Para a planta G(s)=\frac{7}{s^{2}+10 s+21}, projete um controlador da família PID que atenda aos seguintes requisitos para uma entrada do tipo degrau unitário (Valor 2,5).
a. Tempo de subida (0-100 \%)<1,0 \mathrm{~s};
b. Tempo de acomodação (na faixa de 2 \% ) <1,5 \mathrm{~s};
c. Overshoot < 10%;
d. Erro de estado estacionário e_{s s}=0.

Passo 1

O enunciado dá a planta
G(s)=\frac{7}{s^{2}+10s+21},
e pede que eu projete um controlador da família PID tal que, para uma entrada degrau de amplitude 2,5,
  • o tempo de subida (0\%-100\%) < 1{,}0\\ \mathrm{s};
  • o tempo de acomodação (faixa de 2\%) <1{,}5\\ \mathrm{s};
  • o overshoot <10\%;
  • o erro em regime permanente e_{ss}=0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Planta G(s) dada acima.
  • Especificações de desempenho em tempo contínuo (rise time, settling time, overshoot).
  • Pedido explícito de controlador do tipo PID (logo devemos ter ação integral para garantir e_{ss}=0).
  • A amplitude do degrau é 2{,}5, mas para sistemas lineares a amplitude escala a saída; o projeto em malha (gains) não muda por causa da amplitude — o requisito de e_{ss}=0 exige ação integral.

Passo 2

Escolha do método de projeto e justificativa (sem resolver ainda): vou projetar um PID por alocação de polos (pole–placement) usando a aproximação por pólos dominantes. Motivos e ideias principais (explicadas didaticamente):
  • Um PID em série com a planta gera um polinômio característico de terceira ordem; escolhemos dois pólos dominantes complexos com amortecimento \zeta e frequência natural \omega_n que atendam overshoot, rise time e settling time; escolhemos um terceiro pólo real mais à esquerda (mais rápido) para não atrapalhar os pólos dominantes.
  • Para erro de regime nulo a um degrau precisamos de ação integradora (termos \tfrac{K_i}{s} no controlador). Um PID padrão tem exatamente isso: C(s)=K_d s + K_p + \dfrac{K_i}{s}=\dfrac{K_d s^2 + K_p s + K_i}{s}.
  • Vou usar fórmulas padrão que relacionam especificações temporais com \zeta e \omega_n:
    • Overshoot percentual (para resposta de segunda ordem subamortecida) é
    PO = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}.
    • Tempo de acomodação (2%) é aproximado por
    T_s \approx \frac{4}{\zeta \omega_n}.
    • Tempo de subida (0–100%) para o par de pólos complexos é dado pela primeira solução de y(t)=1, o que leva à fórmula
    t_r = \frac{\pi - \varphi}{\omega_d}\quad\text{com}\quad \varphi=\arctan\!\Big(\frac{\sqrt{1-\zeta^2}}{\zeta}\Big),\\ \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}.
  • Plano: determinar um \zeta que satisfaça o limite de overshoot, escolher \omega_n que satisfaça T_s (com folga), escolher um pólo real extra rápido p e igualar coeficientes do polinômio característico do sistema em malha fechada para resolver K_p,K_i,K_d.

Passo 3

Encontrar um valor mínimo de \zeta a partir da restrição de overshoot PO<10\%.
Usamos a fórmula do overshoot:
PO = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}} < 0{,}10.
Tomando logaritmo e isolando \zeta (passos):
-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}} < \ln(0{,}10) \quad\Rightarrow\quad \frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}} > -\ln(0{,}10).
Calculando numericamente -\ln(0{,}10)=2{,}302585\ldots, obtemos a condição
\zeta > \frac{2{,}302585}{\sqrt{\pi^{2}+2{,}302585^{2}}}\approx 0{,}591.
Logo precisamos de \zeta \gtrsim 0{,}591. Para margem de projeto (e para reduzir overshoot e melhorar robustez) escolho
\zeta = 0{,}65.
Comentário amigável: escolhi \zeta um pouco maior que o mínimo para termos folga em relação ao limite de 10\%.

Passo 4

Determinar \omega_n a partir da restrição de tempo de acomodação T_s<1{,}5\\ \mathrm{s}.
Usamos a aproximação
T_s \approx \frac{4}{\zeta \omega_n} < 1{,}5.
Substituindo \zeta=0{,}65:
\omega_n > \frac{4}{\zeta \cdot 1{,}5} = \frac{4}{0{,}65\cdot 1{,}5} \approx 4{,}512.
Escolho um \omega_n com uma pequena folga superior a esse limite; tomo
\omega_n = 5\\ \mathrm{rad/s}.
Verificações rápidas (numéricas) com \zeta=0{,}65 e \omega_n=5:
  • Tempo de acomodação estimado:
T_s \approx \frac{4}{0{,}65\cdot 5}=\frac{4}{3{,}25}\approx 1{,}23\\ \mathrm{s} <1{,}5\\ \mathrm{s}.
  • Agora calculo tempo de subida (0–100%):
    Primeiro \sqrt{1-\zeta^2}=\sqrt{1-0{,}65^{2}}=\sqrt{0{,}5775}\approx 0{,}760.
    \varphi=\arctan\!\Big(\frac{0{,}760}{0{,}65}\Big)=\arctan(1{,}169)\approx 0{,}866\\ \mathrm{rad}.
    \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=5\cdot 0{,}760=3{,}80\\ \mathrm{rad/s}.
    Então t_r = \frac{\pi-\varphi}{\omega_d}=\frac{3{,}1416-0{,}866}{3{,}80}\approx 0{,}60\\ \mathrm{s} <1{,}0\\ \mathrm{s}.
  • Overshoot previsto: PO = e^{-\frac{0{,}65\pi}{\sqrt{1-0{,}65^{2}}}} \approx e^{-2{,}686}\approx 0{,}068 \Rightarrow 6{,}8\% <10\%.
Tudo dentro das especificações com folga.

Passo 5

Escolher o pólo real extra e construir o polinômio desejado de terceira ordem.
Raciocínio: a planta sem controlador é de ordem 2; com um PID (que introduz um integrador) o fecho de malha será de ordem 3. Quero os dois pólos dominantes com \zeta=0{,}65, \omega_n=5 e um pólo real extra à esquerda, rápido o suficiente para não interferir. Escolho para simplicidade o fator (s+10) (pólo em -10), isto é, tomo p=10.
O polinômio desejado é
\big(s^{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}\big)(s+p).
Substituindo números:
\big(s^{2}+6{,}5s+25\big)(s+10)=s^{3}+16{,}5s^{2}+90s+250.

Passo 6

Encontrar a relação entre os ganhos do PID e os coeficientes do polinômio em malha fechada.
Escrevo o controlador PID na forma
C(s)=K_d s + K_p + \frac{K_i}{s}=\frac{K_d s^{2}+K_p s+K_i}{s}.
Função em malha aberta L(s)=G(s)C(s)=\dfrac{7}{s^{2}+10s+21}\cdot\dfrac{K_d s^{2}+K_p s+K_i}{s}.
A equação característica 1+L(s)=0. Multiplicando por s(s^{2}+10s+21) obtemos o polinômio em malha fechada:
s(s^{2}+10s+21)+7\big(K_d s^{2}+K_p s+K_i\big)=0.
Expandindo:
s^{3}+(10+7K_d)s^{2}+(21+7K_p)s+7K_i=0.

Passo 7

Igualar coeficientes com o polinômio desejado s^{3}+16{,}5s^{2}+90s+250 e resolver para K_d,K_p,K_i.
Igualando coeficientes:
10+7K_d = 16{,}5,\qquad 21+7K_p = 90,\qquad 7K_i = 250.
Resolve-se diretamente:
K_d = \frac{16{,}5-10}{7}=\frac{6{,}5}{7}\approx 0{,}928571\ldots,
K_p = \frac{90-21}{7}=\frac{69}{7}\approx 9{,}857142\ldots,
K_i = \frac{250}{7}\approx 35{,}714285\ldots.
Arredondando razoavelmente (3 casas decimais) para implementação e leitura:
K_d \approx 0{,}929,\quad K_p \approx 9{,}857,\quad K_i \approx 35{,}714.

Passo 8

Escrevo o controlador final e verificações rápidas.
Controlador em forma racional:
C(s)=\frac{K_d s^{2}+K_p s+K_i}{s} \approx \frac{0{,}929\,s^{2}+9{,}857\,s+35{,}714}{s}.
Gains obtidos garantem:
  • Ação integral presente \Rightarrow e_{ss}=0 para degrau (sistema do tipo 1).
  • Pólos projetados: par dominante com \zeta=0{,}65 e \omega_n=5 (overshoot previsto \approx 6{,}8\%, t_r\approx 0{,}60\\ \mathrm{s}, T_s\approx 1{,}23\\ \mathrm{s}), ou seja, dentro das especificações.
    Comentário prático: estes valores foram obtidos via alocação direta de polos (igualação de coeficientes). Em prática experimental/numérica às vezes é necessário ajustar levemente K_p,K_i,K_d para compensar modelos não-lineares, saturações, atrasos de implementação ou ruídos. Mas para prova/avalição teórica este é um resultado válido e coerente.

Resposta

C(s)=\dfrac{0{,}929\,s^{2}+9{,}857\,s+35{,}714}{s}
K_{p}=9{,}857
K_{i}=35{,}714
K_{d}=0{,}929
Overshoot previsto \approx 6{,}8\%
Tempo de subida previsto t_{r}\approx 0{,}60\\ \mathrm{s}
Tempo de acomodação (2%) previsto T_{s}\approx 1{,}23\\ \mathrm{s}
Erro em regime permanente para degrau e_{ss}=0

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