III - ANÁLISE DA ESTABILIDADE BASEADA EM RESPOSTA
EM FREQÜÊNCIA
Expressão da função de transferência no domínio da freqüência.
Toma-se a expressão F(s) e substitui-se s por jω . Tomemos, como exemplo, a função
F(s) do controle de terceira ordem que já analisamos.
F (s ) =
K P K M Gγω x
s + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
3
Substituindo s por jω , resulta:
F ( jω ) =
ou
( jω )
3
F ( jω ) =
K P K M Gγω x
+ (γ + ω X )( jω ) + jγω X ω + K P K M Gγω x
2
K P K M Gγω x
− jω + −(γ + ω X )ω 2 + jγω X ω + K P K M Gγω x
3
Resulta um número complexo que pode ser expresso na forma cartesiana ou na forma
polar.
A análise da estabilidade está diretamente ligada às características do denominador de
F ( jω ) .
Em nosso exemplo, tem-se o denominador:
D( jω ) = − jω 3 − (γ + ω X )ω 2 + jγω X ω + K P K M Gγω X
Expresso na forma A+jB tem-se
[
]
D( jω ) = K P K M Gγω X − (λ + ω X )ω 2 + jω (γω X − ω 2 )
Critérios de estabilidade no domínio da freqüência
1- Instabilidade com oscilação de amplitude constante
Um controle oscila com amplitude constante quando, na freqüência ω ≠ 0 em que a
parte imaginária de D ( jω ) é igual a zero, a parte real também se anula. A freqüência da
oscilação vem a ser a freqüência que satisfez essa condição.
Vamos chamar essa freqüência de ω 0 .
Em nosso exemplo, a freqüência ω 0 que faz a parte imaginária se anular, pode ser
calculada pela equação:
ω 0 (γω X − ω 02 ) = 0
47
Temos as soluções:
1) ω 0 = 0
2) ω 0 = − γω X
3) ω 0 = + γω X
A única solução válida é a terceira, uma vez que o critério não se aplica para ω 0 = 0
e que não existe, fisicamente, freqüência negativa.
A anulação da parte real na freqüência ω 0 é expressa pela equação:
K P K M Gγω X − (γ + ω X )ω 02 = 0
III-1
ω 02 = γω X
Mas
III-2
Substituindo III-2 em III-1 e simplificando resulta:
K P K M G − (γ + ω X ) = 0
III-3
--------------------------------------------------------------------------------------------Exercício III-1
a) Determinar, analiticamente, o valor de G que provoca instabilidade com a forma
de uma oscilação de amplitude constante.
b) Determinar esse valor de G e a freqüência de oscilação para os parâmetros
exemplificados em capítulos anteriores, ou sejam:
rd
; ω X = 10 rd / s ; γ = 5 s −1
s×v
c) Comparar com o resultado já determinado pelo método do lugar geométrico das
raízes.
d) Determinar o período de oscilação e comparar com o resultado da resposta
temporal do controle.
K P = 1,91 v/rd;
KM = 1
Solução:
a)
Pela equação III-3 tem-se
K P K M G = γ + ωx
ou
b)
G=
G=
γ + ωX
KPKM
5 + 10
= 7,853
1,91 × 1
48
ω 0 = γω X = 5 × 10 = 7,071 rd / s
ω 0 = 7,071 rd / s
c) Vemos que estes valores são os mesmos determinados pelo root locus na situação
de oscilação de amplitude constante. Ver tabela II-1.
d) A freqüência de oscilação em Hz fica:
f0 =
ω 0 7,071
=
= 1,125 Hz
2π
2π
O período de oscilação fica:
T0 =
1
1
=
= 0,89 s
f 0 1,125
Resposta temporal ao degrau (simulação) comprova este último resultado.
Plot
2.0
1.5
0.89 s
1.0
.5
0
0
.5
1
Time (sec)
1.5
2
------------------------------------------------------------------------------------------------------2- Instabilidade com oscilação de amplitude crescente
Um controle oscila com amplitude que cresce exponencialmente quando, na freqüência
ω ≠ 0 em que a parte imaginária de D( jω ) é igual a zero, a parte real é maior do que
zero.
49
Vamos verificar utilizando o mesmo exemplo dos casos anteriores.
A freqüência que anula a parte imaginária é:
ω 0 = + γω X
Para que a parte real do denominador seja positiva é necessário que ela satisfaça a
desigualdade:
K P K M Gγω X − (γ + ω X )ω 02 > 0
Como
ω 02 = γω X
Resulta
K P K M G − (γ + ω X ) > 0
Ou
G>
γ + ωX
KPKM
Para os parâmetros de nosso exemplo numérico resulta
G > 7,853
Este resultado também coincide com o determinado pelo método da localização das
raízes. Ver tabela II- 1
3 – Estabilidade do controle
Por exclusão, podemos concluir que um controle é estável quando, na freqüência ω ≠ 0
em que a parte imaginária de D( jω ) é igual a zero, a parte real é menor do que zero.
Para o nosso exemplo de controle de terceira ordem esta condição resulta:
G<
γ + ωX
KPKM
Para os parâmetros de nosso exemplo numérico resulta
G < 7,853
Mais uma vez chegamos a um resultado que, também, coincide com o determinado
pelo método da localização das raízes. Ver tabela II- 1.
Condições de instabilidades adaptadas para o denominador na forma polar.
O número complexo que representa o denominador de F ( jω ) pode ser escrito na forma
polar:
50
D( jω ) = D( jω ) e jφD
ou
D( jω ) = D( jω )(cos φ D + j sen φ D )
Quando a parte imaginária se anula, teremos
sen φ D = 0
ou
φD = 0
Portanto podemos dizer que quando a parte imaginária se anula tem-se a fase φ D nula.
Se isto acontecer na freqüência ω 0 , a parte real do denominador fica
D ( jω 0 ) cos 0 = D( jω 0 )
Vemos, que neste caso, a parte real do denominador na forma cartesiana coincide com o
valor de seu módulo na forma polar.
Portanto se considerarmos que o denominador está na forma polar, os critérios de
estabilidade passam a ter as formas:
- Um controle é instável quando, na freqüência ω ≠ 0 em que a fase de D( jω ) é igual
a zero, o módulo é igual ou maior do que zero.
51
IV - CRITÉRIOS DE ESTABILIDADE BASEADOS NO GANHO
DA MALHA DE CONTROLE
Um sistema de controle, com realimentação negativa, pode ser esquematizado na forma
como mostra a fig. IV-1.a. Outra maneira mais simples de esquematizá-lo está mostrado
na fig. IV-1.b. Neste ultimo caso, eliminamos o bloco de ganho –1 e transformamos o
bloco, que fazia soma, em um bloco que faz a diferença entre o sinal de entrada e aquele
proveniente do elo de alimentação.
α1
G1
VD
−1
α1
α2
G2
G1
VD
G2
α2
G3
G3
(a)
(b)
Fig. IV-1
As equações do controle, no domínio das transformadas de Laplace, são:
V D = α 1G1 − α 2 G3
IV-1
α 2 = G2V D
IV-2
Substituindo IV-2 em IV-1 tem-se
α 2 = G2 (α 1G1 − α 2 G3 ) = α 1G1G2 − α 2 G2 G3
Portanto
α2
G1G 2
= F (s ) =
α1
1 + G 2 G3
IV-3
Definição de ganho de malha de controle
Com referência à fig. IV-2, define-se ganho da malha de controle como sendo aquele
ganho total que existe entre o ponto 1 e o ponto 2:
G2
A
G1
B
G3
Fig. IV-2
52
Chamando esse ganho de G MC , tem-se
G MC = G2 G3
Portanto, a função de transferência, dada pela expressão F-3, pode ser escrita na forma
F (s ) =
G1G2
1 + G MC
Vemos que o denominador da expressão fica:
D(s ) = 1 + G MC (s )
Para análise no domínio da freqüência, devemos substituir a variável s por jω .
Resulta
D( jω ) = 1 + G MC ( jω )
Vimos que no domínio da freqüência, os critérios de estabilidade estão relacionados às
características do denominador da função de transferência, ou seja da expressão de
D ( jω ) . Vamos verificar a característica da parte real desse denominadpr, na freqüência
ω 0 em que sua parte imaginária se anula.
Em todas as situações em que a parte imaginária do denominador se anula, teremos a
igualdade
1 + G MC (ω 0 ) = A + j 0
ou 1 + G MC (ω 0 ) = A
Isto significa que, obrigatoriamente, G MC (ω 0 ) é real. Sendo real, seu valor só poderá
ser negativo, positivo ou zero.
a) Especificamente na instabilidade caracterizada por uma oscilação com amplitude
constante, esse denominador deve se anular.
1 + G MC (ω 0 ) = 0
Para anular esta expressão, o valor de G MC (ω 0 ) só pode ser real e negativo. Vamos
supor que seu valor seja igual a – C. Neste caso teremos:
G MC (ω 0 ) = −C = Ce jπ
Portanto G MC (ω 0 ) = Ce jπ
Isto significa que na situação de verificação da estabilidade a fase do ganho de malha é
180 graus e seu módulo é o número C.
53
No caso da instabilidade em que o sistema oscila com de amplitude constante deve-se
satisfazer a equação:
1 + G MC ( jω 0 ) = 0
ou
1 + Ce jπ = 0
ou
Ce jπ = −1
ou
Ce jπ = 1e jπ
ou
C =1
Conclusão:
Um sistema é instável e oscila com amplitude constante se na freqüência ω 0 ≠ 0 em
que a fase do ganho de malha é 180 graus, seu módulo é igual a 1.
b) Caso da instabilidade em que o sistema oscila com de amplitude crescente.
Neste caso,vimos que , na freqüência ω 0 , em que a parte imaginária do denominador se
anula, teremos sua parte real positiva, ou seja
1 + G MC ( jω 0 ) > 0
Mas G MC = Ce jπ
Portanto
1 + Ce jπ > 0
ou
Ce jπ > −1
ou
Ce jπ > 1e jπ
ou
C >1
Conclusão:
Um sistema é instável e oscila com amplitude crescente se na freqüência ω 0 ≠ 0 em
que a fase do ganho de malha é 180 graus, seu módulo é maior do que 1.
c) Condição de estabilidade
Neste caso,vimos que , na freqüência ω 0 ≠ 0 , em que a parte imaginária do
denominador se anula, teremos sua parte real negativa, ou seja
1 + G MC ( jω 0 ) < 0
54
Mas G MC = Ce jπ
Portanto
1 + Ce jπ < 0
ou
Ce jπ < −1
ou
Ce jπ < 1e jπ
ou
C <1
Conclusão:
Um sistema é estável e se na freqüência ω 0 ≠ 0 em que a fase do ganho de malha é
180 graus, seu módulo é menor do que 1.
Aplicação desses critérios de estabilidade ao exemplo de controle de terceira ordem
que temos analisado.
A fig. IV- 3 mostra o diagrama desse controle.
A
KP
G
ωX
s + ωX
KM
γ
1
s
s +γ
B
KP
Fig. IV-3
Ganho de malha de controle:
G MC (s ) =
ou
Gω X
K γ 1
× M × × KP
s + ωx s + γ s
G MC (s ) =
K P K M Gγω x
s(s + ω X )(s + γ )
Substituindo s por jω fica
G MC ( jω ) =
K P K M Gγω x
jω ( jω + ω X )( jω + γ )
55
G MC ( jω ) =
(
K P K M Gγω x
ω ω + ω X2
2
φ MC = − 90 0 + tg −1
)( ω
2
+γ 2
)
ω
ω
+ tg −1
ωX
γ
Vamos adotar os mesmos valores numéricos que temos usado normalmente:
KM = 1 γ = 5
K P = 1,91
e
ω X = 10
Resulta:
G MC ( jω ) =
95,5G
(
ω ω 2 + 100
φ MC = − 90 0 + tg −1
ω
10
)( ω
+ tg −1
2
+ 25
)
ω
5
Vamos tabelar os valores de módulo e fase desta função para os ganhos do
amplificador:
G=2
e
G = 20
Pelos critérios anteriores sabemos que no primeiro caso o sistema é estável e no
segundo caso resulta um sistema instável que oscila com amplitude crescente. Podemos
confirmar esses resultados examinando a tabela IV-1.
Tabela IV-1
ω
Passagem
pela fase de >
- 180 graus
rd/s
0,0
0,5
1,0
2,0
4,0
6,0
8,0
10,0
20,0
50,0
φ MC
graus
-90
-98,6
-107
-123
-150
-171
-186
-198
-229
-252
G=2
G = 20
G MC
G MC
∞
7,60
3,73
1,74
0,692
0,350
0,197
0,121
0,0207
0,0015
56
∞
76,0
37,3
17,4
6,92
3,50
1,97
1,21
0,207
0,015
Nesta tabela, assinalamos a transição pela fase de –180 .
Lembremos que a fase de –180 graus equivale a fase de + 180 graus, pois para
qualquer número N complexo tem-se a igualdade
N e − jπ = N e jπ
pois
e jπ = cos π + j sen π = −1 + j 0 = −1
e
e − jπ = cos π − j sen π = −1 − j 0 = −1
Pela tabela, vemos que para G = 2, quando a fase de G MC , passa por -180 graus, o
módulo de G MC é menor do que 1. Portanto, nessa situação o controle é estável. Da
mesma forma, para G = 20, quando a fase passa por -180 graus, o módulo de G MC é
maior do que 1. Portanto, o sistema é instável e oscila com amplitude crescente.
DIAGRAMA DE BODE DE G MC ( jω )
O diagrama de Bode de G MC ( jω ) , consiste em um par de gráficos que descrevem o
comportamento de sua resposta em freqüência. Um dos gráficos plota o modulo de
G MC ( jω ) em decibel. O outro gráfico plota, a fase de G MC ( jω ) em escala linear. Em
ambos os gráficos a escala de freqüências é logarítma ( log ω ).
Notemos que:
Se
G MC = 1
Se
G MC > 1 então 20 log G MC > 0 db
Se
G MC < 1 então 20 log G MC < 0 db
então
20 log G MC = 0 db
A fig. IV- 4 mostra o diagrama de Bode para o nosso exemplo de controle estável em
que adotamos G = 2. Para a plotagem, utilizamos as informações da tabela F-1. As
curvas foram traçadas para ω variando de 1 a 10 rd/s.
57
20 log GMC
Plot
20
Módulo
10
0
-10
-20 0
10
-100
2
φ MC
3
4
5
6
7
10
5
6 7
10
ω
1
Plot
-110
Fase
-120
-130
-140
-150
-160
-170
-180
-190
-200 0
10
2
3
4
ω
1
Fig. IV-4
A determinação da estabilidade consiste na verificação se na freqüência em que
φ MC = −180 0 , o módulo do ganho de malha, em dB, está menor do que 0 dB. Em
nosso exemplo podemos observar que a situação φ MC = −180 0 ocorre ,
aproximadamente na freqüência de 7 rd/s. Nessa freqüência tem-se
20 log G MC ≈ −12 dB . Portanto o controle é estável.
58
Margem de Ganho
A margem de ganho vem a ser o parâmetro 20 log G MC , que ocorre na freqüência em
que φ MC = −180 0 , com o sinal trocado:
quando φ MC = −180 0
M G = −20 log G MC
Em nosso exemplo resultou:
M G = 12 dB
Significa que podemos, por exemplo, aumentar de até 12 dB o ganho do amplificador
interno e o sistema continuará estável.
Margem de fase
A margem de fase vem a ser o valor que se obtém tomando-se a o valor da fase que
ocorre na freqüência em que 20 log G MC = 0 dB e subtraindo-se - 180 graus
(
M φ = φ MC − − 180 0
)
quando 20 log G MC = 0 dB
Em nosso exemplo (G=2), o módulo do ganho de malha, em dB, passa pelo valor de 0
dB, quando a freqüência é 3,2 rd/s. Nesta freqüência temos φ MC = −139 0 .
M φ = −139 − (− 180 ) = 410
Portanto
Significa que se algum dispositivo acrescentar mais defasagem do que a prevista no
cálculo, este acréscimo de fase terá um limite de 41 graus sem que o sistema se torne
instável.
RESPOSTA ASSINTÓTICA
A resposta assintótica é uma maneira rápida de se ter uma idéia aproximada do
diagrama de Bode. Os gráficos são realizados com trechos de reta. Trabalha-se
diretamente com as respostas em função de s.
Vamos aplicar esse método, para analisar o ganho de malha do nosso exemplo de
controle de terceira ordem.
G MC =
K p K M Gγω X
s(s + γ )(s + ω X )
Vamos utilizar os mesmos parâmetros já usados anteriormente:
K P = 1,91
KM = 1 γ = 5
59
e
ω X = 10
Vamos adotar o ganho do amplificador G = 20. Resulta a expressão:
G MC =
1910
s(s + 5)(s + 10 )
a) Trecho em que s << 5
Como o parâmetro s, também é muito menor do que 10, fica válida a aproximação:
G MC ≈
π
1910
38,2 38,2 38,2 − j 2
=
=
=
e
s × 5 × 10
s
jω
ω
GMC ≈
ou
Portanto,
GMC ≈
38,2
ω
e
−j
38,2
π
2
e
ω
φ MC ≈
−π
2
20 log G MC = 20 log 38,2 − 20 log ω = 31,6 − 20 log ω
Nos gráficos de Bode, onde a freqüência varia logaritmamente, os valores de
20 log GMC formam uma reta decrescente como mostra a fig. IV-5.a.
φ MC , por ser constante, corresponde a uma reta horizontal. Ver fig. IV-5.b
Para a freqüência ω = 1 rd / s
tem-se 20 log G MC = 31,6 dB
Já,
Para a freqüência
ω = 5 rd / s
tem-se 20 log G MC = 17,7 dB
Para a freqüência
ω ≤ 5 rd / s
tem-se
40
20 log GMC
φ MC = −90 0
Plot
-60
20
φ MC
Plot
1
0
-90
-20
-40 0
10
3
2
4
5 6 7
ω
-120 0
10
1
10
2
3
4
5
6 7
ω
(b)
(a)
Fig. IV-5
b) Trecho em que 5 << s << 10
Como o valor de s se tornou muito maior do que 5, e continua muito menor do que 10,
fica válida a aproximação:
60
1
10
G MC ≈
1910
191 191 191 − jπ
e
= 2 =
=
2
s × 10 s
−ω2 ω2
GMC ≈
ou
Portanto,
GMC ≈
191
ω
191
2
e − jπ
e
ω2
φ MC ≈ −π
20 log G MC = 20 log 191 − 40 log ω = 45,6 − 40 log ω
A curva de 20 log G MC corresponde a uma reta decrescente, com inclinação duas
vezes maior do que aquela do trecho anterior. Ver fig. IV-6.a . A curva de
sendo também constante, neste trecho, corresponde a uma reta horizontal.
Ver fig. IV-6.b.
φ MC ,
ω = 5 rd / s tem-se 20 log GMC = 17,7 dB
Para a freqüência ω = 10 rd / s
tem-se 20 log G MC = 5,6 dB
φ MC = −180 0
Para a freqüência 5 rd / s < ω ≤ 10 rd / s
tem-se
Para a freqüência
40
20 log GMC
Plot
-60
φ MC
Plot
-90
20
-120
0
-150
-20
-180
-40 0
10
2
3
4
5 6 7
1
ω
10
-210 0
10
3
4
(b)
(a)
Fig. IV-6
c) Trecho em que s >> 10
Neste caso temos a aproximação:
G MC ≈
2
3π
1910 1910
1910
1910 − j
=
=
= 3 e 2
3
3
3
π
s
ω
( jω )
ωe 2
61
5 6 7
ω
1
10
G MC ≈
ou
Portanto,
GMC ≈
1910
ω3
1910
ω
3
e
−j
3π
2
e
φ MC ≈ −
3π
2
20 log G MC = 20 log 1910 − 60 log ω = 65,6 − 60 log ω
A curva de 20 log G MC corresponde a uma reta decrescente, com inclinação três
vezes maior do que aquela do primeiro trecho. Ver fig. IV-7.a . A curva de φ MC ,
sendo, mais uma vez constante, corresponde a uma reta horizontal. Ver fig. IV-7.b.
ω = 10 rd / s tem-se 20 log GMC = 5,6 dB e φ MC = −270 0
tem-se 20 log G MC = 36,3 dB e
Para a freqüência ω = 50 rd / s
φ MC = −270 0
Para a freqüência ω > 10 rd / s tem-se
Para a freqüência
20
20 log G MC
Plot
-150
10
Plot
-180
0
-210
-10
-240
-20
-270
-30
-40 1
10
φ MC
20
30
40
50 60 70
ω
-300 1
10
2
10
(a)
20
30
40
50 60 70
ω
2
10
(b)
Fig. IV-7
Resposta assintótica geral
O gráfico superior da figura IV-8 reúne os três trechos da resposta assintótica de
20 log GMC . Da mesma forma, os três trechos da resposta assintótica de φ MC estão
reunidos no gráfico da parte inferior da mesma figura IV-8.
No caso da resposta de
φ MC , está mostrada, também, a resposta exata desse parâmetro
No caso de 20 log G MC , neste nosso exemplo, praticamente a resposta assintótica se
confunde com a resposta exata.
62
20 log GMC
Plot
40
Resposta assintótica ≈ Resposta exata
30
20
10
20 log
38,2
0
ω
20 log
191
ω2
20 log
-10
1910
ω3
-20
-30
-40 0
10
2
3
4
5 6 7
φ MC
1
10
20
30
40 50
ω
2
10
Plot
-60
Resposta assintótica
-90
-120
-150
-180
Resposta exata
-210
-240
-270
-300 0
10
2
3
4
5 6 7
1
10
20
30
40 50
2
ω
10
Fig. IV-8
Mesmo utilizando apenas as respostas assintóticas, podemos verificar se o controle é
estável ou não. Repare-se que durante todo o trecho da assintota, em que φ MC = 1800 ,
os valores da assíntota de 20 log G MC estão bem acima de 0 dB. Portanto confirma-se
que com o ganho de amplificação G = 20, o controle fica instável.
63
V - OTIMIZAÇÃO DE PROJETO
Vimos que no controle de terceira ordem exemplificado, se adotarmos o ganho de
amplificação G = 2, o sistema é estável e possui uma margem de ganho de 12 dB.
Vamos verificar a resposta transitória para esta situação. A fig. V-1.a mostra esta
resposta temporal. Concluímos que a resposta é inconveniente porquê é subamortecida. Para amortecer mais devemos abaixar o ganho de amplificação.
Plot
2.00
1.75
1.75
1.50
1.50
G=2
1.25
1.00
.75
.75
.50
.50
.25
.25
2
G = 0,8
1.25
1.00
0
0
Plot
2.00
4
6
Time (sec)
8
0
0
10
2
4
6
Time (sec)
(a)
8
(b)
Fig. V-1
Quando se utiliza o ganho G = 0,8 resulta a resposta mostrada na fig. V-1.b. Está bem
próxima do amortecimento crítico. Por isto, já é passível de ser adotada.
Fazendo a análise pelas curvas de Bode, do controle com G = 0,8, encontra-se uma
margem de ganho de 20 dB.
Diferença entre o ângulo de excitação e o de saída.
Chamando esta diferença de ∆α , tem-se:
∆α = α 1 − α 2
Em nosso exemplo de controle de terceira ordem temos
α 2 (s ) = α 1 (s )
K P K M Gγω x
s + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
3
Portanto
∆ α (s ) = α 1 (s ) − α 1 (s )
K P K M Gγω x
s + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
3
Após algumas manipulações algébricas chega-se ao resultado:
64
10
∆α (s ) = α 1 (s )
[
]
s s 2 + (γ + ω X )s + γω X
s 3 + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
Para a excitação na forma de um degrau de amplitude A1 , tem-se
Então,
∆α (s ) = A1
α (s ) =
A1
s
s 2 + (γ + ω X )s + γω X
s 3 + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
Utilizando os parâmetros
K P = 1,91 v/rd;
KM = 1
rd
;
s×v
ω X = 10 rd / s ;
γ = 5 s −1 ;
A1 = 1 rd / s
e adotando G = 0,8 fica:
∆α (s ) = 1 ×
s 2 + 15s + 50
s 3 + 15s 2 + 50 s + 76,4
Vamos usar o teorema do valor final
lim ∆α (t ) = lim[s × ∆α (s )]
t→∞
s→0
Resulta
lim ∆α (t ) = 0
t→∞
A fig. V-2 mostra esta resposta temporal.
∆α
Plot
2.0
1.5
1.0
.5
0
-.5
-1.0
0
1
2
3
Time (sec)
Erro de regime para excitação em rampa.
4
5
Fig. V-2
Vamos determinar a resposta temporal ∆α (t ) para uma excitação na forma de rampa.
Na excitação em rampa, o ângulo de entrada aumenta continuamente. A excitação em
rampa seria aplicada, por exemplo, no caso em que um canhão fica apontando para um
65
alvo que está se movendo, como, por exemplo, um avião. A medida que o avião
avança, o ângulo do canhão deve variar acompanhando o movimento dessa aeronave.
Seja uma rampa de excitação de entrada dada pela expressão:
α 1 (t ) = B1 × t
Em transformada de Laplace fica
α 1 (s ) =
B1
s2
Portanto
∆α (s ) = B1
s 2 + (γ + ω X )s + γω X
s s 3 + (γ + ω X )s 2 + γω X s + K P K M Gγω x
[
]
Vamos utilizar o teorema do valor final
s 2 + (γ + ω X )s + γω X
lim ∆α (t ) = lim B1 3
2
t → ∞ s → 0 s + (γ + ω X )s + γω X s + K P K M Gγω x
B1
lim ∆α (t ) =
KPKM G
t→∞
Vamos adotar os parâmetros
K P = 1,91 v/rd;
KM = 1
rd
;
s×v
G = 0,8
Vamos, ainda, supor que o ângulo de entrada varia 3,5 graus a cada segundo. Em
radianos por segundo fica
resulta
B1 = 0,061 rd / s
0,061
lim ∆α (t ) =
= 0,040 rd = 2,30
1
,
91
×
1
×
0
,
8
t→∞
Isto significa que, após um breve período transitório, o ângulo de saída ficará
acompanhando o ângulo da entrada, mas fica mantendo uma diferença de 2,3 graus. Isto
se chama de erro de regime. A fig. V–3 mostra a diferença, em graus, entre o ângulo da
entrada e o da saída.
66
Graus
Plot
10
8
∆a1 (t )
6
4
2
∆a2 (t )
0
0
.5
1
Time (sec)
1.5
2
Fig. V-3
Vamos supor que a especificação de equipamentos militares exija que esta diferença
seja menor do que 1 grau. Neste caso teríamos que aumentar o ganho G para valores
maiores do que 2.
Entretanto, vemos que a resposta com G = 2 é sub-amortecida para excitação degrau.
Isto também pode contrariar as especificações fornecidas pelas normas militares. É
necessário buscar outra solução.
Utilização de circuitos compensadores
Circuito compensador é um quadripolo que é inserido na malha de controle de tal
maneira que modifica a resposta temporal do controle. Uma das técnicas é substituir o
pólo de mais baixa freqüência por outro de freqüência bem mais alta. Para isto, o
circuito compensador deve ter a seguinte função de transferência:
VE s + ω A
=
VD s + ω B
O diagrama do sistema de controle passa a ser aquele mostrado na fig. V-4
α1
KP
VD
V1
s + ωA
s + ωB
VE
G
VM
KM
γ
s +γ
ω
V2
V2
Fig. V-4
O ganho de malha deste sistema fica:
G MC =
K P K M Gγω X (s + ω A )
s(s + ω X )(s + γ )(s + ω B )
67
KP
α2
1
s
α2
Como o pólo mais baixo, em nosso exemplo, é γ , devemos com que ω A seja igual a
γ.
Dessa maneira, a expressão de G MC se simplifica:
G MC =
ou
K P K M Gγω X
s(s + ω X )(s + ω B )
G MC =
V-1
K P K M Gγω X
s s + (ω B + ω X )s + ω X ω B
[
2
]
No domínio da freqüência tem-se
G MC =
K P K M Gγω X
jω − ω + j (ω B + ω X )ω + ω X ω B
[
2
]
Seja
ω 2 = ω X ω B = ω 02
V-2
Resulta
G MC =
ou
K P K M Gγω X
− ω 02 (ω X + ω B )
G MC =
K P K M Gγω X − jπ
e
ω 02 (ω X + ω B )
V-3
Portanto, a freqüência ω 0 que é igual a ω X ω B vem a ser aquela que faz com que o
ganho da malha de controle adquira a fase de – 180 graus. Portanto é nesta freqüência
ω 0 = ω X ω B que se calcula a margem de ganho M GC .
Substituindo V-2 em V-3 fica
GMC =
π
−j
K P K M Gγ
e 2
ω B (ω X + ω B )
M G = −20 log G MC = −20 log
K P K M Gγ
ω B (ω X + ω B )
Vamos, mais uma vez, usar os parâmetros
68
K P = 1,91 v/rd;
KM = 1
Vamos adotar, também,
rd
;
s×v
ω X = 10 rd / s ;
γ = 5 rd / s
ω B = 10γ = 50 rd / s
A margem de ganho fica:
M G = −20 log
1,91 × G × 5
= −20 log 3,18 × 10 −3 G
50(10 + 50 )
Vamos experimentar um ajuste com margem de ganho igual 24 dB.
24 = −20 log 3,18 × 10 −3 G
log 3,18 × 10 −3 G = −1,2
3,18 × 10 −3 G = 10 −1, 2
G=
10 −1, 2
≈ 20
3,18 × 10 −3
Substituindo, na expressão V-1 os valores adotados e o ganho G calculado, resulta
G MC =
1910
s s + 60 s + 500
[
2
V-4
]
A função de transferência fica:
F (s ) =
α 2 (s )
G MC
=
α 1 (s ) 1 + G Mc
V-5
Substituindo V-4 em V-5 e manipulando algebricamente, chega-se ao resultado
1910
s + 60s + 500 s + 1910
Supondo a excitação na forma de um degrau de amplitude A1 , fica
α 2 (s ) = α 1 (s )
α 2 (s ) = A1
3
2
1910
s s + 60 s + 500 s + 1910
(
3
2
)
A fig. V-5.a mostra as respostas do primeiro sistema não compensado ( G =0,8 )
juntamente com a resposta deste sistema compensado em que se tem G = 20. Em ambos
os casos usou-se A1 = 1 rd . A fig. V-5.b mostra as mesmas curvas com detalhes
ampliados.
69
Plot
2.00
1.75
1.50
Compensado
G =20
1.05
Compensado
G =20
1.00
1.25
1.00
.95
.75
.25
1
2
3
Time (sec)
Nâo compensado
G =0,8
.90
Nâo compensado
G =0,8
.50
0
0
Plot
1.10
.85
4
.80
0
5
1
(a)
2
3
Time (sec)
4
5
(B)
Fig. V-5
Repare-se que no primeiro caso, o ângulo de saída atinge 90 % de seu valor final em um
tempo igual a 1,4 segundo. No sistema compensado, esse tempo diminuiu para
0,5 segundos. Portanto o controle fica quase três vezes mais rápido no segundo caso.
Erro de regime para o sistema compensado que projetamos.
∆α (s ) = α 1 (s ) − α 1 (s )
Ou
Para a rampa
∆α ( s ) = α 1 ( s )
α 1 (s ) =
1910
s + 60 s + 500 s + 1910
3
2
(
)
s s 2 + 60s + 500
s 3 + 60 s 2 + 500 s + 1910
B
, tem-se
s2
∆α (s ) = B1
s 2 + 60 s + 500
s (s 3 + 60 s 2 + 500 s + 1910 )
Aplicando o teorema do valor final, resulta:
B × 500
lim ∆α (t) = 1
= 0,26 B1
1910
t →∞
Para
B1 = 0,061 rd / s
lim ∆α (t ) = 0,26 × 0,061 = 1,59 × 10 −2 = 0.910
t →∞
70
lim ∆α (t ) = 0.910
t →∞
Portanto, o erro de regime ficou menor do que 1 grau.
Circuito de compensação
O circuito pode ser implementado com dispositivos ativos ou passivos.
A fig. V-6 mostra o circuito passivo.
R1
1
Cs
vD
R2
vE
Fig. V-6
Calculando a relação entre o sinal de saída e o de entrada, encontra-se:
1
vE
R1C
=
1
vD
s+
R1 R2
C
R1 + R2
s+
Deveremos satisfazer as igualdades:
1
= 5 rd / s
R1C
Ou
R1C = 0,2
e
e
1
= 50 rd / s
R1 R2
C
R1 + R2
R1 R2
C = 0,02
R1 + R2
Dividindo membro a membro a primeira equação pela segunda, resulta
R1 + R2
= 10
R2
Ou
R1 = 9R2
71
Ou
R2 =
R1
9
Adotando C = 100 µF , encontra-se:
R1 =
0,2
0,2
=
= 2000 Ω
C 100 × 10 − 6
R2 =
2000
≈ 220 Ω
9
A fig. V-7 mostra o circuito com os valores de seus componentes
2 kΩ
vD
100 µF
220 Ω
vE
Fig. V-7
Para o circuito funcionar é necessário que o sinal de entrada v D seja proveniente de
uma fonte de sinal, com impedância interna muito menor do que 220 ohm. É ainda,
necessário que o sinal v E de saída, seja entregue a uma impedância de carga muito
maior do que
220 ohm.
72
VI – INTRODUÇÃO AOS SISTEMAS DE CONTROLE DIGITAIS
Um sistema de controle pode ser comandado por um computador. Por exemplo, em vez
de uma pessoa acionar o potenciômetro de entrada, para fornecer as tensões de
referência, essas tensões podem ser fornecidas diretamente por um computador.
Sabemos que o computador trabalha com informações numéricas digitais (base 2).
Entretanto, os valores numéricos podem ser convertidos em tensão por meio do
dispositivo conversor digital-analógico (D/A). Na realidade, mesmo algumas
operações internas à malha de controle podem ser realizadas na forma numérica. Por
exemplo, uma amplificação com ganho G pode ser realizada fazendo-se a multiplicação
do número, que representa a tensão de entrada, pelo número G. A conversão D/A só é
realizada quando for imprescindível, como por exemplo, para o acionamento do motor.
Quando na malha existir uma conversão D/A, necessariamente deverá existir, também,
a conversão inversa A/D. Atualmente os sistemas de controle digital mais importantes
são os robôs industriais. eles são controlados por computadores.
Um esquema possível de controle digital, de um posicionador de canhão, está mostrado
na fig. VI-1.
Amplificador
(numérico)
Computador
D
Motor
A
A
v
D
α2
α2
Fig. VI-1
Entretanto, o computador não pode fornecer continuamente o sinal desejado. Ele só
pode fornecer amostras periódicas de desse sinal. Por exemplo, se o sinal de excitação
tiver a forma da rampa mostrada na fig. VI.-2.a, o computador fornece as amostras
periódicas mostradas na fig. VI-2.b. Da mesma forma, os processamentos internos à
malha de controle só podem ser realizados com as amostras periódicas de sinal. Sinais
constituídos de uma série de amostras são chamados de sinais discretos.
v(nT )
v (t )
t
0
0
2T
(a)
3T
4T
5T
(b)
Fig. VI-2
Nos capítulos anteriores desta apostila, trabalhou-se com sinais elétricos contínuos. A
ferramenta matemática usada para o cálculo foi a transformada de Laplace. Entretanto,
a transformada de Laplace só pode ser aplicada para sinais contínuos. Para sinais
discretos é necessário o uso de uma ferramenta própria para esse tipo de sinal. Essa
ferramenta matemática existe e se denomina transformada Z.
73
SINAIS AMOSTRADOS
Amostragem instantânea de um sinal analógico e sua representação matemática.
Vamos supor que, periodicamente, amostramos os valores instantâneos de um sinal
elétrico analógico. Ver fig. VI-3.a. As amostras resultantes estão mostradas na
fig. VI-3.b
y (nT )
y (t )
y (t )
y1
y0
y2
y3
0
T
2T
4T
3T
5T
t
0
(a)
T
2T
3T
y4
y5
4T
5T
t
(b)
Fig. VI-3
Note-se que o intervalo entre duas amostras consecutivas vale T. Esta grandeza é
chamada de período de amostragem.
Transformada Z
A transformada de Laplace, aplicada a uma série de amostras instantâneas, se chama
transformada Z. Podemos dizer que a transformada de Laplace, de um sinal discreto, é a
transformada Z. Da mesma forma, podemos também dizer que a transformada Z, de um
sinal contínuo, é a transformada de Laplace.
A expressão matemática geral da transformada Z é:
F (z ) =
∞
n = −∞
y n z −n
Nesta expressão, a grandeza y n representa o valor de uma das amostras do sinal. O
parâmetro z é uma variável que desempenha o papel da variável s da transformada de
Laplace. O caso mais comum é que y n = 0 para n negativo. Neste caso, tem-se
F (z ) =
∞
n=0
y n z −n
Exemplo: - Seqüência de amostras de um degrau de amplitude 1. Ver fig. VI-4.
74
y (nT )
y4
y0 y1
y3
y5
y2
1 .............................................
0
T
2T
3T
4T
t
5T
Fig. VI-4
Como todas as amplitudes das mostras são iguais a 1, a transformada Z desta seqüência
de amostras fica:
F (z ) =
∞
z −n = 1 +
n =0
1 1
1
+ 2 + 3 + ............
z z
z
VI-1
Esta é a soma dos termos de uma progressão geométrica. Sua soma total para n infinito
é dada pela expressão
F (z ) =
1
z
=
−1
z −1
1− z
VI-2
Portanto, a transformada Z de um degrau, tanto pode se expressa pela soma das infinitas
parcelas indicadas na expressão VI-1, como pela forma compacta mostrada na
expressão VI-2. As formas, da transformada Z, de outros sinais elétricos amostrados,
também têm essa duplicidade de representação. Porém, nos tabelamentos publicados,
são informadas apenas as formas compactas.
Diferenças entre a transformada de Laplace e a transformada Z.
Quando se faz a transformada de Laplace de um sinal temporal e em seguida faz-se sua
anti-transformada, reproduz-se integralmente o sinal temporal original. Ver fig. VI-5.
y (t )
y (t )
Transform.
de
Laplace
0
Anti-transform.
de
Laplace
t
0
Fig. VI-5
Quando se faz a transformada Z, de uma série de amostras, sua anti–transformada Z
produz um sinal temporal diferente. Esse sinal é formado por uma seqüência de
impulsos. Como se sabe o impulso é um sinal elétrico de duração t d = 0 e amplitude
H → ∞ . Apesar disto, sua área t d × H é finita. O impulso unitário possui área igual a 1.
75
t
Cada amostra do sinal, amostrado originalmente, resulta um impulso cuja área é igual a
amplitude dessa amostra. Ver fig. VI- 6.
y (nT )
y0
∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞
y1 y
2
y3
y4 y
5
0
T
2T 3T 4T 5T
Transform. F ( z )
Z
Anti-transform. F
Z
−1
(z )
y0 y1 y2 y3 y4 y5
t
0
T
.........
t
2T 3T 4T 5T
Fig. VI-6
.
Matematicamente, cada impulso
y (nT ) obedece a expressão:
y (nT ) = y n × δ (t − nT )
Isto significa que esse impulso tem duração zero, amplitude infinita, área com valor y n
e ocorre no instante t = nT .
Síntese da série de impulsos produzidos pela anti-transformada Z, a partir da
expressão matemática da transformada Z de um sinal.
Utilizando a fórmula matemática da transformada Z, de uma determinada função,
podemos gerar, diretamente, um sinal elétrico constituído da seqüência de impulsos que
representam a anti-transformada da referida função. Para isto utiliza-se um determinado
filtro elétrico. O filtro é construído com parâmetros que obedecem a expressão
matemática da transformada Z desejada. Ele é excitado por um único impulso unitário.
Como já vimos, a expressão geral da transformada Z de uma função amostrada, é
F (z ) =
∞
n =0
y n z −n .
O filtro deve ter a função de transferência:
Y (z )
= F (z ) =
X (z )
∞
y n z −n
n =0
VI-3
O esquema do filtro está mostrado na fig. VI-7
∞
∞ ∞ ∞ ∞
1
z −1
y1
y2
z −1
y3
z −1
y4
Fig. VI-7
76
z −1
y5
.............
......
y0
z −1
y0 y1 y2 y3
0
T
2T 3T
Pela expressão VI-3, podemos concluir que Y ( z ) vem a ser o sinal de saída desse
filtro quando o sinal de excitação, na entrada, for X(z), ou seja:
Y (z ) =
∞
n =0
y n z −n X (z ) =
∞
n =0
y n z −n X (z )
Além disto, vimos que o sinal X (z ) , de excitação, é obrigatoriamente, um único
impulso de área unitária que ocorre no instante t = 0. Apesar disto, na saída do
dispositivo é produzida uma seqüência de impulsos. O impulso que aparece no tempo
nT, possui a área de valor igual à amplitude da e-nésima amostra, da função amostrada
considerada. No diagrama desse dispositivo, nota-se a presença de blocos designados
pelo símbolo z −1 . Cada bloco, desse tipo, representa um atrasador. Este elemento
atrasa, o sinal de sua entrada, de um tempo igual ao período de amostragem. Por isto,
o sinal, que entra na entrada de um atrasador, demora exatamente um intervalo de
amostragem para aparecer na saída desse atrasador. Os atrasadores estão colocados em
cascata. Isto significa que o impulso de excitação de entrada do filtro, só aparece na
saída, do n-ésimo atrasador, após um tempo nT.
O esquema, desse filtro, que é classificado como filtro digital, contém, também
multiplicadores e um somador. Cada valor de amplitude das amostras, da função que
se quer transformar, entra, estaticamente, no multiplicador correspondente à sua
posição seqüencial. Estes valores de amostra são chamados de coeficientes do filtro.
Examinando-se esse esquema, não é difícil entender como é produzida a seqüência de
impulsos na saída, e os valores individuais de suas áreas, que são iguais aos valores
das amostras da função considerada..
Síntese utilizando a forma compacta da transformada Z.
A síntese mostrada na fig. VI-7, só é exata quando se tem infinitos atrasadores. Quando
a síntese é baseada na forma compacta da transformada Z, essa síntese, além de ficar
exata, utiliza poucos atrasadores na construção do filtro.
Vamos usar, como exemplo, a transformada Z compacta de um degrau unitário. Neste
caso, a função de transferência do filtro fica:
Y
1
=
X 1 − z −1
ou
ou
Y − Yz −1 = X
Y = X + Yz −1
Lembramos que X representa um impulso unitário que ocorre no instante zero. A
parcela Yz −1 representa o sinal de saída do filtro que aconteceu um período de
amostragem antes do sinal atual.
Podemos concluir que, o esquema desse filtro digital, fica como mostrado na fig. VI-8
77
1
x
y
z −1
x + z −1 y = y
z −1 y
y
1
1
1
1
1 ...........
Fig. VI-8
A tabela VI-1 mostra a seqüência de ocorrências a partir do instante zero em que
acontece a excitação impulsiva unitária. Pode-se constatar a ocorrência, na saída, da
série de impulsos unitários.
Tabela VI-1
t
t<0
0
T
2T
3T
4T
------------nT
x
z −1 y
0
0
1
1
1
1
-------------1
0
1
0
0
0
0
-------------0
y = x + z −1 y
0
1
1
1
1
1
-------------1
Integral de um impulso
A integral de um impulso de área A, resulta em um degrau de amplitude A.
Ver fig. VI-9.
v2 (t )
v1 (t ) ∞
A
0
t
dt
t
A
0
t
Fig. VI-9
Transformação de um impulso de área A em um pulso de amplitude A
e duração T.
A transformação de um impulso de área A em um pulso de amplitude A e duração T,
pode se sintetizada por meio de um filtro composto de um atrasador e um integrador.
Ver fig. VI-10.
78
∞
A
∞
A
A
z −1
−1
0
...........
∞
T
t
A
−A
−∞
t
dt
0
t
T
T
−A
−∞
Fig. VI-10
Nesse filtro entra um impulso de área A. Este impulso vai direto para um somador. Este
mesmo impulso é invertido, atrasado de um período T de amostragem e, também vai
para o somador. Na saída deste somador tem-se a produção de uma seqüência de dois
impulsos separados de um tempo T. O segundo impulso é negativo. Ao serem
integrados resultam um degrau positivo no instante zero e outro degrau negativo após
um tempo T. Este último cancela o primeiro a partir daquele instante T. Desta maneira,
resulta um pulso de saída cuja duração é T e a amplitude é A.
Chamando o impulso de entrada de X e o pulso de saída Y , este sinal Y, de acordo com
a operação realizada, fica expresso pela função:
(
)
Y = X − Xz −1 ×
1
s
1
Y = (1 − z −1 )× X
s
ou
1
representa a transformada de Laplace do integrador analógico.
s
Portanto, a função de transferência deste filtro fica:
O fator
Y 1 − z −1
=
X
s
Esta expressão, que chamaremos de G0 ( z , s ) é conhecida como função hold (não deixa
cair). Se multiplicarmos a transformada Z por essa função teremos a transformada Z
com hold. Neste caso a anti-transformada, dessa função composta, deixa de ser uma
série de impulsos para se tornar uma função escada onde cada degrau tem a amplitude
da amostra correspondente. Ver fig. VI-11.
O sinal escada é conhecido no jargão técnico como sinal Sample & hold (amostrado
com manutenção de nível). Sinal desse tipo já é considerado sinal analógico.
y (nT )
y0
Transformada
Z com hold
y1 y2
y3
y4 y
5
0
T
2T 3T 4T 5T
Transform.
Z
y (nT )
Hold
1 − z −1
s
t
y0
Anti-Transform
Z
79
2
y3
0
Fig. VI-11
y1 y
T
y4 y
5
2T 3T 4T 5T
t
Quando o período de amostragem for muito menor do que as variações do sinal
amostrado, essa anti-transformada, praticamente reproduz o sinal analógico que foi
amostrado.
Na fig. VI-12 temos o sinal da descarga de um capacitor. Seu tempo de descarga é 12
segundos. Na fig. VI-12.a, estão desenhados o sinal analógico dessa descarga,
sobreposto ao sinal sample & hold cujo período de amostragem é de 1 segundo.
Na fig. VI-12.b mudou-se o período de amostragem para 0,3 s. Nota-se que, neste
segundo caso, a curva sample & hold, praticamente, se sobrepõe à curva analógica.
Plot
1.0
.8
.8
t d = 12 s
.6
t d = 12 s
.6
T =1 s
.4
T = 0,3 s
.4
.2
.2
0
0
Plot
1.0
2.5
5
7.5
10
12.5
Time (sec)
15
17.5
0
0
20
2.5
5
(a)
7.5
10
12.5
Time (sec)
15
17.5
20
(b)
Fig. VI-12
Realização prática do holding
A realização prática do holding está mostrada na fig. VI-13
Valor numérico
da amostra
b2 b3
→t
.........
bn−1 bn
Relógio
SÉRIE
MEMÓRIA
PARALELO
.........
b1
b1
b2
bn
Vi
D
A
0
Fig. VI-13
A seqüência de bits, que representam numericamente a amostra, é transformada de
configuração série para paralela. Isto se faz lendo-se os bits e armazenando-os em
determinadas posições de uma memória. Cada posição de armazenamento tem sua
saída em contato com a entrada de um D/A. Desta maneira, na saída do D/A é produzida
uma tensão de valor igual ao valor numérico da amostra. O armazenamento permanece
até a chegada de outra amostra numérica. Isto faz com que a tensão de saída permaneça
constante até a chegada da próxima amostra. Portanto, realiza-se o holding desejado.
Entretanto, a análise matemática do holding, que fizemos, é necessária para o estudo do
comportamento do controle tais como, determinação do valor final, resposta temporal,
estabilidade, compensação, etc.
80
Tabela parcial de transformadas de Laplace e de transformadas Z
x(t )
t=0
1
0
δ (t ) =
Tabela VI-1
X (s )
δ (t − kT ) =
t = kT , k ≠ 0
1
1
1
0
e − kTs
z −k
t = kT
t ≠ kT
u (t ) , degrau unitário
t
e −α t
1 − e −α T
z
z − e −αT
1 − e −αT z
(z − 1) z − e −αT
(
1
s (s + α )
1
s (s + α )
1 − e −α t
sen ωt
z
z −1
Tz
(z − 1)2
1
s
1
s2
1
s +α
rampa unitária
t−
X (z )
2
α
ω
cos ωt
2
(s + α )
2
+ω2
s +α
e −αt cos ωt
)
Tz
(1 − e )z
−
2
(z − 1) α (z − 1)(z − e −αT )
−α T
2
ω
e −αt sen ωt
(
z sen ωT
z − 2 z cos ωT + 1
z ( z − cos ωT )
2
z − 2 z cos ωT + 1
s +ω
s
2
s +ω2
2
)
(s + α )2 + ω 2
ze −αT sen ωT
z 2 − 2 ze −αT cos ωT + e − 2αT
z 2 − ze −αT cos ωT
z 2 − 2 ze −αT cos ωT + e − 2αT
Considerações sobre os diagramas do controle
Os diagramas dos sistemas de controle contínuo, que analisamos nos capítulos
anteriores, seguem o esquema geral mostrado na fig. VI-14a.
α1
p1
Kp
H (s )
α2
α1
p2
Kp
Kp
(a)
Suas equações ficam
(b)
Fig. VII-14
81
H (s )
α2
p1 = K pα 1 − K pα 2
α 2 = H (s ) p1
Substituindo a primeira equação na segunda e calculando α 2 , resulta:
α 2 = α1
K p H (s )
1 + K p H (s )
Vamos modificar o esquema para a configuração mostrada na fig. VII-14.b.
Neste caso, as equações ficam:
p2 = α1 − α 2
α 2 = K p H (s ) p 2
Substituindo a primeira equação na segunda e calculando α 2 , resulta:
α 2 = α1
K p H (s )
1 + K p H (s )
Vemos que chegamos ao mesmo resultado matemático da configuração anterior.
Portanto, matematicamente, as duas configurações são equivalentes.
Deste ponto em diante trabalharemos, por conveniência, com a segunda configuração
(fig. VII-14.b). Simplificaremos mais ainda o esquema chamando o produto K p H (s )
de G (s ) . Desta maneira, a configuração geral do controle fica como mostrado na
fig. VII-15.
p2
α1
G (s )
α2
Fig. VII-15
ANÁLISE DE UM CONTROLE, DE PRIMEIRA ORDEM, DISCRETO.
Este é o caso em que se considera o amplificador ideal e o motor também ideal.
Neste caso teremos:
G (s ) =
β
s
82
1
vem a ser a integração que representa a transformação da
s
velocidade angular do motor, em deslocamento angular.
Lembremos que o fator
Em um sistema amostrado com holding, devemos multiplicar G(s) por G0 ( z , s ) e
completar a transformada Z para esse conjunto (transformada Z com holding). Resulta:
GT = G0 (z , s ) × G (s ) =
1 − z −1 β
β
× = 1 − z −1 2
s
s
s
(
)
1
em transformada Z.
s2
A terceira linha da tabela VI-2, indica essa transformação:
Devemos transformar a transformada de Laplace
1
s2
Tz
( T é o período de amostragem)
(z − 1)2
Portanto,
GT =
ou
GT =
(1 − z )βTz = (z − 1)βT
−1
(z − 1)2
(z − 1)2
βT
z −1
A resposta do controle, em malha fechada, fica:
GT
α 2 = α1
1 + GT
Resulta
βT
α 2 = α1
z − 1 + βT
Dividindo por z, o numerador e o denominador, teremos
α 2 = α1
βTz −1
1 − (1 − βT )z −1
Confirmação da resposta esperada para o controle
Passando o denominador para o primeiro lado da igualdade, resulta:
α 2 − (1 − β T )α 2 z −1 = βTα 1 z −1
ou
α 2 = βTα 1 z −1 + (1 − βT )α 2 z −1
83
Vamos adotar
β = 0,2
Resulta:
rd
s
e
T =1 s
α 2 = 0,2α 1 z −1 + 0,8α 2 z −1
Esta fórmula permite determinar a seqüência de eventos. A tabela abaixo mostra essa
seqüência. Ela foi determinada para excitação na forma de um degrau unitário que
ocorre no instante no instante t = 0. Lembremos que o parâmetro z −1 , quando é
multiplicado por uma variável, representa o estado dessa variável um período de
amostragem antes da situação atual.
t
α1
t<0
0
T
2T
3T
4T
5T
6T
7T
8T
9T
10 T
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
...........
...........
0,2α 1 z −1
0
0
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,8α 2 z −1
0
0
0
0,16
0,288
0,390
0,472
0,538
0,590
0,632
0,6656
0,69248
...........
α 2 = 0,2α 1 z −1 + 0,8α 2 z −1
0
0
0,2
0,36
0,488
0,590
0,672
0,738
0,790
0,832
0,8656
0,89248
...........
...........
A fig. VI-16.a mostra o gráfico dessa resposta temporal, para o período de amostragem
T = 1 s, e compara com a resposta do controle contínuo. A fig. VI-16.b mostra a
modificação da resposta quando o período de amostragem é diminuido para 0,3 s.
Observe, que nesta última situação a resposta do controle discreto praticamente se
confunde com a resposta do controle contínuo.
1.0
α2
Plot
1.0
Plot
.8
.8
β = 0,2 rd / s
.6
β = 0,2 rd / s
.6
T =1 s
.4
T = 0,3 s
.4
.2
.2
0
0
α2
2.5
5
7.5
10
12.5
Time (sec)
15
17.5
0
0
20
(a)
2.5
5
7.5
10
12.5
Time (sec)
(b)
Fig. VI-16
84
15
17.5
20
Critérios para a adoção do período de amostragem
Observando-se a fig. VI-16.a, podemos ver que o período de amostragem é da ordem de
10 vezes menor do que o tempo de subida da resposta temporal do controle. Este tempo
de subida pode ser calculado com base na expressão da resposta temporal do controle
analógico.
Para o nosso exemplo tem-se:
α 2 (s ) = α 1 (s )
β
s+β
Para a excitação degrau de amplitude A1 tem-se
α 2 (s ) = A1
β
s (s + β )
Fazendo a anti-transformada de Laplace, resulta
α 2 (t ) = A1 (1 − e − βt )
Sabemos que o tempo que leva para atingir o valor final, de uma resposta deste tipo, é
dado pela equação:
2,3
ts ≈
β
Para
β = 0,2 rd / s resulta
t s = 11,5 s
Portanto, esse tempo de subida é maior do que 10 vezes o período de amostragem..
Na situação mostrada na fig. VI-16-b, o tempo de subida ficou 38 vezes maior do que o
período de amostragem.
ANÁLISE DE UM CONTROLE, DE SEGUNDA ORDEM, DISCRETO.
Este é o caso em que se considera o amplificador ideal, mas o motor é não ideal.
Neste caso teremos:
G (s ) = B
γ
s +γ
×
1
s
Determinação do período de amostragem adequado
A resposta do controle, de malha fechada, no domínio da transformada de Laplace,
fica:
85
α 2 (s ) = α 1 (s )
B
γ
s (s + γ )
1+ B
= α 1 (s )
γ
s (s + γ )
Bγ
s + γ s + Bγ
2
Podemos mudar a notação, escrevendo
α 2 (s ) = α 1 (s )
onde
ω n2
s 2 + 2ξω n s + ω n2
ω n = Bγ
ξ=
e
1 γ
2 B
Podemos verificar que γ = 2ξω n
ξ = 0,5 e
Vamos adotar
ts = 5 s
Para ξ = 0,5 tem-se a fórmula aproximada do tempo de subida
ts ≈
Portanto, ω n =
1,95
ωn
1,95 1,95
=
= 0,39 rd / s
ts
5
Neste caso, γ = 2ξω n = 2 × 0,5 × 0,39 = 0,39 s −1
Como, ω n = Bγ , então
B=
ω n2 0,39 2
=
= 0,39 rd / s
γ
0,39
Com esses valores, a função G(s) fica:
G (s ) = 0,39
0,39
s(s + 0,39 )
Determinação da transformada Z, de G(s), utilizando holding.
GT = G0 ( z , s ) × G (s ) = 0,39 × (1 − z −1 )×
0,39
s (s + 0,39 )
2
Na sétima linha da tabela de transformadas temos a transformada Z da função
86
α
s (s + α )
2
Resulta
(
GT = 0,39 × 1 − z −1
ou
GT = 0,39
)
(1 − e )z
(z − 1) α (z − 1)(z − e )
Tz
2
(
(
− αT
−
−αT
)
T
1 − e − αT
−
z − 1 α z − e −αT
)
Vamos substituir α pelo valor 0,39 e adotar T = 1 s. Fazendo os cálculos indicados na
expressão de GT , resulta.
GT =
0,39
0,323
−
z − 1 z − 0,677
Após algumas operações algébricas, resulta:
GT =
0,0671z + 0,0590
z 2 − 1,677 z + 0,677
Fechando a malha de controle tem-se
α 2 = α1
GT
1 + GT
Substituindo GT e fazendo-se as operações algébricas necessárias, chega-se ao
resultado.
α 2 = α1
0,0671z + 0,0590
z 2 − 1,610 z + 0,736
Dividindo numerado e denominador por z 2 , fica:
α 2 = α1
0,0671z −1 + 0,0590 z −2
1 − 1,610 z −1 + 0,736 z − 2
Confirmação da resposta
Manipulando algebricamente a expressão dessa resposta, teremos:
87
α 2 = 0,0671α 1 z −1 + 0,0590α 1 z −2 + 1,610α 2 z −1 − 0,736α 2 z −2
Esta fórmula permite determinar a seqüência de eventos. A tabela abaixo mostra essa
seqüência determinada para excitação na forma de um degrau no instante t = 0.
Lembremos que o parâmetro z −1 , quando é multiplicado por uma variável, representa o
estado dessa variável, um período de amostragem antes do estado presente. Da mesma
forma, o parâmetro z −2 , quando é multiplicado por uma variável, representa o estado
dessa variável, dois períodos de amostragem antes do estado presente.
α 1 A= 0,0671α 1 z −1 B= 0,059α 1 z −2 C=1,61α 2 z −1 D= 0,736α 2 z −2
t
<0
0
T
2T
3T
4T
5T
6T
7T
8T
9T
10 T
11 T
12 T
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
....... ..
0
0
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0,0671
0
0
0
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
0,059
...........
0
0
0
0,108
0,376
0,729
1,100
1,436
1,707
1,893
1,995
2,020
1,988
1,918
...........
0
0
0
0
0,049
0,172
0,333
0,502
0,656
0,780
0,865
0,911
0,923
0,909
...........
...........
α2 = A + B +
+C −D
0
0
0,0671
0,234
0,453
0,683
0,892
1,060
1,176
1,239
1,255
1,235
1,191
1,134
...........
A fig. VI-17.a mostra o gráfico dessa resposta temporal, para o período de amostragem
T = 1 s, e compara com a resposta do controle analógico. A fig. VI-17.b mostra a
modificação da resposta quando o período de amostragem é modificado para
T = 0,3 s. Observe, que nesta última situação a resposta do controle discreto
praticamente se confunde com a resposta analógica.
α2
α2
Plot
2.00
ξ = 0,5
ω n = 0,39 rd / s
1.75
1.50
1.50
T =1 s
1.25
1.00
1.00
.75
.75
.50
.50
.25
.25
5
10
Time (sec)
15
ξ = 0,5
ω n = 0,39 rd / s
T = 0,3 s
1.75
1.25
0
0
Plot
2.00
0
0
20
(a)
5
10
Time (sec)
(b)
Fig. VI-17
88
15
20
ANÁLISE DE UM CONTROLE, DISCRETO, DE TERCEIRA ORDEM.
Este é o caso em que se considera a presença de mais um pólo adicional na função G (s )
G (s ) = B
γ
×
s+γ
ωX
1
×
s + ωX s
Se utilizarmos o exemplo de controle de terceira ordem que foi estudado no capítulo II,
teremos os dados:
γ = 5 s −1 ;
ω X = 10 rd / s
B = K P K M G = 1,91 × 1 × G = 1,91 × G
onde G é o ganho do amplificador existente na malha do controle.
Portanto
G (s ) = 1,91G
5 × 10
s (s + 5)(s + 10 )
Determinação do período de amostragem adequado
Tendo como base as respostas temporais mostradas no capítulo II, podemos concluir
que o tempo gasto, para o ângulo de saída atingir 90% de seu valor final, varia entre
t s = 0,6 s , quando se tem G = 3 , e t s = 2 s para G = 0,5. Chamemos esse tempo
de tempo de subida. Como é necessário que o período de amostragem seja muito menor
que o tempo de subida, poderemos adotar dois valores, de período de amostragem,
que obedecem esse requisito. Assim, poderemos comparar os efeitos de diferentes
períodos de amostragem no comportamento do controle.
Sejam
T = 0,1 s
e
T = 0,03 s
Inclusão da função holding e determinação da transformada z da expressão
resultante.
(
GT = G0 (z , s ) × G (s ) = 1,91G 1 − z −1
) ( 5 ×)(10 )
s s + 5 s + 10
2
Devemos determinar a transformada z da função:
F (s ) =
5 × 10
s (s + 5)(s + 10 )
2
Resulta
89
F (z ) =
Tz
(z − 1)
2
− 0,3
z
z
z
+ 0,4
− 0,1
− 5T
z −1
z−e
z − e −10T
A expressão de GT ( z ) fica
(
GT ( z ) = 1,91G 1 − z −1
=G
)
Tz
(z − 1)
2
− 0,3
z
z
z
+ 0,4
− 0,1
=
− 5T
z −1
z−e
z − e −10T
1,91T
0,764 × ( z − 1) 0,191 × (z − 1)
− 0,573 +
−
z −1
z − e −5T
z − e −10T
Adotando T = 0,1 s, somando as frações ordinárias e agrupando os termos semelhantes,
teremos:
−2 2
−2
−3
GT ( z ) = G 1,112445× 10 z + 3,112217× 10 z + 5,258905× 10
z 3 − 1,974410z 2 + 1,197540z − 0,2231302
T = 0,1 s
Dividindo numerador e denominador por z 3 , fica:
GT ( z )
=G
1,112445 × 10 −2 z −1 + 3,112217 × 10 −2 z −2 + 5,258905 × 10 −3 z −3
1 − 1,974410z −1 + 1,197540z −2 − 0,2231302z −3
T = 0,1 s
Repetindo os cálculos para T = 0,03 s, encontramos:
−4 −1
− − 3 −2
−4 −3
GT ( z ) = G 3,846139 × 10 z + 1,376901 × 10 z + 3,071267 × 10 z
1 − 2,601526 z −1 + 2,239154 z −2 − 0,6376282 z −3
T = 0,03 s
Fechando a malha de controle, teremos:
GT
1 + GT
Vamos, inicialmente, adotar G = 1.
α 2 = α1
Tomando GT ( z ) , calculado para T = 0,1 s, e substituindo, sua expressão, na fórmula de
α 2 , chegaremos ao resultado:
α2
= α1
1,112445 × 10 −2 z −1 + 3,112217 × 10 −2 z −2 + 5,258905 × 10 −3 z −3
1 − 1,963286 z −1 + 1,228662 z − 2 − 0,2178713z −3
G =1
T = 0,1 s
90
Procedendo da mesma forma para o par
α 2 = α1
G = 1 e T = 0,03 s teremos
3,846139 × 10 −4 z −1 + 1,376901 × 10 − −3 z −2 + 3,071267 × 10 −4 z −3
1 − 2,601141 z −1 + 2,240531 z − 2 − 0,6373211 z −3
G =1
T = 0,03
Anti-transformando essas expressões, chegaremos às respostas temporais respectivas.
Repetindo o cálculo para outros valores de G, teremos um conjunto de respostas
temporais que darão uma boa idéia das semelhanças e diferenças de comportamento
entre controle discreto e o contínuo. Para isto, refizemos essa seqüência de cálculos
para os seguintes valores de G:
0,5;
2;
4;
e
5
Em todos os casos foi usado, como sinal de excitação, um degrau de amplitude 1 rd.
A fig. VI-18 mostra as respostas temporais para G = 0,5, tanto para o controle discreto
quanto para o contínuo. A parte a, dessa figura, considera T = 0,1 s. A parte b
corresponde à situação em que T = 0,03 s.
Plot
2.0
1.8
G = 0,5
T = 0,1 s
1.6
1.4
1.2
G = 0,5
1.6
1.4
T = 0,03 s
1.2
1.0
1.0
.8
.8
.6
.6
.4
.4
.2
.2
0
0
Plot
2.0
1.8
.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
0
0
.5
1
1.5
2
(a)
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
(b)
Fig. VI-18
Podemos observar que, para T = 0,03 s, as respostas discreta e contínua, praticamente,
se confundem.
A fig. VI-19 mostra as respostas temporais para G = 1, comparando as respostas dos
controles contínuo e discreto. A parte a considera T = 0,1 s. A parte b corresponde à
situação em que T = 0,03 s.
Plot
2.0
1.8
1.8
G =1
T = 0,1 s
1.6
1.4
1.2
G =1
T = 0,03 s
1.6
1.4
1.2
1.0
1.0
.8
.8
.6
.6
.4
.4
.2
0
0
Plot
2.0
.2
.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
0
0
.5
(a)
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
(b)
Fig. VI-19
91
3
3.5
4
4.5
5
Mais uma vez, podemos constatar que, para T = 0,03 s, as respostas discreta e contínua,
praticamente, se confundem. Entretanto, para T = 0,1 s, podemos observar um ligeiro
aumento da amplitude da ondulação no controle discreto, quando comparado com o
mesmo parâmetro do controle contínuo.
Na fig. VI-20 mostramos as respostas temporais dos controles contínuo e discreto,
considerando G = 2. Como nos casos anteriores, a parte a considera T = 0,1 s. A parte
b corresponde à situação em que T = 0,03 s.
Plot
2.0
1.8
1.8
G=2
T = 0,1 s
1.6
1.4
G=2
T = 0,1 s
1.6
1.4
1.2
1.2
1.0
1.0
.8
.8
.6
.6
.4
.4
.2
.2
0
0
Plot
2.0
.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
0
0
.5
1
1.5
(a)
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
(b)
Fig. VI-20
Aqui, já começamos notar uma diferença, mais acentuada, entre as amplitudes de
ondulação, dos controles discreto e contínuo, no caso em que se tem T = 0,1 s. Mas,
esta diferença entre amplitudes de ondulação começa a aparecer, mesmo, para
T = 0,03 s. Entretanto, para T = 0,1 s, essa diferença é bem mais acentuada. Podemos
afirmar que a presença de atrasos internos, ao controle, tende a produzir uma tendência
à instabilidade. Esta tendência aumenta quando se aumenta o valor do período de
amostragem.
Na fig. VI-21 mostramos as respostas temporais para G = 4. Como sempre, a parte a
considera T = 0,1 s e a parte b corresponde à situação em que T = 0,03 s.
Plot
2.0
1.8
1.8
T = 0,1 s
G=4
1.6
1.4
1.2
1.2
1.0
1.0
.8
.8
.6
.6
.4
.4
.2
T = 0,03 s
G=4
1.6
1.4
0
0
Plot
2.0
.2
.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
5
0
0
(a)
.5
1
1.5
2
2.5
Time (sec)
3
3.5
4
4.5
(b)
Fig. VI-21
Aqui confirmamos as diferenças de comportamento das ondulações, nos controles
discreto e contínuo, constatadas no caso anterior. Entretanto, nota-se que essas
92
5
diferenças de amplitude da ondulação se tornaram bem mais acentuadas. Para o caso de
T = 0,03 s, a diferença, por ser relativamente pequena, talvez, possa ser tolerada.
Finalmente, a fig. VI-22, mostra as respostas temporais para G = 5.
Plot
5
G=5
4
3
Plot
5
T = 0,1 s
4
G=5
3
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
-2
-3
-3
-4
0
1.25
2.5
3.75
5
6.25
7.5
8.75
Time (sec)
10
11.25
12.5
13.75
15
-4
0
1.25
2.5
3.75
(a)
5
T = 0,03 s
6.25
7.5
8.75
Time (sec)
10
11.25
12.5
13.75
15
(b)
Fig. VI-22
Desta vez, quando T = 0,1 s, o controle discreto se tornou instável, muito embora, para
T = 0,03, a estabilidade, desse tipo de controle, ainda se faz presente.
Conclusão: - Influência do intervalo de amostragem
Nos sistemas discretos, sempre existirá um valor do período de amostragem em que o
controle se torna instável, mesmo que o controle contínuo, correspondente, seja estável..
Influência da precisão numérica do processamento digital das amostras
As operações matemáticas realizadas no controle discreto, devem trabalhar com valores
numéricos altamente precisos. Na base decimal cada valor numérico deve ser
representado com, pelo menos, sete dígitos. Isto se torna imprescindível,
principalmente, na representação dos coeficientes do denominador da função GT ( z ) .
A fig. VI-23, repete as respostas para G = 1, mas considera os coeficientes de GT ( z )
representados por apenas três algarismos decimais, ou seja:
GT ( z )
G =1
T = 0,1 s
=
1,11 × 10 −2 z −1 + 3,11× 10 −2 z −2 + 5,26 × 10 −3 z −3
1 − 1,98 z −1 + 1,20 z −2 − 0,223z −3
−4 −1
− − 3 −2
−4 −3
GT ( z ) = 3,85 × 10 z + 1,38 × 10 z + 3,07 × 10 z
1 − 2,60 z −1 + 2,24 z − 2 − 0,638z −3
G =1
T = 0,03 s
93
Plot
1.2
Plot
1.2
Analógico
Analógico
1.0
1.0
.8
Precisão numérica de
três dígitos decimais
.6
.4
.2
0
0
G =1
T = 0,1 s
1
2
Precisão numérica de
três dígitos decimais
.8
Digital
.6
G =1
T = 0,03 s
.4
.2
3
4
5
Time (sec)
6
7
8
9
10
(a)
0
0
1
2
3
Digital
4
5
Time (sec)
6
7
8
9
10
(b)
Fig. VI-23
Podemos ver que esta imprecisão numérica provoca um erro no estado estacionário
final. Este efeito é mais pronunciado para menores valores do período de amostragem.
Podemos ver que, para T = 0,03 s, ao se excitar o sistema com um degrau α 1 = 1 rd , o
controle discreto produz, na saída, apenas a metade desse deslocamento angular.
Portanto, tem-se na saída, um erro estacionário da ordem se 0,5 rd ( ≈ 29 0 ).
94