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Erro de Estado Estacionário Carlos Eduardo de Brito Novaes carlos.novaes@aedu.com http://professorcarlosnovaes.wordpress.com 24 de agosto de 2012 1 Introdução Um aspecto muito importante em um sistema de controle é o valor final do erro de saída, ou seja, a diferença entre a saída obtida e o “set-point” ou saída desejada. Vamos realizar esta avaliação para três tipos distintos de referências, a saber, entrada do tipo degrau (ou posição), entrada do tipo rampa (ou velocidade) e entrada do tipo parábola (ou aceleração). É claro que a referência pode ser de qualquer outro tipo, mas conhecendo o comportamento do erro para estas três entradas podemos caracterizar e comparar sistemas distintos. Outra informação importante é que a avaliação de erro estático só tem sentido quando o sistema em malha fechada é estável. O material apresentado é tratado com mais rigor e detalhamento no capítulo 5 de [1] 2 Definição Figura 2.1: Sistema de Controle Para o sistema ilustrado na figura 2.1, vamos considerar obter a função de transferência de malha fechada. Gcl (s) = G (s) 1 +G (s) E a resposta às excitações degrau, rampa e parábola serão: 1. Resposta ao degrau, R (s) = 1 s → C (s) = G (s) s (1 +G (s)) 2. Resposta à rampa, R (s) = 1 s2 → C (s) = G (s) s2 (1 +G (s)) 3. Resposta à parábola, R (s) = 1 s3 → C (s) = G (s) s3 (1 +G (s)) 1 2.1 Constante de Erro Estático: 2 DEFINIÇÃO Os respectivos erros serão então calculados como a diferença, E (s) = R (s) − C (s), valor desejado menos o valor obtido: 1. Erro ao degrau, R (s) = 1 s → E (s) = 1 s − G (s) s (1 +G (s)) = 1 +G (s)−G (s) s (1 +G (s)) = 1 s (1 +G (s)) 2. Erro à rampa, R (s) = 1 s2 → E (s) = 1 s2 − G (s) s2 (1 +G (s)) = 1 +G (s)−G (s) s2 (1 +G (s)) = 1 s2 (1 +G (s)) 3. Erro à parábola, R (s) = 1 s3 → E (s) = 1 s3 − G (s) s3 (1 +G (s)) = 1 +G (s)−G (s) s3 (1 +G (s)) = 1 s3 (1 +G (s)) Para um tempo muito grande, podemos obter o valor do erro aplicando o teorema do valor final, f (∞) = lim s→0 sF (s), desde que os polos de sF (s) tenham parte real negativa (F (s) é estável): 1. Erro ao degrau, e (∞) = lim s→0 s s (1 +G (s)) = lim s→0 1 1 +G (s) = 1 1 + lim s→0 G (s) 2. Erro à rampa, e (∞) = lim s→0 s s2 (1 +G (s)) = lim s→0 1 s+ sG (s) = 1 lim s→0 sG (s) 3. Erro à parábola, e (∞) = lim s→0 s s3 (1 +G (s)) = lim s→0 1 s2 + s2G (s) = 1 lim s→0 s2G (s) 2.1 Constante de Erro Estático: Para comodidade no cálculo, definem-se as constantes de erro estático: 1. Constante de erro estático de posição,Kp = lim s→0 G (s) 2. Constante de erro estático de velocidade,Kv = lim s→0 sG (s) 3. Constante de erro estático de aceleração,Ka = lim s→0 s2G (s) E desta forma, podemos reescrever o erro: 1. Erro ao degrau, e (∞) = 1 1 +Kp 2. Erro à rampa, e (∞) = 1 Kv 3. Erro à parábola, e (∞) = 1 Ka Como se observa, é possível determinar o erro estacionário a cada uma das entradas padronizadas, bastando para isso conhecer a função de transferência em malha aberta G (s). 2.2 Tipos de sistema de controle Podemos caracterizar um sistema a ser controlado de acordo com o número de polos na origem, assim: 2.3 Sistema do “Tipo 0” Um sistema do “Tipo 0”, não apresenta polos na origem. Por exemplo: G (s) = s+ 6 (s+ 2) (s+ 3) 2 2.3 Sistema do “Tipo 0” 2 DEFINIÇÃO Este sistema em malha fechada é estável (ganhoK = 1), calculando todos as constantes de erro estático: Kp = lim s→0 G (s) 0 < Kp <∞ Kv = lim s→0 sG (s) = 0 Ka = lim s→0 s2G (s) = 0 percebemos que um sistema do “Tipo 0” apresenta constante de erro estático de posição com valor real entre zero e infinito, mas as constates de erro de velocidade e de aceleração são nulas. Como resultado, percebe-se que este sistema, quando emmalha fechada, apresentara um erro limitado de posicionamento, mas o erro de acompanhamento às entradas do tipo rampa e parábola será infinito. A seguir apresentamos a resposta deste sistema emmalha fechada à cada entrada padrão. Figura 2.2: Sistema do “Tipo 0”, resposta ao degrau. Figura 2.3: Sistema do “Tipo 0”, resposta à rampa. 3 2.4 Sistema do “Tipo 1” 2 DEFINIÇÃO Figura 2.4: Sistema do “Tipo 0”, resposta à parábola. 2.4 Sistema do “Tipo 1” Um sistema do “Tipo 1”, apresenta apenas um polo na origem. Por exemplo: G (s) = s+ 6 s (s+ 2) (s+ 3) Este sistema em malha fechada é estável (ganhoK = 1), calculando todos as constantes de erro estático: Kp = lim s→0 G (s) = ∞ Kv = lim s→0 sG (s) 0 < Kv <∞ Ka = lim s→0 s2G (s) = 0 percebemos que um sistema do “Tipo 1” apresenta constante de erro estático de posição infinita, a constate de erro de velocidade é real entre zero e infinito e a constante de erro de aceleração é nula. Como resultado, percebe-se que este sistema, quando em malha fechada, apresentara um erro nulo de posicionamento, um erro finito e diferente de zero para acompanhar uma rampa e o erro de acompanhamento à entrada do tipo parábola será infinito. A seguir apresentamos a resposta deste sistema em malha fechada à cada entrada padrão. 4 2.4 Sistema do “Tipo 1” 2 DEFINIÇÃO Figura 2.5: Sistema do “Tipo 1”, resposta ao degrau. Figura 2.6: Sistema do “Tipo 1”, resposta à rampa. Figura 2.7: Sistema do “Tipo 1”, resposta à parábola. 5 2.5 Sistema do “Tipo 2” 2 DEFINIÇÃO 2.5 Sistema do “Tipo 2” Um sistema do “Tipo 2”, apresenta dois polos na origem. Por exemplo: G (s) = s+ 6, 3s+ 1, 8 s2 (s+ 2) (s+ 3) Este sistema em malha fechada é estável (ganhoK = 1), calculando todos as constantes de erro estático: Kp = lim s→0 G (s) = ∞ Kv = lim s→0 sG (s) = ∞ Ka = lim s→0 s2G (s) 0 < Ka <∞ percebemos que um sistema do “Tipo 2” apresenta constante de erro estático de posição e de velocidade infinitas, a constate de erro estático de aceleração é real entre zero e infinito. Como resultado, percebe-se que este sistema, quando em malha fechada, apresentara um erro nulo de posicionamento nulo, um erro de acompanhamento à rampa também nulo e um erro finito e diferente de zero para acompanhar uma parábola. A seguir apresentamos a resposta deste sistema em malha fechada à cada entrada padrão. Figura 2.8: Sistema do “Tipo 2”, resposta ao degrau. 6 2.6 Resumindo 2 DEFINIÇÃO Figura 2.9: Sistema do “Tipo 2”, resposta à rampa. Figura 2.10: Sistema do “Tipo 2”, resposta à parábola. 2.6 Resumindo Para avaliar o erro de estado estacionário devemos: 1. Verificar se o sistema será estável em malha fechada. (Arranjo de Routh-Hurwitz) 2. Determinar se o sistema é do tipo 0, 1 ou 2. 3. Sistemas do tipo 0 apresentam erro de excitação ao degrau. Os erros de excitação à rampa e à parábola são infinitos. 4. Sistemas do tipo 1 não apresentam erro de excitação ao degrau, mas possuem erro de excitação à rampa e o erro de excitação à parábola é infinito. 5. Sistemas do tipo 2 não possuem erro de excitação ao degrau ou à rampa, mas possuem erro de excitação à parábola. 6. A tabela a seguir resume os erros, e as constantes de erro estático para cada um dos tipos de sistemas. Note que a análise é válida para entradas unitárias, para outras entradas deve-se considerar o valor do erro como um valor percentual. 7 3 EXEMPLOS Tabela 2.1: Resumo Tipo 0 Tipo 1 Tipo 2 Constante de Erro Estático Erro Constante de Erro Estático Erro Constante de Erro Estático Erro Degrau Kp = Cte = lims→0G (s) 1 1 +Kp Kp =∞ 0 Kp =∞ 0 Rampa Kv = 0 ∞ Kv = Cte = lims→0 sG (s) 1 Kv Kv =∞ 0 Parábola Ka = 0 ∞ Ka = 0 ∞ Ka = Cte = lims→0 sG (s) 1 Ka 3 Exemplos 3.1 Exercício Determine para o sistema de controle da figura 3.1com um ganho proporcional K qual é o menor erro percentual de posicionamento.Figura 3.1: Sistema de Controle Exemplo 1 Para este sistema, devemos encontrar o maior ganho K que permita a estabilização do sistema, e para este ganho, determinar a particular constante de erro estático de posição e o correspondente erro percentual. A função de transferência em malha fechada será: Gcl (s) = K s3 + 3, 5s2 + 3, 5s+K + 1 Realizando o arranjo de Routh para avaliar a estabilidade: s3 : 1 3, 5 0 s2 : 3, 5 K + 1 0 s1 : b1 = − det ( 1 3, 5 3, 5 K + 1 ) 3, 5 = 45− 4K 14 b2 = − det ( 1 0 3, 5 0 ) 3, 5 = 0 0 s0 : c1 = − det 3, 5 K + 145− 4K 14 0 45− 4K 14 = K + 1 c2 = − det 3, 5 0225− 2K 175 0 225− 2K 175 = 0 0 Avaliando a primeira coluna: 1→ 3, 5→ 45− 4K 14 → K + 1 8 3.2 Exercício. 3 EXEMPLOS Para garantir a estabilidade em malha fechada não deve haver mudança de sinal, então: 45− 4K 14 > 0 45− 4K > 0 −4K > −45 −K > −11, 25 K < 11, 25 e: K + 1 > 0 K > −1 Para satisfazer a condição de estabilidade,−1 < K < 11, 25. O maior ganho admissível garante a maior constante estática de erro e portanto, o menor erro percentual, assim, vamos assumir K = 11, 25. Na realidade, para este valor de K, os polos estarão localizados no eixo imaginário, com parte real nula e o sistema não será estável. Este exemplo hipotético nos permite determinar apenas qual é á máxima constante de erro que teoricamente se poderia obter, mas não significa que o resultado dinâmico será bom. Prosseguindo com um valorK = 11, 25, a função de transferência no ramo direto será: KG (s) = K 1 s3 + 3, 5s2 + 3, 5s+ 1 = 11, 25 s3 + 3, 5s2 + 3, 5s+ 1 Observe que utilizamos a função de malha aberta G (s) e não a função de transferência de malha fechada Gcl (s). A constante de erro estático de posição será: Kp = lim s→0 KG (s) = 11, 25 E portanto, o erro ao degrau unitário será: e (∞) = 1 1 +Kp = 0, 0816 = 8, 16% 3.2 Exercício. Para o sistema de controle da figura 3.2 determinou-se que um ganho proporcionalK = 15 e o compensador “Lead” com a configuração proposta levam os polos dominantes à uma posição adequada. Deseja-se saber se a constante de erro de velocidade será satisfatória, sabendo-se que o erro de acompanhamento a uma rampa deve ser inferior a 15% A estabilidade já esta garantida pelo enunciado1. O projeto do compensador e do ganho proporcional já foram realizados e a resposta dinâmica do sistema é a desejada (estável e atendendo aos requisitos estabelecidos pelo projetista). A função de transferência da malha direta é: 1Como exercício complementar, você pode comprovar por si mesmo utilizando o critério de Routh 9 3.2 Exercício. 3 EXEMPLOS Figura 3.2: Sistema de Controle Exemplo 2 G (s) = 15× s+ 2 s+ 3 × 1 s2 + s = 15s+ 30 (s+ 3) (s2 + s) = 15s+ 30 s (s+ 1) (s+ 3) = 15s+ 30 s (s2 + 4s+ 3) Trata-se de um sistema do “Tipo 1” pois apresenta um polo na origem. A constante de erro estático de velocidade é: Kv = lim s→0 sG (s) = lim s→0 s 15s+ 30 s (s2 + 4s+ 3) = lim s→0 15s+ 30 s2 + 4s+ 3 = 30 3 = 10 E o correspondente erro de acompanhamento à rampa será: e (∞) = 1 Kv = 1 10 = 0, 1 = 10% Portanto, o erro esta abaixo do máximo valor tolerado e o projeto de controle atende a todas as especificações. Como curiosidade, a figura 3.3 ilustra a resposta deste sistema a uma rampa unitária. Pode-se verificar que o erro no instante t = 5 equivale a 0, 107, aproximadamente 10 da inclinação da rampa (rampa unitária). 10 REFERÊNCIAS REFERÊNCIAS Figura 3.3: Resposta do sistema do Exercício 3.2 à uma rampa unitária. Referências [1] K. Ogata, Engenharia de controle moderno, 5th ed. Prentice Hall / SP, 2010. 1 11 1 Introdução 2 Definição 2.1 Constante de Erro Estático: 2.2 Tipos de sistema de controle 2.3 Sistema do ``Tipo 0'' 2.4 Sistema do ``Tipo 1'' 2.5 Sistema do ``Tipo 2'' 2.6 Resumindo 3 Exemplos 3.1 Exercício 3.2 Exercício.
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