7 projeto controlador por LR PID

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AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 1 - 
Aula 7 Projeto pelo Lugar das Raízes 
 
 
7.1 Compensador Proporcional-Derivativo (PD) 
 
A função de transferência do controlador PD é: 
 
( ) ( )p d 1 2 cC( s ) K 1 T s K K s K s z= + = + = + 
 
Assim, este controlador introduz um único zero à função de transferência de malha aberta, 
adicionando um ângulo positivo ao critério de ângulo do lugar das raízes. Conseqüentemente, o 
controlador PD é um tipo de controlador em avanço de fase e melhora a resposta transitória do 
sistema. Corno é introduzido apenas um zero, o procedimento de projeto de compensador em 
avanço de fase é aplicado ao projeto do controlador PD. 
Respostas transitórias que não são possíveis de obter mediante um simples ajuste de ganho 
podem ser alcançadas com um compensador derivativo ideal. 
Uma escolha adequada da posição do zero do compensador pode tornar mais rápida a resposta 
em relação à do sistema não-compensado. 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 2 - 
O ganho do compensador é escolhido para contribuir com o ganho de malha necessário. 
Embora o compensador derivativo ideal possa melhorar a resposta transitória do sistema, a 
derivação de sinais com altas freqüências (ruído) pode resultar em sinais de grande amplitude 
indesejáveis, saturando os amplificadores. Neste caso, um filtro é adicionado ao controlador 
PD. Sua função de transferência torna-se: 
 
( )
( )
( )
( )
d c
p
d c
1 T s s z
C( s ) K K
1 T s s pα
+ +
= =
+ +
 
 
onde α < 1. Esta estrutura é idêntica ao compensador em avanço de fase. 
 
Exemplo: Encontrar um compensador PD ideal para 1( ) ( 1)G s s s= + que forneça, em malha 
fechada, um coeficiente de amortecimento ζ = 0,5 e uma freqüência natural não-amortecida 
ωn = 2rad/s. 
 
Solução: 
Para estes parâmetros espera-se um ts(2%) = 4s e um Mp = 16% correspondente à posição 
0 ds j 1 j 3σ ω= + = − + (Figura 7.1) 
Calculando-se ∠G(s) na posição de malha fechada desejada s0, tem-se: 
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- 3 - 
°−=°−







−
−=+∠−∠−∠=
+
∠=∠
=
21090
1
3
arctg0)1s(s1)1s(s
1)s(G 00
ss 0
 
 
Figura 7.1 – Lugar das raízes do sistema não-compensado 
 
Pelo critério de ângulo tem-se: 
0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 180C s G s C s G s∠ = ∠ + ∠ = − ° 
 
3j1s0 +−= 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 4 - 
Como 0( ) 210G s∠ = − ° , a condição de ângulo do lugar das raízes será satisfeita se ∠C(s) for +30o. 
 
( )cC( s ) K s z= + 
 
0( ) ( ) 30
( 1 3 ) 30
3 30
1
3 30 3 1 4
1
c
c
c
c c
c
C s s z
j z
arctg
z
tg z z
z
∠ = ∠ + = °
= ∠ − + + = °
= = °
− +
= = °⇒ = − + ⇒ =
− +
 
 
Compensador PD encontrado: ( ) ( 4)C s K s= + . 
 
O valor de K correspondente é obtido pela aplicação do critério de módulo: 
 
00 0 1 3
0 0
( ) ( ) 1
1( ) ( ) 3 3 . 1
3 3
1 ( ) 4
s jC s G s
C s G s K j
j
K C s s
=− +
=
= + =
−
∴ = ⇒ = +
 
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- 5 - 
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
Figura 7.2 - Lugar das raízes do sistema compensado 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 6 - 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
 
 
Figura 7.3 - Resposta ao degrau do sistema compensado 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 7 - 
7.2 Compensador Proporcional-Integral (PI) 
 
Um pólo de malha aberta é posicionado na origem para aumentar o tipo do sistema e anular o 
erro de estado estacionário para uma entrada degrau. Um zero de malha aberta é inserido 
próximo do pólo na origem de modo que os pólos de malha fechada originais permaneçam 
aproximadamente nos mesmos pontos sobre o lugar das raízes compensado. Desse modo 
melhora-se o erro de estado estacionário sem afetar a resposta transitória. O procedimento de 
projeto é o mesmo do caso de atraso de fase. 
Pelo fato do compensador possuir os controles proporcional e integral, ele recebe o nome de 
controlador PI. A função de transferência para o controlador PI pode ser expressa como: 
 
i c
p p
i
K s z1C( s ) K 1 K K
T s s s
  +
= + = + = 
 
 
 
Exemplo: Projetar um compensador para o sistema de controle de temperatura mostrado na 
Figura 7.4. O erro de estado estacionário deve ser nulo para uma entrada degrau e a constante 
de tempo de malha fechada igual a 2,5s. 
 
 
 
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- 8 - 
 
R(s) Y(s) C(s) 0 , 2 5
0 ,1s +
 
Figura 7.4 – Sistema de controle de temperatura 
 
O sistema não compensado é do tipo zero e tem, portanto, erro em regime estacionário diferente 
de zero se a entrada é constante. Sua constante de tempo é 10s. 
O projeto de um controlador PI resulta em um sistema tipo 1 sem erro para entrada degrau. 
Adotando o zero do controlador em s = − 0,01, o valor de K é escolhido para situar pólo em 
s = − 0,4, resultando em uma constante de tempo de 2,5s. Pela aplicação do critério do módulo: 
 
0
0
0 0 0,4
0
0 0 0,4
( ) ( ) 1
( 0,01) 0, 25 1( 0,1)
( 0, 4)( 0,3) 1, 231
0, 25( 0,39)
s
s
C s G s
sK
s s
K K
=−
=−
=
+
=
+
− −
= ⇒ =
−
 
 
( 0,01)( ) 1,231 sC s
s
+
∴ = 
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- 9 - 
 
 
 
-0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
Figura 7.5 - Lugar das raízes do sistema compensado 
-20 -15 -10 -5 0 5
x 10-3
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 10 - 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
 
 
Figura 7.6 - Resposta ao degrau do sistema compensado 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 11 - 
O sistema tem um pólo de malha fechada próximo de s = − 0,01, resultando em uma constante 
de tempo muito elevada. 
 
Solução alternativa: cancelamento do pólo do sistema com o zero do controlador, zc = − 0,1. 
 
( 0,1) 0,25 0,25( ) ( ) ( 0,1)
sC s G s K K
s s s
+
= =
+
 
 
0, 25
0, 25 1
0, 25 0, 251 1
0, 25
K KsFTMF
ss KK
s K
= = =
++ +
 
 
Constante de tempo de malha fechada: 1
0,25MF K
τ = 
 
 Requisito de projeto: 2,5MFτ = 
 
1 2,5 1,6
0,25
K
K
= ⇒ =
( 0,1)( ) 1,6 sC s
s
+
∴ = 
 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 12 - 
 
 
-0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
Figura 7.7 - Lugar das raízes do sistema compensado 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 5 10 15
0
0.5
1
1.5
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 13 - 
-0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 5 10 15 20 25 30
0
0.5
1
1.5
 
 
-0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 5 10 15 20
0
0.5
1
1.5
 
 
Figura 7.8 – Efeito de um cancelamento imperfeito 
AULA 07 – PROJETO PELOLUGAR DAS RAÍZES 
- 14 - 
7.3 Compensador Proporcional-Integral-Derivativo (PID) 
 
O controlador PID visa obter melhoria no erro de estado estacionário e na resposta transitória 
de forma independente. Basicamente, melhora-se primeiro a resposta transitória e em seguida o 
erro de estado estacionário. A desvantagem desta abordagem é a pequena queda na velocidade 
da resposta transitória ao se melhorar o erro de estado estacionário. A ordem inversa de projeto 
também pode ser aplicada. A forma do controlador PID é dada por: 
p d
i
1 de( t )
u( t ) K 1 e( t )dt T
T dt
 
= + + 
 
∫ 
 
Aplicando a transformada de Laplace, tem-se U(s) = C(s)E(s), ou seja: 
2
d p ii
p d p d
i
K s K s KK1C( s ) K 1 T s K K s
T s s s
+ + 
= + + = + + = 
 
 
1 2( s z )( s z )C( s ) K
s
+ +
= 
 
Geralmente é necessário um pólo adicional para limitar o ganho em alta freqüência: 
 
d 1 2
p
i d
T s ( s z )( s z )1C( s ) K 1 K
T s T s 1 s( s p )α
  + +
= + + = 
+ + 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 15 - 
Exemplo: Dado o sistema da Figura 7.9, projetar um controlador PID de modo que o sistema 
opere com um tempo de pico de 0,198, com sobre-sinal de 20% (ζ = 0,456)e erro estacionário 
nulo para uma entrada degrau. 
 
 
R(s) Y(s) C(s) ( 8 )( 3)( 6 )( 1 0 )
s
s s s
+
+ + +
 
Figura 7.9 – Sistema de terceira ordem 
 
Solução: 
Para estes parâmetros da resposta transitória dados corresponde 0 ds j 8,13 j15,87σ ω= + = − + . 
Inicialmente atende-se aos requisitos da resposta transitória com um controlador PD. 
 
Calculando-se ∠G(s) na posição de malha fechada desejada s0, tem-se: 
0
0
0 0 0
( 8)( ) 198,37( 3)( 6)( 10)
s s
sG s
s s s
=
+∠ = ∠ = − °
+ + +
 
 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 16 - 
Deste modo, a contribuição requerida do zero do compensador é +18,37º. 
 
0( ) ( ) 18,37
( 8,13 15,87 ) 18,37
15,87 18,37
8,13
15,87 18,37 55,92
8,13
PD c
c
c
c
c
C s s z
j z
arctg
z
tg z
z
∠ = ∠ + = °
= ∠ − + + = °
= = °
− +
= = °⇒ = °
− +
 
 
Assim o controlador PD é: ( ) 55,92PDC s s= + . 
 
Depois de projetar o controlador PD, projeta-se o compensador integral para reduzir a zero o 
erro de estado estacionário para uma entrada degrau. O zero do compensador integral deve ser 
colocado próximo à origem. Por exemplo: 
0,5( )PI
sC s
s
+
= 
 
A função de transferência do PID fica: 
( 55,92)( 0,5)( ) s sC s K
s
+ +
= 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 17 - 
 
O valor de K correspondente é obtido pela aplicação do critério de módulo: 
 
00 0 8,13 15,87
0 0 0
0 0
0 0 0 0
( ) ( ) 1
( 55,92)( 0,5) ( 8)( ) ( ) . 1( 3)( 6)( 10)
5,41
( 55,92)( 0,5)( ) 5,41
s jC s G s
s s sC s G s K
s s s s
K
s sC s
s
=− +
=
+ + +
= =
+ + +
∴ =
+ +
⇒ =
 
 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 18 - 
-100 -80 -60 -40 -20 0
-60
-40
-20
0
20
40
60
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
 
 
 
 
 
 
Figura 7.10 – Diagrama do lugar das raízes do sistema compensado 
 
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0
-30
-20
-10
0
10
20
Real Axis
Im
ag
 
Ax
es
Root Locus Design
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 19 - 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
 
 
 
 
 
 
 
Figura 7.11 - Resposta ao degrau do sistema compensado 
Time (sec.)
Am
pl
itu
de
Step Response
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
0.9
0.95
1
1.05
1.1
1.15
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 20 - 
 
Leitura: 
 
� OGATA (4a ed.) – cap. 10, p.557-592. 
� NISE – cap. 9, p.356-360, p.365-371, p.376-380. 
 
Problemas resolvidos: 
 
� OGATA (4a ed.) – A.10.6. 
� NISE – exercícios de avaliação: 9.1, 9.3, 9.5. 
 
Problemas propostos: 
 
� NISE (cap. 9) – 1, 8, 10, 18, 26. 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 21 - 
Problemas complementares: 
 
1) Um sistema realimentado tem uma função de transferência de )2s)(1s(s
3s)s(G
++
+
= . 
De quanto o ponto de interseção das assíntotas dos lugares das raízes com o eixo real se moverá 
se um controlador PI for introduzido com uma constante de tempo integral de 5s e um ganho 
proporcional de 2? 
2) Considere um sistema com realimentação unitária onde )5s)(2s(s
K)s(G
++
= . 
Projete um controlador PI para forçar a zero o erro de estado estacionário a uma entrada em 
rampa para valores de K que levam à estabilidade. 
3) Um motor CC controlado pela armadura com uma resistência de armadura desprezível tem 
uma função de transferência )5,0s(s
4)s(G
+
= . 
Projete um compensador série D(s) como mostrado na configuração da Figura 7.12 que 
satisfaça as seguintes especificações de malha fechada: 
• O erro em regime à rampa unitária menor que 0,02. 
• A relação de amortecimento dos pólos de malha fechada dominantes deve ser igual a 0,5. 
• A freqüência natural não-amortecida dos pólos de malha fechada dominantes deve ser 
5 rad/s. 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 22 - 
 
D(s) Y(s) R(s) G(s) 
 
Figura 7.12 
 
 
4) A Figura 7.13 mostra o diagrama de blocos de sistema de controle de uma das articulações 
de um robô. 
 
Figura 7.13 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 23 - 
a) Mostre que a função de transferência do processo é dada por 
)5s)(1s(s
15,0
Ea
L
++
=
Θ
. 
b) Esboce o lugar das raízes do sistema não-compensado (com o compensador substituído 
por um ganho K). 
c) Calcule os ganhos do compensador Kp e KD para que a equação característica tenha uma 
raiz em s = −1+j. 
 
5) Considerar um sistema instável como mostrado na Figura 7.14. Projetar um controlador PD 
tal que a razão de amortecimento ζ do sistema em malha fechada seja 0,7 e a freqüência natural 
não-amortecida ωn seja 0,5 rad/s. 
 
 
R(s) Y(s) 
p dK (1 T s )+ 4 2
1
10 ( s 1,1772 )−
 
Figura 7.14 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 24 - 
6) Projetar um controlador PID para o sistema indicado na Figura 7.15. Deseja-se que os pólos 
de malha fechada dominantes estejam localizados em s 1 j 3= − ± . Escolher a = 0,2 e depois 
determinar os valores de K e b. Esboçar o lugar das raízes para o sistema projetado. 
 
 
R(s) Y(s) ( s a )( s b )K
s
+ +
2
1
s 1+
 
Figura 7.15 
 
7) Considerar o sistema mostrado na Figura 7.16, que envolve realimentação de velocidade. 
Determinar os valores do ganho K e do ganho de realimentação Kh de modo que as seguintes 
especificações sejam satisfeitas: 
� Razão de amortecimento dos pólos de malha fechada = 0,5 
� Tempo de acomodação ≤ 2s 
� Constante de erro de velocidade estático Kv ≥ 50 s-1 
� 0 < Kh < 1 
 
AULA 07 – PROJETO PELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 25 - 
 
R(s) Y(s) K
s( 2 s 1 )+
h 1 K s+
 
Figura 7.16 
 
8) A Figura 7.17 mostra o controle PID de uma planta de segunda ordem, onde P(s) é uma 
entrada de perturbação. Admitir que a entrada r(t) é mantida constante e as características da 
resposta a perturbações são importantes neste sistema. Projetar um sistema de controle tal que a 
resposta a qualquer perturbação em degrau seja amortecida rapidamente (2 a 3 segundos em 
termos de tempo de acomodação de 2%). Escolher a configuração de pólos de malha fechada 
tal que haja um par de pólos dominantes. Então obter a resposta à entrada de perturbação em 
degrau unitário. Obter também a resposta à entrada de referência em degrau unitário. 
 
R(s) Y(s) ( as 1)( bs 1)K
s
+ +
2
1
s 3 ,6 s 9+ +
P(s) 
 
Figura 7.17 
AULA 07 – PROJETOPELO LUGAR DAS RAÍZES 
- 26 - 
 
9) Dado um sistema com realimentação unitária e função de transferência do ramo direto dada 
por: 
)5s)(2s(s
K)s(G
++
= 
faça o seguinte: 
 
a) Projete um compensador série que leve às seguintes especificações: tempo de 
acomodação = 2,86s; sobre-sinal percentual = 4,32%; e erro de estado estacionário para 
uma entrada em rampa melhorado por fator 2 em relação ao sistema não-compensado. 
b) Compare as especificações de resposta transitória e de erro de estado estacionário dos 
sistemas não-compensado e compensado. 
c) Compare os ganhos dos sistemas não-compensado e compensado. 
d) Discuta a validade da aproximação de segunda ordem.