
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
∑
θi = (2k + 1)180
o
−θpólos + θzeros = 180
o, k = 0
−θp=−3 − θp=−6 − θp=−10 + θz=−8 + θz=? = 180o
−
(
180o − arctan
(
15, 87
8, 13− 3
))
−
(
180o − arctan
(
15, 87
8, 13− 6
))
− arctan
(
15, 87
10− 8, 13
)
+
(
180o − arctan
(
15, 87
8, 13− 8
))
+ θz=? = 180
o
θz=? = 378, 37
o = 18, 37o
tan(18, 37o) =
15, 87
z − 8, 13
z = 55, 92
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
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Rayel, O.K. — Projeto de Compensadores
Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
Falta apenas zerar o erro. Basta adicionar um pólo na origem e um
zero próximo para que o lugar das raízes não seja drasticamente
alterado
GPI =
s+ 0, 5
s
GPID =
K(s+ 0, 5)(s+ 55, 92)
s
=
K3(s
2 + 56, 42s+ 27, 96)
s
Agora precisamos verificar se o lugar das raízes mudou, e se as
especificações foram atendidas!
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
K3 = 4, 6, K1 = 56, 42 × 4, 6 = 259, 5 e
K2 = 27, 96 × 4, 6 = 128, 6 Resposta lenta! Ts = 2, 56s
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Introdução Projeto de controladores
Projeto PID
Movendo o polo do PI para a esquerda, obtemos uma resposta mais
rápida!
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Introdução Projeto de controladores
Próxima Aula:
Projeto pela Resposta
em Frequência!
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	Introdução
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	Projeto de controladores
	Compensação Integral
	Compensação derivativa
	Compensação PID