O documento descreve as etapas para projetar um controlador PID usando o método do lugar geométrico das raízes. A técnica envolve primeiro projetar o controlador PD para atender os requisitos de resposta transitória e, em seguida, projetar o controlador PI para garantir erro estacionário desejado. O documento fornece um exemplo numérico ilustrando como aplicar esta técnica para projetar um controlador PID para um sistema de exemplo.

1. Prof. Fernando Passold
fpassold@upf.br
Engenharia Elétrica
5 de noviembre de 2009

2. Projeto (de Controladores) Usando Lugar
Geométrico das Raízes - Parte 4
 Parte I:
 PI (Melhora erro estacionário; zero próximo do pólo na
origem)
 Por Atraso de Fase, (Lag; Menor erro estacionário, rede
passiva; par pólo-zero próximo da origem)
 Parte II:
 PD (mehor resposta transitória; rede ativa)
 Parte III:
 Por Avanço de Fase (Lead Compensator: melhor resposta
transitória + menor erro estacionário – mas não de maneira
independente! Implica modificação do RL).
 Parte IV:
 Controlador PID
2

3. Controlador PID
 2 zeros
 pólo na
origem
R(s) Y(s)
E(s)+
-
Kp
Ki
s
G(s)
U(s)
Integrativo
Proporcional
Kds
+
Derivativo PI: um zero; um pólo na origem
PD: o outro zero
3

4. Controlador PID
 Técnica de Projeto:
1. Avaliar o desempenho do sistema
não compensado para determinar
quanta melhoria exige a resposta
transitória.
2. Projete o PD para satisfazer as
especificações de resposta
transitória. Envolve a localização do
zero e do ganho de MF.
3. Simulação do sistema para garantir
que os requisitos foram satisfeitos.
4. Reprojete caso contrário.
5. Projeto do PI para garantir o erro
estacionário desejado.
6. Determinação dos ganhos Kp , Ki , Kd.
7. Nova simulação do sistema para
comprocar os requerimentos
8. Se não, reprojeto.
PI: um zero, um pólo na origem
PD: o outro zero
R(s) Y(s)
E(s)+
-
Kp
Ki
s
G(s)
U(s)
Integrativo
Proporcional
Kds
+
Derivativo
4

5. Controlador PID
PI: un cero, un polo en la origen
PD: el otro cero
Primero: projeto considerando resposta transitória.
Segundo: projeto considerando erro estacionário.
R(s) Y(s)
E(s)+
-
Kp
Ki
s
G(s)
U(s)
Integrativo
Proporcional
Kds
+
Derivativo
 Técnica de Projeto:
1. Avaliar o desempenho do sistema
não compensado para determinar
quanta melhoria exige a resposta
transitória.
2. Projete o PD para satisfazer as
especificações de resposta
transitória. Envolve a localização do
zero e do ganho de MF.
3. Simulação do sistema para garantir
que os requisitos foram satisfeitos.
4. Reprojete caso contrário.
5. Projeto do PI para garantir o erro
estacionário desejado.
6. Determinação dos ganhos Kp , Ki , Kd.
7. Nova simulação do sistema para
comprocar os requerimentos
8. Se não, reprojeto.
5

6. Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
 Solução:
 Paso 1) 20% %OS 
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 
 
0.4559
100/%ln
100/%ln
22




OS
OS


% example_9_5.m
% Example 9.4 (NISE, pag. 522) - projeto PID
disp ('Example 9.4 de NISE 3th-eds...’)
clear all % borra todas las variables anteriores
close all % cierra todas las figuras
num=[1 8];
den=poly([-3 -6 -10]);
g=tf(num,den);disp('Uncompensated system:’)
zpk(g)
sobre=input('Desired percent overshoot: ? ‘);
% calculando zeta
zeta=(-log(sobre/100))/(sqrt(pi*pi+(log(sobre/100))^2));
fprintf('Damping ration (zeta): %.4fn', zeta)
% plotando RL
rlocus(g)sgrid(zeta,0)
title(['Uncompensated RL with zeta=', num2str(sobre), ...
'% overshoot’])
disp('Do a zoom over the area of interest and press any
bottom to continue...’)
pause
Script MATLAB:
example_9_5.m 
6

7. 7
>> OS=20;
>> zeta=(-log(OS/100))/(sqrt(pi*pi+(log(OS/100))^2))
zeta = 0.4559
>> rlocus( g )
>> hold on; sgrid(zeta,0)
>> [K, polosMF] = rlocfind( g )
Select a point in the graphics window
selected_point = -5.3732 +10.2946i
K = 115.7494
polosMF =
-5.4112 +10.2940i
-5.4112 -10.2940i
-8.1775 + 0.0000i
>>
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 
 
0.4559
100/%ln
100/%ln
22




OS
OS


-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds-1
)
K = 115.7494
 Solução:
 Paso 1) Descobrir K  tp:

8. 8
>> OS=20;
>> zeta=(-log(OS/100))/(sqrt(pi*pi+(log(OS/100))^2))
zeta = 0.4559
>> rlocus( g )
>> hold on; sgrid(zeta,0)
>> K=121;
>> ftmf=feedback( K*g, 1);
>> polosMF = pole(ftmf)
polosMF =
-5.4152 +10.5449i
-5.4152 -10.5449i
-8.1697 + 0.0000i
>>
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 Solução:
 Paso 1) Descobrir K  tp:
 
 
0.4559
100/%ln
100/%ln
22




OS
OS


-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds-1
)
K = 115.7494
-6.5 -6 -5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
System: g
Gain: 121
Pole: -5.42 + 10.6i
Damping: 0.456
Overshoot (%): 20
Frequency (rad/s): 11.9

9. 9
>> K=121;
>> ftmf=feedback( K*g, 1);
>> polosMF = pole(ftmf)
polosMF =
-5.4152 +10.5449i
-5.4152 -10.5449i
-8.1697 + 0.0000i
>> wd = imag( polosMF(1) )
wd = 10.5449
>> tp=pi/wd % estimado
tp = 0.2979
>> % Verificando…
>> figure; step( ftmf )
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 Solução:
 Paso 1) Descobrir K  tp:
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
System: ftmf
Peak amplitude: 1.02
Overshoot (%): 20.6
At time (seconds): 0.298
-6.5 -6 -5.5 -5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
System: g
Gain: 121
Pole: -5.42 + 10.6i
Damping: 0.456
Overshoot (%): 20
Frequency (rad/s): 11.9
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.

10. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
10
>> wd = imag( polosMF(1) )
wd = 10.5449
>> tp=pi/wd % estimado
tp = 0.2979
>> % Verificando…
>> figure; step( ftmf )
>> tp_d= 2*tp/3
tp_d = 0.1986
>> % Calculando posição desjada final para pólos de MF:
>> wd_d = pi/tp_d
wd_d = 15.8174
>>
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 Solução:
 Paso 2) Definindo Pólo_MF desejado:
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
>> polosMF
polosMF =
-5.4152 +10.5449i
-5.4152 -10.5449i
-8.1697 + 0.0000i
>> theta=atan2(imag(polosMF(1)), real(polosMF(1)))
theta = 2.0452 % radianos!
>> theta*180/pi
ans = 117.1820 % theta em graus
>>

11. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
11
>> % Calculando posição desjada final para pólos de MF:
>> wd_d = pi/tp_d
wd_d = 15.8174
>> polosMF
polosMF =
-5.4152 +10.5449i
-5.4152 -10.5449i
-8.1697 + 0.0000i
>> theta=atan2(imag(polosMF(1)), real(polosMF(1)))
theta = 2.0452 % radianos!
>> theta*180/pi
ans = 117.1820 % theta em graus
>>
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 Solução:
 Paso 2) Definindo Pólo_MF desejado:
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
>> sigma_d = wd_d/tan( theta )
sigma_d = -8.1227
>> poloMF_d = [ sigma_d+i*wd_d sigma_d-i*wd_d ]
poloMF_d = -8.1227 +15.8174i -8.1227 -15.8174i
>> % Para termos um pólo de MF nesta posição,
>> % falta acrecentar um zero (do PD) em ? (contribuição angular)
>> % Projeto PD: script 

12. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
12
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
 Solução:
 Paso 3) Projeto do PD:
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado (K=?) com 20% de
sobresinal e erro nulo para entrada degrau.
>> sigma_d = wd_d/tan( theta )
sigma_d = -8.1227
>> poloMF_d = [ sigma_d+i*wd_d sigma_d-i*wd_d ]
poloMF_d = -8.1227 +15.8174i -8.1227 -15.8174i
>> % Para termos um pólo de MF nesta posição,
>> % falta acrecentar um zero (do PD) em ? (contribuição angular)
>> % Projeto PD: script  example_9_5.m
o
Zero do PD
Novo RL passará
por aqui
)12(180)()(   ipscs
n
o
j
m
i

13. -7 -6.5 -6 -5.5 -5 -4.5 -4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
16
0.456
RL of G(s) with =20% overshoot
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
k = 120.4346
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
>> example_9_5
Example 9.5, NISE, 3th-eds...
Projeto Controlador PID
Uncompensated system:
ans =
(s+8)
------------------
(s+10) (s+6) (s+3)
Desired percent overshoot: ? 20
Damping ration (zeta): 0.4559
Do a zoom over the area of interest and press any bottom to continue...
14

14. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
RL + Desired location of dominant pole (PD compensation phase):
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds-1
)
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
ans =
(s+8)
------------------
(s+10) (s+6) (s+3)
Desired percent overshoot: ? 20
Damping ration (zeta): 0.4559
Do a zoom over the area of interest and press any bottom to continue...
selected_point = -5.4077 +10.5183i
k = 120.4346
poles =
-5.4148 +10.5182i
-5.4148 -10.5182i
-8.1705 + 0.0000i
15

15. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
0.456
0.456
97.52
90.3004
107.856590.3004
Contributing angles (PD compensation phase):
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds-1
)
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Estimated settiling time (uncompensated system): 0.7387
Estimated peak time (uncompensated system): 0.2987
New peak time (desired) 0.1991
Theta (cos^-1(zeta)): 62.8739^o
180-Theta (180-cos(zeta)): 117.1261^o
Desired imaginary part of dominant pole (system compensated): 15.7773
Desired real part of dominant pole (system compensated): 8.0827
So... Desired dominant pole (system compensated, closed looped):
aux = -8.1283 +15.8663i
Angle Contribution of each pole of the open loop system
p_1 = -10.0000 --> 83.2722^o
p_2 = -6.0000 --> 97.6401^o
p_3 = -3.0000 --> 107.9119^o
Sum of angular poles positions: 288.8242^o
Angle Contribution of each zero of the system
z_1 = -8.0000 --> 90.4634^o
Sum of total angular contributions: 198.3608^o
Final Resulting angle for the PD pole-zero: 18.3608^o
Position of PD zero: 39.6769^o
So... the PD controller:
ans =
(s+39.68)
Continuous-time zero/pole/gain model.
16

16. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
-10 -8 -6 -4 -2 0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18 0.456
RL + Desired location of dominant pole (system being compensated):
Real Axis
ImaginaryAxis
zc
 Solução:
 Paso 2) a)Determinar novo tp;
 Paso 2) b) Para o pólo de MF ns
posição desejada, considerar a
soma dos angulos e calcular a
posição requerida para o zero
do PD!
)12(180)()(   ipscs
n
o
j
m
i


tan
)'(
'

 dc
d
z
w
α
New Tp=0.1998
New pole:
-8.0544 ± j 15.7221
17
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

17. -12 -10 -8 -6 -4 -2 0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
0.456
82.9456
97.4447
107.8218
90.1983
Contributing angles (system being compensated):
Real Axis
ImaginaryAxis
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Zc= -40.29
)12(180)()(   ipscs
n
o
j
m
i


tan
)'(
'

 dc
d
z
w
α= 18.0138o
New Tp=0.1998
New pole:
-8.0544 ± j 15.7221
18
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
 Solução:
 Paso 2) a)Determinar novo tp;
 Paso 2) b) Para o pólo de MF ns
posição desejada, considerar a
soma dos angulos e calcular a
posição requerida para o zero
do PD!

18. -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0 20
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
0.456
0.456
Tp=0.198
RL of system + PD (1st-stage design)
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
K
PD
= 7.9031
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Angle Contribution of each pole of the open loop system
p_1 = -10.0000 --> 83.2722^o
p_2 = -6.0000 --> 97.6401^o
p_3 = -3.0000 --> 107.9119^o
Sum of angular poles positions: 288.8242^o
Angle Contribution of each zero of the system
z_1 = -8.0000 --> 90.4634^o
Sum of total angular contributions: 198.3608^o
Final Resulting angle for the PD pole-zero: 18.3608^o
Position of PD zero: 39.6769^o
So... the PD controller:
ans =
(s+39.68)
Continuous-time zero/pole/gain model.
PD Controller + System:
Do a zoom over the area of interest and press any bottom to continue...
Select a point in the graphics window
19
Controlador PD:

19. Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
-70 -60 -50 -40 -30 -20 -10 0
0
10
20
30
0.456
Tp=0.20344
Root Locus
Real Axis
ImaginaryAxis
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PD:
3. Comprobando la respuesta transitoria,
respectando Tp, (diseño del PD – 1ª-
parte):
So... the PD controller:
ans = (s+39.68)
PD Controller + System:
Do a zoom over the area of interest and press any bottom to continue...
Select a point in the graphics window
selected_point = -8.9100 +15.8760i
K_pd = 7.9031
poles_pd =
-9.4109 +15.6246i
-9.4109 -15.6246i
-8.0813 + 0.0000i
Lazo cerado Sistema con PD:
ans =
7.9031 (s+39.68) (s+8)
--------------------------------
(s+8.081) (s^2 + 18.82s + 332.7)
Continuous-time zero/pole/gain model.
20

20. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PD:
3. Verificando a resposta transitória,
respeitando tp, (prjeto do PD – 1ª-parte):
21
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

21. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PD:
4. Projetando ol PI:
Localizando zero próximo da origem:
Neste caso, adotado:
s
cs
sC PI
PI
)(
)(


s
s
sCPI
)5.0(
)(


22
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

22. -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0 20
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
0.456
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PID:
4. Diseñando de PID completo:
Complete PID transfer function:
ans =
(s+39.68) (s+0.5)
-----------------
s
Continuous-time zero/pole/gain model.
s
ss
sCPID
)5.0)(92.55(
)(


23
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

23. -25 -20 -15 -10 -5 0 5
-5
0
5
10
15
20
25
30
0.456
Root Locus
Real Axis (seconds
-1
)
ImaginaryAxis(seconds
-1
)
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PID:
5. Sistema PID + Planta:
PID + Plant transfer function:
ans =
(s+39.68) (s+8) (s+0.5)
-----------------------
s (s+10) (s+6) (s+3)
Continuous-time zero/pole/gain model.
Do a zoom over the area of interest and press any bottom to
continue...
24
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.
k_PIDg = 7.7815

24. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PID:
-40 -30 -20 -10 0
0
5
10
15
20
25
30
35 0.456
Root Locus
Real Axis
ImaginaryAxis
25
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.6. Definindo ganho do Sistema PID + Planta:
k_PIDg = 7.7815
poles_PIDg =
-9.1104 +15.4946i
-9.1104 -15.4946i
-8.0881 + 0.0000i
-0.4726 + 0.0000i
Sistema PID + Planta, lazo cerrado:
ans =
7.7815 (s+39.68) (s+8) (s+0.5)
-------------------------------------------
(s+8.088) (s+0.4726) (s^2 + 18.22s + 323.1)
Continuous-time zero/pole/gain model.
>>

25. 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
t_g
t_pd
t_PIDg
Step Response
Time (seconds)
Amplitude
System: t_g
Peak amplitude: 1.02
Overshoot (%): 20.7
At time (seconds): 0.298
System: t_pd
Peak amplitude: 1.1
Overshoot (%): 17.8
At time (seconds): 0.171
System: t_PIDg
Settling time (seconds): 2.16
System: t_pd
Settling time (seconds): 0.414
)10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
-
Controlador PID:
7. Verificando resposta do
Sistema PID + Planta:
26
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

26. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
- s
ss
sCPID
)5.0)(92.55(6.4
)(


Controlador PID:
8. Diseño final:
K_PIDg=4.6
K1=259.5;
K2=128.6;
K3=4.6
s
K
K
s
K
K
sK
s
sKKsK
sK
s
K
KsC









 3
2
3
12
32
321
3
2
1)(
27
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

27. )10)(6)(3(
)8(


sss
sKR(s)
Y(s)E(s)+
- s
ss
sCPID
)5.0)(92.55(6.4
)(


Controlador PID:
 Comentários:
 PID melhor (anulou) erro estacionário
sem quase modificar a resposta
transitória projetada para controlador
PD.
 Desventagem?
 O controlador PID exibe uma resposta
mais lenta (ts=3 segundos). Se isto é
indesejável, a velocidade do sistema
pode ser aumentada mediante
reprojeto do PD ou movendo o zero do
PI para mais longe da origem.
28
Ex.: 9.5) Projetar um controlador PID para que o sistema opere com tempo de
pico 2/3 menor que o sistema não compensado com 20% de sobresinal
e erro nulo para entrada degrau.

28. R(s) Y(s)
E(s)+
-
K1
K2
s
G(s)
U(s)
Integrativo
Proporcional
K3s
+
Derivativo
29