EES-20: Sistemas de Controle II. 20 Outubro 2017 (Tarde)

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1 EES-20: Sistemas de Controle II 20 Outubro 2017 (Tarde) 1 / 58

2 Recapitulando: Modelo da planta amostrada G z G c s u k u t y t y k T T G(z) = (1 z 1 ) Z { } G c (s) s Importante: Trata-se de discretização exata. 2 / 58

3 Diagrama de blocos da malha de controle digital r k e k u k u t y t y k T R z E z U z Y z C z G z 3 / 58

4 Aula de hoje Especificações para projeto digital direto: Estabilidade Erro em regime permanente 4 / 58

5 Estabilidade 5 / 58

6 Estabilidade da malha de controle R z E z U z Y z C z G z Função de transferência em malha fechada: T (z) = Y (z) R(z) = C(z)G(z) 1 + C(z)G(z) Para que a malha seja estável, todos os polos de T (z) deverão estar no interior do círculo unitário. 6 / 58

7 Estabilidade da malha de controle: Exemplo Seja uma planta com dinâmica a tempo contínuo descrita pela seguinte função de transferência: G c (s) = 100 s(s + 10) Considere que seja adotado um período de amostragem T = 0,03 s. Como visto na aula passada, a função de transferência da planta amostrada é z + 0,905 G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,741) Suponha que seja usado um controlador proporcional, isto é: C(z) = K com ganho K > 0 a ser ajustado. 7 / 58

8 Estabilidade da malha de controle: Exemplo R z E z U z Y z K G z z + 0,905 G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,741) Problema: Determinar a faixa de valores de K para a qual a malha é estável. 8 / 58

9 Estabilidade da malha de controle: Exemplo Em malha fechada: T (z) = z + 0,905 G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,741) KG(z) 1 + KG(z) = 0,0408K(z + 0,905) (z 1)(z 0,741) + 0,0408K(z + 0,905) Os polos de malha fechada correspondem às raízes do denominador de T (z), aqui denotado por MF (z): MF (z) = z 2 + (0,0408K 1,741)z + (0,0369K + 0,741) Como determinar condições sobre K para que as raízes de MF (z) tenham módulo menor do que 1? 9 / 58

10 Estabilidade da malha de controle: Exemplo Como determinar condições sobre K para que as raízes de MF (z) tenham módulo menor do que 1? Duas possibilidades: Análise empregando Lugar Geométrico das Raízes (LGR) Extensão do critério de Routh Hurwitz 10 / 58

11 Análise empregando Lugar Geométrico das Raízes (LGR) z + 0,905 G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,741) = A (z b 1 ) (z a 1 )(z a 2 ) z b 1 a 1 a 2 z O eixo imaginário será omitido, para mais fácil visualização. 11 / 58

12 Análise empregando LGR G(z) = A (z b 1 ) (z a 1 )(z a 2 ) b 1 a 1 a 2 z 12 / 58

13 Análise empregando LGR O traçado do LGR segue as mesmas regras vistas em EES-10. b 1 a 1 a 2 z (O semiplano inferior será omitido, para mais fácil visualização.) 13 / 58

14 Análise empregando LGR z* b 1 a 1 a 2 z Um ponto z no LGR deve satisfazer 1 + KG(z ) = 0 para algum K > 0, ou seja G(z ) = 1 K < 0 Portanto, deve-se ter G(z ) = / 58

15 Análise empregando LGR G(z ) = A (z b 1 ) (z a 1 )(z a 2 ) G(z ) = 180 (z b 1 ) (z a 1 ) (z a 2 ) = 180 Portanto, deve-se ter (z a 1 ) + (z a 2 ) (z b 1 ) = / 58

16 Análise empregando LGR (z a 1 ) + (z a 2 ) (z b 1 ) = 180 z* 1 2 b 1 a 1 a 2 z φ 1 + φ 2 ψ = / 58

17 Análise empregando LGR φ 1 + φ 2 ψ = 180 ψ = φ 1 + φ φ 1 = 180 θ 1, φ 2 = 180 θ 2 ψ = 180 θ 1 θ 2 17 / 58

18 Análise empregando LGR o / 58

19 Análise empregando LGR r l 1 l 2 r sen θ 1 = l 1 sen θ 2, r sen θ 2 = l 2 sen θ 1 r 2 = l 1 l 2 19 / 58

20 Análise empregando LGR r = l 1 l 2 z* r b 1 a 1 a 2 l 1 z l 2 Conclusão: Fora do eixo real, a distância entre z e a posição do zero em z = b 1 é constante e igual a r = (a 1 b 1 )(a 2 b 1 ) 20 / 58

21 Análise empregando LGR Portanto, fora do eixo real, o LGR é uma circunferência com centro na posição do zero: r b 1 a 1 a 2 z (Apenas o semiplano superior está apresentado.) 21 / 58

22 Análise empregando LGR (z + 0,90) G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,74) z* r z 22 / 58

23 Análise empregando LGR z* r z z = α + jβ { z ( 0,905) 2 = (1,771) 2 (α + 0,905) 2 + β 2 = 3,14 z 2 = 1 α 2 + β 2 = 1 23 / 58

24 Análise empregando LGR (α + 0,905) 2 + β 2 = 3,14 (1) De (1), tem-se α 2 + β 2 = 1 (2) α 2 + 1,81α + 0,819 + β 2 = 3,14 (3) De (2) e (3), segue que 1,81α + 1,819 = 3,14 e, portanto, α = 1,32 1,81 = 0,729 Substituindo esse resultado em (2), obtém-se: β = 1 α 2 = 0, / 58

25 Análise empregando LGR (z + 0,905) G(z) = 0,0408 (z 1)(z 0,741) z = α + jβ = 0, ,685j Resta determinar o valor de K associado a z no LGR: 1 + KG(z ) = 0 K = 1 K>0 G(z K = ) K = 1 z 0,741 z 1 0,0408 z ( 0,905) 1 G(z ) 25 / 58

26 Análise empregando LGR K = 1 z 0,741 z 1 0,0408 z ( 0,905) z* j d 1 d 2 z d 1 = d 2 = (0,729 0,741) 2 + (0,685) 2 = 0,685 (0,729 1) 2 + (0,685) 2 = 0,737 K = 1 0,685 0,737 = 7,0 0,0408 1, / 58

27 Análise empregando LGR: Caminho mais simples z* r z Sabe-se que z é raiz do seguinte polinômio: MF (z) = z 2 + (0,0408K 1,741)z + (0,0369K + 0,741) Como z e seu conjugado se encontram sobre a borda do círculo unitário, conclui-se que (0,0369K + 0,741) = 1 e, portanto, K = (1 0,741)/0,0369 = 7,0 27 / 58

28 Extensão do critério de Routh-Hurwitz O critério de Routh-Hurwitz permite determinar se as raízes de um dado polinômio estão no semiplano esquerdo (isto é, à esquerda do eixo imaginário). 28 / 58

29 Extensão do critério de Routh-Hurwitz Contudo, precisamos de um critério para determinar se as raízes de um dado polinômio estão no interior do círculo unitário. 29 / 58

30 Extensão do critério de Routh-Hurwitz Ideia: Utilizar uma transformação que mapeie o semiplano esquerdo no interior do círculo unitário e o semiplano direito no exterior do círculo unitário. v z v z z = v + 1 v 1 30 / 58

31 Extensão do critério de Routh-Hurwitz z = v + 1 v 1 Verificação: Escrevendo v = R v + ji v, tem-se ou seja, z = (R v + 1) + ji v (R v 1) + ji v z 2 = (R v + 1) 2 + I 2 v (R v 1) 2 + I 2 v Portanto, conclui-se que R v = 0 = z = 1 R v < 0 = z < 1 R v > 0 = z > 1 31 / 58

32 Extensão do critério de Routh-Hurwitz z = v + 1 v 1 R v = 0 = z = 1 R v < 0 = z < 1 R v > 0 = z > 1 v z v z z estará no interior do círculo unitário se e somente se v estiver no semiplano esquerdo. 32 / 58

33 Extensão do critério de Routh-Hurwitz Procedimento: Dado MF (z), obter MF (v) = MF (z) z= v+1 v 1 e aplicar o critério de Routh-Hurwitz ao numerador de MF (v). 33 / 58

34 Extensão do critério de Routh-Hurwitz: Exemplo Seja MF (z) = z 2 + (0,0408K 1,741)z + (0,0369K + 0,741) Fazendo z = v + 1 v 1, obtém-se MF (v) = ( v + 1 ) 2 ( v + 1 ) + (0,0408K 1,741) + (0,0369K + 0,741) v 1 v 1 = (v + 1)2 + (0,0408K 1,741)(v + 1)(v 1) + (0,0369K +0,741)(v 1) 2 (v 1) 2 Deve-se analisar o numerador de MF (v): (1 + 0,0408K 1, ,0369K +0,741)v 2 + [ 2 2(0,0369K +0,741) ] v +(1 0,0408K +1, ,0369K +0,741) 34 / 58

35 Extensão do critério de Routh-Hurwitz: Exemplo Deve-se analisar o numerador de MF (v): (1 + 0,0408K 1, ,0369K +0,741)v 2 + [ 2 2(0,0369K +0,741) ] v +(1 0,0408K +1, ,0369K +0,741) = (0,0777K)v 2 + ( 0,0738K + 0,518)v + ( 0,0039K + 3,482) Para que as raízes desse polinômio estejam todas no semiplano esquerdo, todos os coeficientes devem ter o mesmo sinal. 35 / 58

36 Extensão do critério de Routh-Hurwitz: Exemplo (0,0777K)v 2 + ( 0,0738K + 0,518)v + ( 0,0039K + 3,482) Possibilidade 1 - Todos os coeficientes positivos: 0,0777K > 0 K > 0 0,0738K + 0,518 > 0 K < 7,0 0,0039K + 3,482 > 0 K < 893 Possibilidade 2 - Todos os coeficientes negativos: 0,0777K < 0 = K < 0 0,0738K + 0,518 < 0 = K > 7,0 0,0039K + 3,482 < 0 = K > < K < 7,0 Não há solução Conclusão: O sistema será estável para 0 < K < 7,0. 36 / 58

37 Observação: Critério de Jury A estabilidade de sistemas discretos também pode ser analisada por meio do critério de Jury, que não requer o uso do mapeamento z = (v + 1)/(v 1). Vide Hemerly (2000). 37 / 58

38 Erro em regime permanente 38 / 58

39 Especificações de projeto: Erro em regime permanente R z E z U z Y z C z G z E(z) = C(z)G(z) R(z) Empregando o Teorema do Valor Final: lim e[k] = lim k z 1 ( ) ( z 1 E(z) = lim z z 1 ) z 1 z C(z)G(z) R(z) 39 / 58

40 Especificações de projeto: Erro em regime permanente lim e[k] = lim k z 1 ( ) z 1 1 z 1 + C(z)G(z) R(z) Referência degrau: r[k] = 1, k 0 R(z) = z z 1 ( ) z lim e[k] = lim k z z 1 + C(z)G(z) z z 1 = lim z 1 C(z)G(z) = K p sendo K p = lim z 1 C(z)G(z) a constante de erro estático de posição. 40 / 58

41 Especificações de projeto: Erro em regime permanente lim e[k] = lim k z 1 ( ) z 1 1 z 1 + C(z)G(z) R(z) Referência rampa: r[k] = k, k 0 R(z) = z (z 1) 2 ( ) z lim e[k] = lim k z z z 1 + C(z)G(z) (z 1) 2 = 1 lim z 1 (z 1)C(z)G(z) = 1 K v sendo K v = lim z 1 (z 1)C(z)G(z) a constante de erro estático de velocidade. 41 / 58

42 Especificações de projeto: Erro em regime permanente Importante: Se o sinal de referência, a tempo contínuo, for uma rampa da forma r(t) = t deve-se lembrar que e, portanto, Nesse caso, lim e[k] = k r[k] = r(kt ) = kt R(z) = Tz (z 1) 2 T lim z 1 (z 1)C(z)G(z) = T K v 42 / 58

43 Especificações de projeto: Erro em regime permanente lim e[k] = lim k z 1 Referência parabólica: ( ) z 1 1 z 1 + C(z)G(z) R(z) r[k] = k2 z(z + 1), k 0 R(z) = 2 2(z 1) 3 ( ) z 1 lim e[k] = lim k z 1 z 1 z(z + 1) 1 + C(z)G(z) 2(z 1) 3 2 = 2 2 lim z 1 (z 1) 2 C(z)G(z) = 1 K a sendo K a = lim z 1 (z 1) 2 C(z)G(z) a constante de erro estático de aceleração. 43 / 58

44 Especificações de projeto: Erro em regime permanente Importante: Se o sinal de referência, a tempo contínuo, for uma parábola da forma deve-se lembrar que r(t) = t2 2 e, portanto, r[k] = r(kt ) = (kt )2 2 = T 2 k2 2 R(z) = T 2 z(z + 1) 2(z 1) 3 Nesse caso, lim k e[k] = T 2 lim z 1 (z 1) 2 C(z)G(z) = T 2 K a 44 / 58

45 Especificações de projeto: Erro em regime permanente Referência degrau r[k] = 1, k 0: lim e[k] = 1, K p = lim C(z)G(z) k 1 + K p z 1 Referência rampa r[k] = k, k 0: lim e[k] = 1, k K v K v = lim z 1 (z 1)C(z)G(z) Referência parabólica r[k] = k 2 /2, k 0: lim k e[k] = 1 K a, K a = lim z 1 (z 1) 2 C(z)G(z) Importante: O tipo do sistema é dado pelo número de polos de malha aberta em z = / 58

46 Especificações de projeto: Erro em regime permanente lim e[k] k Tipo Referência Degrau Rampa Parábola K p 1 K v K a 46 / 58

47 Erro em regime permanente: Exemplo Novamente, suponha que a dinâmica da planta, a tempo contínuo, seja descrita pela função de transferência G c (s) = 100 s(s + 10) e que seja adotado um controlador proporcional com período de amostragem T = 0,03 s. Tem-se, portanto: (z + 0,905) C(z)G(z) = 0,0408K (z 1)(z 0,741) Problema: Determinar a faixa de valores de K para a qual a malha de controle é estável e o erro em regime para referência r[k] = kt é menor ou igual a 0, / 58

48 Erro em regime permanente: Exemplo (z + 0,905) C(z)G(z) = 0,0408K (z 1)(z 0,741) Para estabilidade (analisada anteriormente): 0 < K < 7,0. Para referência r[k] = kt, tem-se lim e[k] = T, k K v K v = lim z 1 (z 1)C(z)G(z) Portanto, para atender a especificação lim k e[k] < 0,02, com T = 0,03 s, deve-se fazer 0,03 K v < 0,02 ou seja, K v > 1,5. 48 / 58

49 Erro em regime permanente: Exemplo z + 0,905 C(z)G(z) = 0,0408K (z 1)(z 0,741) K v = lim z 1 (z 1)C(z)G(z) > 1,5 K v = lim (z 1)0,0408K z 1 z + 0,905 (z 1)(z 0,741) = 0,0408K 1,905 0,259 = 0,30K Portanto, deve-se fazer 0,30K > 1,5, ou seja K > 5,0 49 / 58

50 Erro em regime permanente: Exemplo Conclusão: Para estabilidade: 0 < K < 7,0 Para atendimento da especificação de erro de regime: K > 5,0 Portanto, o ganho deve estar na faixa 5,0 < K < 7,0. 50 / 58

51 Erro em regime permanente: Exemplo 51 / 58

52 K = 5,0 5 4 Referência r Saída y Tempo (s) 52 / 58

53 K = 5, Referência r Saída y Tempo (s) 53 / 58

54 K = 5, Referência r Saída y Tempo (s) 54 / 58

55 K = 5, Erro e Tempo (s) 55 / 58

56 K = 6, Erro e Tempo (s) 56 / 58

57 K = 7, Erro e Tempo (s) 57 / 58

58 Próxima aula Especificações para projeto digital direto: Estabilidade Erro em regime permanente Resposta transitória Projeto no plano z 58 / 58