Chase Clark, Unsplash

Projeto de Controladores com Ação Integral

Recuperando dados da aula passada:


xxxxxxxxxx
>> load planta

Projeto do Controlador com Ação Integral Pura

Este controlador deve seguir o formato:

C(z) = \frac{K_i}{(z-1)}

Ingressando este controlador no Matlab:


xxxxxxxxxx
>> C = tf ( 1 , poly(1) , T )
C =
    1
  -----
  z - 1
Sample time: 0.1 seconds
Discrete-time transfer function.
>> % Calculando a FTMA(z):
>> ftma_I = C*BoG;

$FTMA(z)$ de um sistema:


xxxxxxxxxx
>> zpk(BoG)
  0.00012224 (z+2.747) (z+0.1903)
  --------------------------------
  (z-0.9048) (z-0.8187) (z-0.3679)
Sample time: 0.1 seconds
Discrete-time zero/pole/gain model.
>> zpk(ftma_I)
     0.00012224 (z+2.747) (z+0.1903)
--------------------------------------
  (z-1) (z-0.9048) (z-0.8187) (z-0.3679)
Sample time: 0.1 seconds
Discrete-time zero/pole/gain model.

$FTMA(z)$ com este controlador:


xxxxxxxxxx
>> rlocus(ftma_I)
>> axis equal % transforma o círculo unitário num círculo na tela
>> % axis([xmim xmax ymin ymax]) <-- uso da função axis()
>> axis ([-3 3 -3 3])

Gráfico do RL (sem zoom ainda):

Realizando um zoom no gráfico do RL anterior:


xxxxxxxxxx
>> figure; rlocus(ftma_I); axis equal
>> axis([ 0.5 1.5 -0.5 0.5])
>> axis([ 0.7 1.2 -0.2 0.2])
>> hold on;
>> OS % lembrando o %OS sendo adotado
OS =
     5
>> zeta % fator de amortecimento correspondente
zeta =
    0.6901
>> zgrid(zeta, 0) % sobrepondo o traçado do \zeta no RL anterior

Gráfico do Root Locus com Zoom:

$K_I=0,55$ :


xxxxxxxxxx
>> K_I=0.55;
>> ftmf_I=feedback( K_I*ftma_I, 1);

Observando resposta à entrada degrau (unitário):


xxxxxxxxxx
>> figure; step(ftmf_I)

Gráfico da resposta ao degrau:

Comentários:

$\%OS < 5\%$ $FTMA(z)$ com ação interal (sistema tipo 1) -- ver Teoria do Erro.
Mas $t_s$ aumentou consideravelmente.

Comparando respostas do Controlador Proporcional com o de Ação Integral Pura:


xxxxxxxxxx
>> figure; step(ftmf, ftmf_I)
>> grid
>> legend('Cont. Proporcional', 'Ação Integral Pura')

Segue gráfico comparativo da resposta entre Controlador Proporcional e o de Ação Integral Pura:

Conclusõesmas $12,5/3,26=3,83$ ).

Projeto do PI (Proporcional + Integral)

Antes foi realizado um integrador puro que cunmpriu com o objetivo inicial pretendido: zerar o erro de regime permanente, mas neste caso, às custas de um atraso grande na resposta do sistema.

Note porém que um Controlador PI é formado pela soma de duas ações de controle: a ação Proporcional + a ação Integral, ou na forma de um diagrama de blocos:

PI_blocos.drawio.png

Obs.: usado o aplicativo online da Google: draw.io para gerar a figura anterior. Note que este aplicativo permite inserir equações matemáticas no formato LaTeX (mathematical typesetting), colocando a expressão dentro de um par de $$, tal qual se faz em arquivos Markdown.

Deduzindo a equação deste controlador:

\begin{array}{rcl}C_{PI}(z)&=&C_P(z) + C_I(z)\\ &=& K_p+ \dfrac{K_i}{(z-1)}\\ &=& \dfrac{K_p\,z-K_p+K_i}{(z-1)}\\ &=& \dfrac{K_p\left( z - \frac{K_p}{K_p} +\frac{K_i}{K_p} \right)}{(z-1)}\\ &=& \dfrac{K_p \left[ z - \left( 1 - \dfrac{K_i}{K_p} \right) \right] }{(z-1)}\\\end{array}

Note então que este controlador segue a equação genérica:

C_{PI}(z)=\dfrac{K(z-z_{PI})}{(z-1)}

A questão agora é: -- Onde posicionar o zero deste controlador?

$BoG(z)$ :

BoG(z) - \dfrac{0.00012224 (z+2.747) (z+0.1903)}{(z-0.9048) (z-0.8187) (z-0.3679)}

Notamos algumas opções para posicionamento do zero do PI:

Opção 1) $\text{polo mais lento da planta} < zero_{PI} < \text{polo integrador}$ .
Opção 2) $0,8187 < zero_{PI} < 0,9048$ (entre os 2 pólos mais lentos da planta).

Comprovando os RL's para cada uma das opções:


xxxxxxxxxx
>> C_PI1=tf([1 -0.95], [1 -1], T) % opção 1) pólo mais lento da planta < zero <  pólo integrador
C_PI1 =
  z - 0.95
  --------
   z - 1
>> % Opção 2) Colocar o 0,8187 < zero_PI < 0,9048 (entre os 2 pólos mais lentos da planta)
>> C_PI2=tf( [1 -0.85] , [1 -1], T)
C_PI2 =
  z - 0.85
  --------
   z - 1
>> % Calculando as correspondentes FTMA(z)'s:
>> ftma_PI1=C_PI1*BoG;
>> ftma_PI2=C_PI2*BoG;
>> % Traçando os RL's 
>> figure; rlocus(ftma_PI1)
>> hold on; zgrid(zeta, 0)
>> figure; rlocus(ftma_PI2)
>> hold on; zgrid(zeta, 0)

Comparando os RL para estas 2 opções de PI's:

Comparando os 2 RL's se perecebe que os pólos dominantes complexos do RL para PI1 (opção 1) estão mais afastados do círculo unitário, portanto resultarão num tempo de assentamento menor (resposta mais rápida) que o PI2.

Continuando com o projeto do PI:

Se percebe que provavelmetne quanto mais próximo do zero do PI estiver do pólo mais lento da planta, mais rápida deve ser a resposta do sistema em malha-fechada.

$BoG(z)$ :

BoG(z) - \dfrac{0.00012224 (z+2.747) (z+0.1903)}{(z-0.9048) (z-0.8187) (z-0.3679)}

$z=0,91$ $z=0.9048$ ):


xxxxxxxxxx
>> C_PI=tf( [1 -0.91] , [1 -1] , T)
C_PI =
  z - 0.91
  --------
   z - 1
>> ftma_PI=C_PI*BoG;        % Calculando a FTMA(z)
>> figure; rlocus(ftma_PI)  % Levantando este RL
>> hold on; zgrid(zeta, 0);
>> axis([0.6 1.2 -0.4 0.4]) % "zoom" na área de interesse
>> % Encontrando o ponto desejado no RL
>> [K_PI, polos_MF]=rlocfind(ftma_PI)
Select a point in the graphics window
selected_point =
   0.9092 + 0.0842i
K_PI =
   17.0320
polos_MF =
   0.9158 + 0.0000i
   0.9088 + 0.0843i
   0.9088 - 0.0843i
   0.3559 + 0.0000i

Segue gráfico do RL, mostrando ponto de ganho selecionado no RL:

Fechando a malha...


xxxxxxxxxx
>> ftmf_PI=feedback(K_PI*ftma_PI, 1);
>> figure; step(ftmf_PI)

Segue gráfico da resposta ao degrau unitário para este PI:

Comparando os 3 controladores já projetados até o momento:

Proporcional;
de Acão Integral Pura;
PI (P+I)


xxxxxxxxxx
>> figure; step(ftmf, ftmf_I, ftmf_PI);
>> legend('Cont. Proporcional', 'Ação Integral Pura', 'PI')

Gráfico resultante:

Finalizando esta seção de trabalho no Matlab:


xxxxxxxxxx
>> save planta
>> diary off
>> quit

Fim.

🎶 Fernando Passold, em 05.05.2021