Exercícios Resolvidos de Compensadores de avanço-atraso de fase

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Enunciado

Dado o sistema com realimentação unitária, sem compensação mostrado abaixo

G s = 10 s s + 1 s + 3

Projete um compensador para resultar nas seguintes especificações: tempo de acomodação de 2,86   s e g u n d o s ; ultrapassagente percentual de 4,32 % e o erro em regime permanente deve ser melhorado por um fator de 20 vezes em relação ao do sistema sem compensação para uma entrada rampa.

Passo 1

Vamos começar com as especificações da resposta transitória que vão nos dar as informações que precisamos para determinar o polo e zero da parte de avanço do compensador.

Para isso, precisamos primeiramente determinar os polos dominantes em malha fechada do sistema compensado, ou seja, os polos dominantes que produzirão o overshoot e o tempo de acomodação desejados.

O polo dominante poderá ser encontrado através da expressão:

s = - ζ ω n ± i ω n 1 - ζ 2

O fator de amortecimento ζ pode ser encontrado diretamente da fórmula do overshoot:

O S = e - ζ π 1 - ζ 2

Como queremos um overshoot de 4,32 % :

ζ = 0 , 707

Para encontrar ω n devemos usar a fórmula do tempo de sedimentação para uma faixa de 2 % :

T s = 4 ζ ω n

Como T s = 2,86

ω n = 4 ζ T s = 1,97

Portanto, o polo dominante será:

s = - 1,4 ± 1,4 i

Passo 2

Vamos representar no nosso diagrama agora como estamos até aqui. Vamos colocar os polos dominantes da resposta compensada e também os polos da função de transferência do processo.

Os “x” vermelhos são os polos em malha aberta da função de transferência, e o ponto preto é um dos polos dominantes que vamos usar no nosso projeto.

Vamos então começar a implementar o nosso avanço. Para isso precisamos arbitrar um valor para o zero e depois encontrar o valor para o polo.

Para diminuir o número de contas, podemos colocar o zero do compensador “em cima” de um dos polos em malha fechada para que o zero cancele esse polo. Sendo assim:

a = 1

Sendo a o zero do compensador de avanço. Para determinar o polo da parte de avanço, precisamos usar a regra dos ângulos aqui:

Não temos mais o polo em - 1 pq ele foi cortado com o zero do compensador. O polo do compensador que precisamos determinar, está representado pelo - b . Para saber onde ele está, usaremos a regra dos ângulos

∠ K G s C s = 180 ° 2 r + 1

Ou seja, a soma de todos os ângulos deve ser um múltiplo ímpar de - 180 ° .

Para calcular os ângulos, usaremos propriedades trigonométricas:

θ 1 = 180 ° - t g - 1 1,4 1,4 = 135 °

θ 2 = t g - 1 1,4 3 - 1,4 = 41,19 °

Sendo assim:

θ 3 + 135 + 41,19 = 180

θ 3 = 3,81 °

E com o ângulo θ 3 , conseguimos determinar a posição de b :

tan ⁡ 3,81 = 1,4 b - 1,4

b = 22,4

Portanto o polo da parte de avanço do compensador está em - 22,4 .

Sendo assim já determinamos o polo e o zero da parte de avanço, e ainda falta determinar o ganho, o polo e o zero do compensador.

C ( s ) = K c s + 1 s + 22,4 s + c s + d

Passo 3

Antes de partir para a parte do atraso, vamos calcular o ganho do compensador. Para isso, usaremos o critério do módulo:

K G s C s = 1

Vamos calcular as distâncias h 1 , h 2 e h 3 :

h 1 = 1,4 2 + 1,4 2 = 1,98

h 2 = 1,4 2 + 1,6 2 = 2,13

h 3 = 1,4 2 + 21 2 = 21,04

Sendo assim, o ganho será:

K C K h 1 h 2 h 3 = 1

K C = h 1 h 2 h 3 K = 8,87

Portanto, estamos assim com o nosso projeto:

C ( s ) = 8,87 s + 1 s + 22,4 s + c s + d

Só falta então encontrar o polo e zero do atraso.

Passo 4

Para implementar o compensador de atraso, precisamos encontrar a relação entre o zero e o polo que falta determinar.

Para uma entrada rampa, teremos a seguinte expressão para o erro:

e ∞ = 1 lim s → 0 ⁡ s G s

Como queremos que o erro seja reduzido em 20 vezes, podemos fazer a razão do erro sem compensação e com compensação:

1 lim s → 0 ⁡ s G s 1 lim s → 0 ⁡ s C ( s ) G s = 20

Ou,

lim s → 0 ⁡ s C s G s lim s → 0 ⁡ s G s = 20

Substituindo o que temos:

lim s → 0 ⁡ s 8,87 s + 1 s + 22,4 s + c s + d 10 s s + 1 s + 3 lim s → 0 ⁡ s 10 s s + 1 s + 3 = 20

lim s → 0 ⁡ s 8,87 s + 1 s + 22,4 s + c s + d = 20

Teremos que:

c d ≅ 50

Ou seja, o zero dever ser maior que o polo por um fator de 50   vezes para que o erro em regime estacionário do sistema compensado seja 20 vezes menor que o do sistema não compensado.

Sabemos que o polo e o zero do compensador de atraso devem ser o menor possível para não impactar na resposta transiente. Portanto, um bom valor para esse par seria:

d = 0,01

c = 0,5

Portanto, teremos:

C ( s ) = 8,87 s + 1 s + 22,4 s + 0,5 s + 0,01

Passo 5

Dessa vez, como o zero do compensador foi muito maior que o polo, vamos recalcular o nosso ganho para garantir que não houve um desvio muito grande. Sendo assim, vamos aplicar novamente o critério do módulo mas dessa vez considerando o polo e o zero novos.

Como já temos h 1 , h 2 e h 3 , vamos calcular h 4 e h 5 :

h 4 = 1,4 2 + 1,39 2 = 1,97

h 5 = 1,4 2 + 0,9 2 = 1,66

Sendo assim, o ganho será:

K C K h 5 h 1 h 2 h 3 h 4 = 1

K C = h 1 h 2 h 3 h 4 K h 5 = 10,52

Que é já é uma diferença considerável dos 8,87 que a gente tinha encontrado antes.

Finalmente, o nosso compensador será:

C ( s ) = 10,52 s + 1 s + 22,4 s + 0,5 s + 0,01

Resposta

C ( s ) = 10,52 s + 1 s + 22,4 s + 0,5 s + 0,01