Metodologia de projeto por atraso
de fase
• Permite melhorar o erro de estado
estacionário sem modificar
consideravelmente as características de
resposta transitória;
• Sua principal característica é que ele
fornece uma atenuação nas altas
frequências o que permite fornecer uma
margem de fase adequada ao sistema.
Gráficos de resposta de freqüência de um compensador por
atraso de fase,
Gc(s) = (s + 0,1)/(s + 0,01)
Controlador por atraso de fase
1

s  
1 
T
Gc s  
;  1

1 
 s 

T 

Controlador por atraso de fase
M  tg
1
2
 2 2  1  4 4
Controlador por atraso de fase
Metodologia de projeto por atraso
de fase
• Determinar K para que o erro de estado
estacionário seja estabelecido;
• Com o novo ganho se a margem de ganho e
margem de fase não estiverem de acordo com
os requisitos projetar o controlador atraso de
fase:
– Encontrar a frequência onde -180º + Margen de Fase
requerida acontece (adicionando de 5 a 12 graus na
margem de fase para compensar a adição do atraso
de fase do controlador);
Metodologia de projeto por atraso
de fase
• Nesta nova frequência para a margem de fase
ajustada determinar a atenuação necessária
para trazer a curva de módulo para o valor de 0
dB, esta atenuação vale:
 20 log 
• Projetamos a posição do zero do controlador
uma década abaixo desta frequência para que o
atraso de fase ocorra nas baixas frequências e
não afete a margem de fase requerida;
1

T
Metodologia de projeto por atraso
de fase
• Calculado o local do zero podemos
determinar o local do pólo:
1
T
• E também podemos calcular o ganho do
controlador para manter o erro de estado
estacionário como desejado
EXEMPLO
• Para o sistema mostrado abaixo projete um
controlador atraso de fase para que o erro de
estado estacionário seja melhorado de 10 vezes
mantendo-se o percentual de ultrapassagem em
9,5%.
58.210
Gc s  
ss  36s  100
• O diagrama de bode desta função esta no
próximo slide
Exemplo
• Para atender a exigência de erro de estado
estacionário multiplicamos o ganho por 10 e
nova função vale:
582.100
Gc s  
ss  36s  100
• Cujo diagrama de Bode esta no próximo slide
Resultado do Controlador
 20 log   24
  15,85

s  0,978
Gc s   0,0631
s  0,062
36.725s  0,978
G s  
ss  36s  100s  0,062
Exemplo
• Para o sistema abaixo, utilizando a sua resposta
em frequência, projete um controlador que
reduza em cinco vezes o erro de estado
estacionário e mantenha o sistema operando
com %U.P.=20%.
R(s)
+

-
K s  4 
G s  
ss  5s  8
C(s)
Exemplo

 ln 0,2
  ln 0,2
2
 M  tg 1
2
 0,456
2
 2 2  1  4 4
 48,10
Exemplo
• Vemos no gráfico de bode que para a
margem de fase desejada o diagrama de
módulo vale -40,6 dB logo o ganho deve
ser:
20log K  40,6
K  107
107s  428
F .T .M .F .  2
2
s  13s  143,51s  414,06
Exemplo
K v  lim sG s 
s 0
107s  4
K v  lim s
 10,7
s 0
ss  5s  8
K vnovo  5 K v  novo ganho 535
Gráfico de Bode com K=535 e
com a margem de fase
ajustada para 48,1 +10 graus
mostrando uma frequência de
6,17rad/s
Exemplo
atenuaçãonecessária  18dB
20 log   18
  7,94
zero controlador  0,62
pólo 
0,6

 0,078
ganhodo controlador  0,126
67,38s  4 ( s  0,62)
F .T .M . A. 
s s  5s  8( s  0,078)