Projeto de um Controlador Pid no Matlab

Projete um controlador PD para o sistema mostrado na Figura P92 para reduzir o tempo de acomodação por um fator de 4 enquanto continua a operar o sistema com 20 de ultrapassagem Compare o desempenho com o obtido no Exemplo 97 Para o sistema com realimentação unitária na Figura P91 com Gs Ks1s4 projete um controlador PID que resultará em um instante de pico de 1047 segundos e em um fator de amortecimento de 08 com erro nulo para uma entrada em degrau Seção 94 Questão 98 O valor de ζ que corresponde à OS 20 é ζ ln OS π² ln² OS 04559 Usando o MATLAB para traçar o LGR juntamente com a reta em que ζ 04559 obtemos Root Locus Os polos em s 0 e s 10 se encontram em 42265 e formam um par de polos complexos conjugado que passam pela reta definida por ζ 04559 em s 31952 j62382 para um ganho de K 11598 O ângulo que o polo do sistema não compensado faz com o eixo σ é 180 cos¹ζ 11712 Como desejase reduzir o tempo de acomodação por um fator de 4 a parte real do polo do sistema compensado deve ser σ 431952 127809 Para manter o mesmo sobressinal a parte imaginária deve ser ωd 127809 tg 11712 249481 Usando a posição dos polos dominantes do sistema compensado em 12781 j24948 somase os ângulos do sistema não compensado em relação a este ponto ao qual obtémse 29075 Esta defasagem requer que o zero do compensador contribua com 11075 A geometria deste sistema é σ jω 12791 j2496 zc 11075 plano s A localização do zero do compensador é 24948 12781 zc tg180 11075 ou seja zc 33288 O controlador e o ramo direto são CPDs s zc s 33288 CPDsGs Ks 33288 ss 10s 20 Fazendo o traçado de CPDGs com o MATLAB segue 2 O sistema compensado atinge 20 de sobressinal com o ganho K 763 que leva os polos dominantes para 135653 26478 Não compensado Compensado Planta e compensador K ss 8s 25 Ks 33288 ss 8s 25 Feedback 1 1 Polos dominantes 3195 j6238 135653 j26479 K 11598 763 ζ 04559 04560 ωn 70089 297515 Ts 12291 07026 Tp 11900 01222 Kv 57990 126994 e rampa 01724 00787 Outros polos 236095 28694 Zero Nenhum 33288 Comentário Aprox de 2ª ordem não houve cancelamento de zeropolo Abaixo está a resposta ao degrau da malha fechada O sistema compensado conseguiu manter os 63 de OS e não reduziu em 4 vezes o tempo de acomodação Portanto o projeto não teve êxito 3 Questão 925 Das especificações ωd π Tp π 1047 3 σ ωd tg cos1 ζ 3 tg cos1 08 4 O projeto do PID será feito primeiro escolhendo a parte PI arbitrariamente Como a estrutura PI é da forma Cpis s zpi s um FT com um polo na origem e um zero em zpi Este zero deve ser escolhido pró ximo da origem para que quando o ganho K aumentar o zero cancelará o efeito do polo na origem Assim o PI escolhido é Cpis s 005 s A contribuição angular de Cpis e Gs é 22536 com relação ao polo domi nante desejado 4 j3 Então o compensador PD deve contribuir com 4536 Fazendo o desenho geométrico σ jω 4 j3 zc 4536 plano s Então 3 zc 4 tg 4536 ou seja zc 69636 O controlador PID projetado é Cs s 69636s 005 s 4 O ganho K é projetado pelo critério do módulo K 1 CsGss4j3 ss1s4 s69636s005s4j3 30439 A simulação da malha fechada para um degrau unitário é apresentada a seguir Note que como o polo do integrador é muito lento a performance do sistema não atendeu aos requisitos Assim o polo zpi foi aumentado gradualmente até zpi 09 em que se obteve Cs s09s6328 s K 38865 a resposta simulada da malha fechada com este novo projeto é apresentado a seguir Neste caso o tempo de pico foi um pouco menor mas isso é aceitável Sendo assim obteve êxito em atender aos requisitos de desempenho Step Response Amplitude Time seconds