ANÁLISE DE SISTEMAS DE CONTROLE
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA
Solução Parcial das Listas de Exercícios III e IV
Soluções da lista de exercício III1
Soluções da lista de exercício IV2
Outros Exercícios das Apostilas Resolvidos
Soluções da lista de exercício III
1.
i.
ii.
iii.
iv.
As Figuras 1-5 apresentam diagramas de Bode de malha aberta de diferentes processos.
Especificar a função de transferência de cada processo.
Para uma entrada do tipo r(t) = sen(100t), qual ou quais processos apresentarão a maior
amplitude no sinal de saída?
O diagrama de Bode da Fig. 3 é o único que apresenta uma fase positiva. Qual o significado
físico da fase positiva?
Qual dos diagramas de Bode abaixo representa uma função de transferência instável.
Fig. 1: Diagrama de Bode nº 1.
1
2
Exercícios revolvidos pelos alunos Rodrigo Nunes Conte e Rodrigo Scherer Correa
Exercícios revolvidos pelos alunos Rodrigo Nunes Conte e Rodrigo Scherer Correa
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1
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1° Passo: Função de transferência genérica.
Podemos observar graficamente que o gráfico do diagrama de bode inicia com uma declividade de
20db / década o que evidencia a existência de um Pólo na origem, observamos também que a curva
estabiliza na freqüência de w = 10rad / s daí podemos concluir a existência de um zero . Observe a fase
nesta freqüência é -45º e a magnitude 23 dB.
G1 ( s ) = k1
( s + 10)
s
2° Passo: Função de transferência p/r este caso.
Cálculo do ganho
Para determinar o ganho devemos escolher um ponto do diagrama de bode , por exemplo p/r a freqüência
de
w = 10 -1 rad / s temos um ganho de 60db
20 log10 G ( jw )
log10 G ( jw )
w = 0.1ad / s
w = 0.1rad / s
=
= 60db
60db
20
60
G ( jw )
w = 0.1rad / s
= 10 20
G ( jw )
w = 0 . 1 rad / s
= 1000 ® um ganho de
60db é equivalente a uma amplificação de 1000 vezes o
sinal de entrada
Existem duas maneiras de solucionar o problema uma é substituindo s por jw na função de transferência
genérica o que resultará em um função complexa cuja solução para uma dada freqüência w dará como
resultado um módulo
e um, ângulo de fase
Ð ° , como estamos interessados apenas no ganho ignoramos
a fase e teremos o módulo o qual igualaremos ao ganho encontrado (1000 p/r
solução da igualdade p/r a freqüência de
G1 ( jw ) = k1
G ( jw )
1000 =
w = 10 -1 rad / s ) e a
w = 10 -4 rad / s dará o K que satisfaz a igualdade.
( jw + 10)
jw
w = 0.1rad / s
= k1
(0.1 j + 10) k
0.1 j
(0.1 j + 10)
0.1 j
1
k = 10
Como interessa somente o módulo temos que K=10, logo
G1 ( s ) = 10
( s + 10)
s
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2
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Para verificar a validade da função de transferência aproximada, usa-se o matlab,
» bode([10 100],[1 0])
Outro modo de resolver:
( + fácil )
Como estamos interessados apenas no módulo, e sabendo que o módulo de um número complexo é dado
por
Re 2 + Im 2 podemos aplicar esta propriedade a cada um dos fatores de G1 ( s ) .
G1 ( jw ) = k1
( jw + 10)
\
jw
10 2 + (0.1)
2
G1 ( jw )
w = 0.1rad / s
= k1
(
0 2 + 0.12
)
10 2 + (0.1)
2
1000 = k1
k1 = 10
(
0 2 + 0 .1 2
)
Fig. 2: Diagrama de Bode nº 2.
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3
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G2 ( s) = k 2
( s + 10)
( s + 1)
20 log10 G ( jw )
log10 G ( jw )
w = 0.1ad / s
=
w = 0.1rad / s
= 20db
20db
20
20
20
G ( jw )
w = 0.1rad / s
= 10
G( jw)
w =0.1rad / s
= 10
® um ganho de
20db é equivalente a uma amplificação de 10 vezes o sinal
de entrada
10 = k 2
(0.1)2 + 10 2
(0.1)2 + 12
K2 » 1
G2 ( s) =
( s + 10)
( s + 1)
Para verificar a validade da função de transferência aproximada, usa-se o matlab,
» bode([1 10],[1 1])
Fig. 3: Diagrama de Bode nº 3.
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4
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G3 ( s ) = k 3
(s + 1)
(s + 10)
20 log10 G ( jw
w = 0.1rad / s
G ( jw
= 0.1
w = 0.1rad / s
0.1 = k 3
12 + (0.1)
= -20db
2
10 2 + (0.1)
2
k3 = 1
G3 ( s ) =
(s + 1)
(s + 10)
Fig. 4: Diagrama de Bode nº 4.
G4 ( s) = k 4
1
(s + 10)
20 log10 G ( jw
w = 0.1rad / s
= 0db
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5
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1 = k4
1
10 2 + (0.1)
2
k 4 = 10
G4 ( s ) = 10
1
(s + 10)
Fig. 5: Diagrama de Bode nº 5.
O sobre-sinal mostra que ocorre ressonância na freqüência de w = 10rad / s e inversão de fase de 180°
na mesma freqüência denuncia a presença de um pólo complexo em w = 10rad / s .
1
® Ganho equivalente a amplitude do pico.
2x
G ( jw =
w r = freqüência de ressonância
w r = 10
G5 ( s ) =
v r2
s 2 + 2xw r + w r2
20 log10 G ( jw
w =10 rad / s
= 14db
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6
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G ( jw
5.01 =
w =10 rad / s
= 5.01
1
2x
G5 ( s ) =
x = 0 .1
100
s + 2 s + 100
2
ii. A maior amplitude de saída para uma entrada de r (t )
ganho de
20db .
= sen (100t ) é dada por G1 ( s ) que dará um
iii. O sinal saída está adiantado em fase em relação ao sinal de entrada.
iv. G1 ( s ) representa um sistema instável para uma entrada do tipo degrau pois possui um pólo em s = 0.
2.
Um determinado sistema tem a função de transferência senoidal descrita pela equação 1. Sabese para a freqüência w =100 rad/s, a magnitude do diagrama de Bode é de 0dB.
G ( jw ) = K
i.
ii.
iii.
iv.
( jw + 1)(0.0001 jw + 1)
(01
. jw + 1)(0.001 jw + 1)
(1)
A função de transferência completa, descrita em s.
O valor do ganho K
Esboce o diagrama de Bode do sistema descrito pela eq. 1.
Quais são as diferenças entre a função de transferência senoidal, descrita pela equação 1 e a
encontrada no item i.
Fig. 6: Diagrama de Bode do sistema descrito pela equação (1).
ii.
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7
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100 2 + 1 100 2 + 10000 2
G ( jw
w =100 rad / s
= k
G ( jw
w =100 rad / s
= 9.9019k
20 log10 9.9019k = 0db
100 2 + 10 2 100 2 + 1000 2
k = 0.10099
i.
G ( s ) = 0.10099
( s + 1)( s + 10000)
( s + 10)( s + 1000)
0.10099s 2 + 1010s + 1009.9
G (s) =
s 2 + 1010s + 10000
comando do Matlab para visualizar o diagrama de Bode:
bode ( [0.10099 1010 1009.9], [1 1010 1000] )
iv. A função de transferência descrito pela eq.1 é um caso particular daquela encontrada no item i. , a
função de transferência descrita por eq.1 é válida para entradas do tipo sinal senoidal e fornece a resposta
do sistema em regime permanente.
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8
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3.
Baseado no diagrama de Bode apresentado na Figura 7, identifique a função de transferência
do sistema.
Bode Diagrams
20
0
)
B
d(
e
d
ut
i
n
g
a
M
);
g
e
d(
e
s
a
h
P
-20
-40
200
100
0
-100
-200
-1
10
0
1
10
10
2
10
3
10
Frequency (rad/sec)
Fig. 7: Diagrama de Bode do sistema a ser identificado.
m
G ( jw ) = k
Õ
( zi ) 2 + w 2
Õ
( p j )2 + w 2
i =1
n
j =1
20 log10 G ( jw ) = 20 log10
G ( jw ) =
1
2x
Y ( jv )
decibeis
U ( jv )
G ( jw ) w =100 rad / s = 6.309
20 log10 G ( jw ) w =100 rad / s = 16db
6.309 =
1
2x
x = 0.07924
w r = 100rad / s
Como o sistema começa com uma fase de 180º e vemos que não ocorre nada com o ganho até que se
chegue a freqüência de 100rad/s vemos que trata-se de um sistema de fase não mínima onde temos um
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Zero a direita e um pólo a esquerda espelhos tal que a contribuição em módulo de cada um deles se anule
e a contribuição em fase do pólo subtraia a do Zero.
G (s) ' =
G (s) =
100 2
s 2 + 2(0.07924)(100 ) + 100 2
(s - 1)
10000
(s + 1) s 2 + 15.84s + 10000
Soluções da lista de exercício IV
13. Considere o diagrama de blocos de um processo apresentado na Figura 8. Dado o Lugar
Geométrico das Raízes deste processo, apresentado na Figura 9, determinar:
i.
ii.
iii.
iv.
v.
vi.
Qual a faixa de valor do ganho K para que este sistema seja estável?
Qual é o valor do ganho K para que o sistema apresente uma oscilação senoidal sustentada na
saída? Qual a freqüência da oscilação apresentada?
Qual é o valor da maior freqüência natural amortecida ( wd ) , qual o valor do ganho K para
ocorrer esta freqüência?
Qual é o valor do ganho K para os pólos de malha fechada se encontrarem na posição P1
assinalada no gráfico.
Qual é o tempo de estabilização e o sobresinal esperado quando os pólos de malha fechada se
encontrarem na posição P1 assinalada no gráfico.
A faixa de valores do ganho K > 0 em que o sistema não apresenta raízes complexas;
R(s)
U(s)
E(s)
+
K
-
s+ 2
s(s - 2)
Y(s)
Fig. 8: Processo cujo LGR é apresentado na Figura 9.
a.
Aplicando-se o critério da estabilidade de Routh-Hurwtz:
Y ( s)
k ( s + 2)
=
R( s ) s ( s - 2) + k ( s + 2)
logo,
Q( s ) = s 2 + (k - 2) s + 2k = 0
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s2
s1
s0
1
2k
(k - 2) 0
2k
0
P/r que o sistema possua todos os pólos localizados no semi- plano esquerdo de s
(condição de estabilidade) , os elementos que compõem a primeira coluna da
matriz deverão apresentar o mesmo sinal
( k - 2) > 0
K >2
b.
p/r que o sistema apresente uma oscilação senoidal sustentada o coeficiente de
amortecimento ( x ) deve ser NULO, pois fazendo x = 0 em
4
Þ t s = ¥ , isto
xv n
ocorre na origem do plano s.
G (s) H ( s) = k
1= k
(-2) 2 + 2 2
2 22 + 22
(-2) 2 + 2 2
2 22 + 22
p/r que o ponto de teste pertença ao LGR G ( s ) H ( s )
=1
k=2
iii. A maior freqüência natural amortecida w d = w n 1 - x
2
ocorre no ponto de teste ‘s’
conforme nos mostra a figura abaixo em que v d =2.8 rad/s.
Fig 9: LGR do diagrama de blocos da Fig. 8.
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k=
4 2 + 2.8 2 - 2 2 + 2.8 2
2.8
k=6
iv.
k=
42 + 22 62 + 22
2 2 + -2 2
k = 10
v.
w n = - 4 2 + ( -2 ) 2
w n = 4.47
xw n = -4
t s (2%) =
Mp = e
-
x = 0.894
4
xw n
x
1-x 2
p
t s = 1s
Mp = 1.89 * 10 -3
vi.
Se analisarmos o movimento dos pólos em malha fechada a medida que se aumenta o ganho k
como é representado na figura acima calculamos o ganho no ponto a partir do qual a função
de transferência passa a ter pólos complexos então temos:
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k=
(0.8)(1.2)
0 < k < 0.342
2.8
Calculamos o ganho no ponto a partir do qual a função de transferência deixa de ter pólos
complexos temos:
k=
(4.8)(6.8)
2.8
k > 11.6571
(0 < k < 0.342) U (k > 11.6571)
Fazendo
G (s) =
dG ( s )
=0
d
(s + 2 )
(s
(
2
- 2s
)
)
(
ds æç s 2 - 2s ×1 - (s + 2) × (2s - 2) ö÷
=0
2
÷
d ç
s 2 - 2s
è
ø
)
ds
= s 2 - 2s - 2s 2 - 4 s + 2s + 4 = 0
d
ds
= - s 2 - 4s + 4 = 0
s
Cujas raízes são:
s1 = 0,828 e
s 2 = -4,828
Deve-se observar que na faixa de 0 < K < 0.342apesar da função de transferência de malha
fechada ter pólos reais, o sistema é instável pois os pólos são positivos.
14. O sistema apresentado na Figura 10 representa um sistema de controle de posição operando em
malha-fechada onde é utilizado um controlador do tipo proporcional com ganho K.
R(s)
E(s)
+
U(s)
K
-
10(s + 2)
s(s + p)(s2 + 2s + 4)
Y(s)
Fig. 10: Sistema de terceira ordem operando em malha-fechada.
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i.
Para p = 4, traçar o LGR completo do para este sistema destacando todos os pontos relevantes.
Os pontos relevantes consistem:
a.
b.
c.
O traçado das assíntotas.
A determinação dos pontos de ramificação (entrada e saída) e seus respectivos ganhos.
Os ângulos de partida dos pólos complexos em malha aberta e nos ângulos de chegada
nos zeros complexos em malha aberta.
O ganho critico, e a localização dos pólos em malha fechada para este ganho.
O desenho completo do LGR.
d.
e.
Obs: Só devem ser feitos os itens necessários em função do sistema de controle em questão.
ii.
iii.
Se p = 10, o ganho critico aumenta ou diminui? Justifique sua resposta.
Qual é o erro de regime de saída deste sistema?
a.
Para um sinal de entrada do tipo degrau unitário.
b.
Para um sinal de entrada do tipo rampa
i.
(a) Traçado das assíntotas:
g =
± (1 + 2h)180 o
n-m
g =
180 o
= 60 o
3
s0 =
onde h= 0,1,2,3...
g =
n
n
i =0
i =0
540 o
= 180 o
3
å Re( pi ) - å Re( zi )
n-m
s0 =
g =
900 o
= -60 o
3
(-1 - 1 - 4) - (-2)
= -1
4 -1
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14
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Obs.: O centróide pode estar em qualquer lugar no eixo real não sendo necessário o centróide pertencer ao
LGR.
(b) pontos de ramificação:
dG ( s ) H ( s )
=0
ds
ö
d ( s) æ
10( s + 2)
çç
÷=0
2
d è s ( s + 4)( s + 2s + 4) ÷ø
7 s 3 + 54s 2 + 48s + 32
(7s
3
+ 12s 2 + 16s
)
2
=0
7 s 3 + 54 s 2 + 48s + 32 = 0
G (s) =
raízes; - 0.45444 ± 0.68206 j
e - 6.805
10 s + 20
s + 6 s 3 + 12 s 2 + 16 s
4
→Não há pontos de ramificação
(c) Ângulo de partida dos pólos complexos a malha aberta:
cos f1 =
Ca
Hip
cos f1 = 0.4472
cos f1 =
1
2
1 + 22
f1 = 63.43 °
q 1 = 90 °
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15
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cos q 2 =
3
2
3 +2
2
cos q 2 = 0.8320
q 2 = 33.69 °
63.43 ° - 90 ° - 33.69 ° = -60.26 °
(d)
Y (s)
K10(s + 2)
=
2
R ( s ) s(s + 2) s + 2s + 4 + k10(s + 2)
(
)
Q( s ) = s 4 + 6 s 3 + 12s 2 + s (16 + 10k ) + 20k = 0
s4
1
12
20k
s3
6
6(12 ) - 1(16 - 10k )
6
- 100k 2 - 320k + 896
56 - 10k
16 + 10k
6(20k ) - 0(12 )
6
0
0
/
/
s
2
s1
56 - 10k ³ 0
k ³ 5.6
æ - 100k 2 - 320k + 896 ö
ç
÷³0
ç
÷
k
56
10
è
ø
-4.99 £ k £ 1.79
Ganho crítico K=1.79
Y (s)
K10(s + 2)
=
R ( s ) s (s + 2) s 2 + 2s + 4 + (1.79 )(10 )(s + 2)
(
)
Y (s)
K10(s + 2)
= 4
3
R( s ) s + 4s + 8s 2 + 25.9s + 3.58
Pólos de Malha fechada:
-0.1442 , ±2 j e -3.67
(e)
Comando do Matlab:
rlocus ( [10 20],[1 6 12 16] )
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ii.
Fazendo p=10
Y (s)
K10(s + 2)
=
R( s ) s (s + 10 ) s 2 + 2 s + 4 + k10(s + 2 )
(
)
Y (s)
K10(s + 2 )
= 4
3
R ( s ) s + 12 s + 24 s 2 + (40 + 10k )s + 20k
s4
s3
s2
s1
1
12
12(24 ) - 1(40 + 10k )
12
- 100k 2 - 392k + 9920
248 - 10k
24
20k
40 + 10k
0
12(20k ) - 0(1)
0
12
/
/
248 - 10k ³ 0
k £ 24.8
-12.11 £ k £ 8.19
æ - 100k 2 - 392k + 9920 ö
ç
÷³0
ç
÷
k
248
10
è
ø
Ganho crítico K=8.19
→ O Ganho crítico aumenta
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iii.
Erro p/r sinal tipo degrau unitário:
æ
ö
K10(s + 2)
÷=¥
Kp = limçç
s ®0 s(s + 2 ) s 2 + 2 s + 4 + k10(s + 2) ÷
è
ø
(
Erro =
)
1
= 0 Para 0 < K < 24.8
1+ K p
Erro = ¥ para K > 24.8
Erro p/r sinal tipo rampa:
æ
ö K 20 1
K10(s + 2)
÷÷ =
=
K v = lim sçç
2
s ®0
(
)
(
)
+
+
+
+
+
s
s
2
s
2
s
4
k
10
s
2
è
ø K160 8
(
Erro =
)
1
= 8 Para 0 < K < 24.8
Kv
Erro = ¥ para K > 24.8
15. Considerando o diagrama de blocos de um processo apresentado na Figura 11, onde n = 0,
determinar:
i.
ii.
iii.
iv.
v.
Qual é a faixa de valor do ganho K para que este sistema seja estável?
Qual é o valor do ganho K para que o sistema apresente uma oscilação senoidal sustentada na
saída? Qual a freqüência da oscilação apresentada?
Qual é o erro de regime do sinal de saída y(t), para uma entrada do tipo degrau unitário? \
Qual deve ser o valor de n para o sistema ter erro de regime nulo para uma entrada do tipo
degrau unitário?
\
Quais são as condições necessárias para aplicar as constantes de erro de regime (Kp, Kv, Ka)
para obter diretamente o erro de regime do sinal de saída y(t)?
\
R(s)
E(s)
+
U(s)
K
-
10
s n ( s + 1)( s + 2) 2
Y(s)
Fig. 11: Diagrama de blocos de um sistema de controle.
i.
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18
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Y ( s)
10k
= 3
2
R( s ) s + 5s + 8s + (10k + 4)
s3
s2
s1
s0
1
5
36 - 10k
5
4 + 10k
8
0
(4 + 10k ) 0
/
/
/
/
36-10k > 0
36>10k
k<3.6
4+10k>0
K>-4/10
ii.
p/r k=3.6
-4
£ k £ 3.6 ® p/r que o sistema seja estável
10
Y ( s)
36
= 3
2
R( s ) s + 5s + 8s + 40
raízes do denominador: ± 2.83 j e - 5
logo : w n = 2.83rad / s
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19
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iii.
kp = lim G ( s )
kp =
s ®0
10k
= 2 .5 k
( s + 1)( s + 2) 2
e(¥ ) =
1
1 + 2 .5 k
Verificar a estabilidade
iv.
æ 1
ö
10k
÷÷ = y (¥)
l im çç s n
2
s ®0
è s s ( s + 1)( s + 4s + 4) + 10k ø
æ Y ( s ) ö 10k
÷=
=1
s ®0 R ( s ) ÷
è
ø 10k
n=1 pois n=1 na função de transferência de malha fechada tem-se que limçç
logo: Erro = 1 - Y (¥)
Erro = 1 - 1 = 0 Verificar a estabilidade
16. O sistema apresentado na Figura 12 representa um sistema de controle operando em malhafechada onde é utilizado um controlador do tipo proporcional com ganho K.
R(s)
E(s)
+
U(s)
K
-
( s + 4)
s ( s + 2)( s + 10)
Y(s)
Fig. 12: Sistema de terceira ordem operando em malha-fechada.
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20
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i.
Traçar o LGR completo do para este sistema destacando todos os pontos relevantes. Os pontos
relevantes consistem:
a.
b.
c.
d.
e.
O traçado das assíntotas.
A determinação dos pontos de ramificação (entrada e saída) e seus respectivos ganhos.
Os ângulos de partida dos pólos complexos em malha aberta e nos ângulos de chegada nos
zeros complexos em malha aberta.
O ganho critico, e a localização dos pólos em malha fechada para este ganho.
O desenho completo do LGR.
Obs: Só devem ser feitos os itens necessários em função do sistema de controle em questão.
ii.
Qual a faixa de valores do ganho K, para o sistema não apresentar sobresinal na resposta
temporal y(t)?
iii.
Quais são as condições necessárias para um ponto qualquer do plano s ser uma solução
possível c dos pólos em malha fechada do sistema apresentado na Fig. 20?
i.
(a.)
Traçado das assíntotas:
s0 =
g
n
m
i =1
l =1
å Re( pi ) - å Re(z l )
n-m
(
1 + 2h )180 °
=±
n-m
g =±
→ determinação do centróide
(-2 - 10) - (-4) = -4
s0 =
2
180 °
= ±90°
2
(b.) Os pontos onde a derivada da função de transferência é igual a zero são os pontos de entrada e saída do
Lugar Geométrico das Raízes (LGR).
(
)
(
s 3 + 12 s 2 + 20 s 1 - (s + 4) 3s 2 + 24 s + 20
d æ
s+4
ö
=
=
0
ç 3
÷
2
ds è s + 12 s 2 + 20 s ø
s 3 + 12 s 2 + 20 s
(
)
)
Os valores que anulam a derivada são as raízes da equação do numerador:
= s 3 + 12s 2 + 48s + 40 = 0
Raízes:
-1.11 → é ponto de saída do LGR
-5.44 ± 2.49 j → Não é ponto de entrada/saída do LGR
Ganho no ponto de saída do LGR.
k=
(2 - 1.1155)2 + 0 0 (1.1155)2 + 0 2
(4 - 1.1155)2 + 0 2
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21
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k = 2.0342
(c.) Caso houvessem pólos complexos a seguinte equação daria o ângulo no ponto de partida:
Caso houvessem zeros complexos o ângulo no ponto de chegada ao zero complexo seria dado pela mesma
equação.
(d.) Função de transferência de malha fechada:
Y (s)
k (s + 4 )
=
R ( s ) s (s + 2 )(s + 10 ) + k (s + 4)
Q( s ) = s 3 + 12 s 2 + (k + 20 )s + 4k = 0
De acordo com o critério da estabilidade de Routh-Hurwitz para que um sistema seja estável a primeira
coluna da matriz deve possuir o mesmo sinal.
s3
s
2
s
1
s0
1
k + 20
12
12(k + 20 ) - 4k
12
4k
4k
12k + 240 - 4k > 0
0
0
e 4k > 0
Logo o sistema é sempre estável para K > 0.
i.
Para que a variável de saída não apresente sobresinal x > 1 , ou seja os pólos devem ser reais.
Logo : 0 < k < 2.0342
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22
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iii. kG ( s ) H ( s ) = 1
» rlocus([1 4],[1 12 20 0])
20
15
10
5
si
x
A
g
a
m
I
0
-5
-10
-15
-20
-20
-15
-10
-5
0
Real Axis
5
10
15
20
17. Especifique a função de transferência G(s) para que a resposta temporal y(t) de um sistema de
controle definido pela Figura 13 seja igual a resposta temporal mostrada pela Figura 14.
i.
A função de transferência G(s) deve ser de segunda ordem, possuir pólos reais e o sistema não
deve apresentar erro em regime quando submetido a uma entrada do tipo degrau. A entrada
u(t) para gerar a Figura 14 é do tipo degrau unitário.
ii.
Qual é a função de transferência de malha fechada. Calcule o tempo de estabilização utilizando
os parâmetros da função de transferência de malha fechada.
iii.
Qual é o erro de regime para a função de transferência encontrada no item i, para uma entrada
do tipo rampa unitária.
Fig. 13: Sistema de controle.
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23
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Fig. 14: Resposta temporal do sistema de controle da Fig. 21 para uma entrada do tipo degrau.
ii.
Mp = e
ln (0.2 ) =
æ x
-çç
2
è 1-x
æ x
- çç
ç 1-x 2
ln e è
t s (2%) =
0 .6 =
ö
÷p
÷
ø
0 .2 =
ö
÷p
÷÷
ø
æ x
- çç
ç 1-x 2
e è
ö
÷p
÷÷
ø
æ
x
ç
ln (0.2) = ç ç
1-x 2
è
ö
÷
÷÷p
ø
x = 0.4559
4
xw n
4
(0.4559 )w n
w n = 14.62rad / s
w n2
Y (s)
→ Função de transferência de Malha Fechada
= 2
R ( s ) s + 2xw n s + w n2
Y (s)
(14.62)2
=
R ( s ) s 2 + 2(0.4559 )(14.62 )s + (14.62 )2
iii. erro infinito
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24
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18. Considere o sistema de controle da Figura 15, com a função de transferência G(s) dada pela
eq. 2.
Fig. 15: Sistema de controle realimentado.
G(s) =
i.
K(s 2 + 2s + 101)
s(s + 2)(s + 4)(s + 20)
(2)
Traçar o LGR completo do para este sistema destacando todos os pontos relevantes. Os pontos
relevantes consistem:
a.
O traçado das assíntotas.
b.
A determinação dos pontos de ramificação (entrada e saída) e seus respectivos ganhos.
c.
Os ângulos de partida dos pólos complexos em malha aberta e nos ângulos de chegada
nos zeros complexos em malha aberta.
d.
O ganho critico, e a localização dos pólos em malha fechada para este ganho.
e.
O desenho completo do LGR.
Obs: Só devem ser feitos os itens necessários em função do sistema de controle em questão.
ii.
Determinar a faixa de ganho K que o sistema é estável.
i.(a)
m
n
å Re( p ) - å Re(z )
l
i
s0 =
i =1
l =1
s0 =
(0 - 2 - 4 - 20 ) - (- 1)(- 1) = -12
n-m
(1 + 2h )180 ° g = ± 180 ° = ±90 °
g =±
2
n-m
2
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(b)
=
ö
ds æ
s 2 + 2s + 101
÷=0
çç 4
3
2
s è s + 26s + 128s + 160s ÷ø
(s
4
)
(
)(
+ 26s 3 + 128s 2 + 160 (2s + 2) - s 2 + 2 s + 101 4s 3 + 78s 2128s + 160
(s
4
+ 26s 3 + 128s 2 + 160
)
2
)
Os valores que tornam a derivada nula são as raízes do numerador:
s 5 + 16 s 4 + 254 s 3 + 3987 s 2 + 12928s + 8080 = 0
Raízes: -0.8238 ® Ö ok
-3.10® / Não
-13.8197®/ Não
0.8766±15.0801 j®Ö ok
n
Õp
i
k=
i =1
m
Õz
l
l =1
Os zeros não se deslocam os pólos é que se deslocam em direção aos zeros portanto teremos somente um
ângulo de chegada nos zeros complexos em malha aberta.
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26
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k=
(0.82)(2 - 0.82)(4 - 0.82)(20 - 0.82) = 5.9
( (1 - 0.82 + 10 ))
2
2
2
(c) Ângulo de partida:
cosq1 =
Ca
Hip
cosq 1' =
q1 = 180° - 84.28°
cos q 2 =
cos q 3 =
cos q 4 =
1
2
2
2
2
2
10 + 19
10 + (- 1)
2
q1' = 84.28°
q1 = 95.71
q 2 = 84.28°
10 + 1
3
10 + 3
19
1
2
q 3 = 73.3°
2
q 4 = 27.75°
q 5 = 90
- 191.04°
(e) Desenho completo do LGR:
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27
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19. Considere o diagrama de blocos de um processo apresentado na Figura 16. A função de
transferência G(s) é:
s 2 + 4s + 104
G( s ) =
s( s + 2 )( s + 4 )
Dado o Lugar Geométrico das Raízes deste processo, apresentado na Figura 17, determinar:
i.
ii.
iii.
iv.
v.
(3)
O ganho K para que os pólos deste sistema estejam localizados na posição marcada.
( aproximadamente -1±j10);
A faixa de valores do ganho K > 0 em que o sistema apresenta comportamento estável;
A faixa de valores do ganho K > 0 em que o sistema não apresenta raízes complexas;
Qual o maior percentual de sobresinal que pode ocorrer na resposta temporal y(t) para uma
entrada do tipo degrau unitário, para K > 0.
Qual o erro de regime deste sistema para uma entrada do tipo degrau unitário.
Fig. 16: Processo cujo LGR é apresentado na Figura 17.
Fig. 17: LGR de um sistema de controle da Figura 16.
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Obs.: Notar que o eixo das abscissas do LGR da Figura 17 não esta na mesma escala que o eixo das
ordenadas.
i.
10 2 + 3 2 10 2 + 12 10 2 + 1
k=
1 12 + 20 2
(
k = 52.66
)
Y ( s)
k s 2 + 4s + 104
=
R( s ) s (s + 2)(s + 4) + k s 2 + 4 s + 104
ii.
(
Q( s ) = s + s (k + 6) + s (4k + 8) + 104k
3
s3
s2
s1
s0
)
2
1
(k + 6)
(4k 2 - 72k + 48)
(k + 6)
104k
(4k + 8)
104k
0
0
/
/
/
/
(- 6 £ k £ 0.6933) È (17.31 £ k )
iii. k =
1 ×1 × 3
10 2 + 12
k = 0.03
iv.
Mp = e
æ x
-çç
2
è 1-x
ö
÷p
÷
ø
e 0 = 1 = Mp máximo
Mp = 100% → x somente será ZERO quando um dos pólos de malha fechada estiver localizado na
origem
1
k (s 2 + 4 s + 104)
=1
v. lim s
s ®0
s s(s + 2)(s + 4) + k (s 2 + 4s + 104)
Erro = 1 - y (¥) = 1 - 1 = 0
Outra maneira de fazer:
s 2 + 4s + 104
=¥
s ® 0 s (s + 2 )(s + 4 )
k p = l im
Erro =
1
1
=
=0
1+ k p 1+ ¥
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Outros Exercícios das Apostilas Resolvidos
1. Considerando o diagrama de Bode apresentado na Figura 18 determinar:
i.
ii.
iii.
A função de transferência do processo:
O sinal de saída do processo considerando como sinal entrada r(t) = 10 sen 40t;
O sinal de saída do processo considerando como sinal entrada r(t) = 10 sen 20000t;
Bode Diagrams
0
)
B
d(
e
d
ut
i
n
g
a
M
);
g
e
d(
e
s
a
h
P
-50
-100
200
150
100
50
0
1
10
2
10
3
4
10
10
5
10
Frequency (rad/sec)
Fig. 18: Diagrama de Bode do processo a ser identificado.
i.
1°Passo: Calculo do ganho onde ocorre o pico no gráfico
.
G ( jw )
w = 40 rad / s
20log10 G ( jw )
= 2x
Þ Ganho onde ocorre o pico
w =40 rad / s
log10 G ( jw ) w = 40 rad / s =
= -20db
- 20db
20
Note que o pico p/r baixo evidencia a existência de um zero duplo na
freqüência de 40rad/s, se fosse um pólo duplo teríamos
G ( jw ) =
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1
2x
e o pico seria p/r cima.
30
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G ( jw ) w =40 rad / s = 10
-20
20
2x = 0.1
x = 0.05
2° Passo: Esboço da G(s)
Função de transferência do processo:
G (s) = k
s 2 + 2xw r s + w r2
(s + p )2
Sabe-se que
w r = freqüência de ressonância ® = freqüência onde ocorre o pico w r = 40rad / s .
Note que na freqüência w = 4000rad / s o gráfico que vinha subindo a razão de 40db/década estabiliza
portanto conclui-se que hà um pólo duplo em w = 4000rad / s .
(s + 4000)2 = s 2 + 8000 s + 16000000
G (s) = K
s 2 + 4s + 1600
s 2 + 8000s + 16000000
Substituindo-se s por
G ( jw ) = k
jw na equação acima, tem-se
( jw ) 2 + 4 jw + 1600
jw 2 + 8000 jw + 16000000
Como se trata de uma função complexa para uma dada freqüência
módulo
e um ângulo de fase
(Ð ) .
w teremos como resultado um
°
3° Passo:
Encontrar o ganho K, para isso deveremos escolher algum ponto do diagrama de bode, por exemplo se o
ponto encolhido for w = 10rad / s veremos no diagrama de bode que este apresenta um ganho de
- 80db
20 log10 G ( jw )
log10 G ( jw )
w =10 rad / s
w =10 rad / s
=
= -80db
- 80db
20
-80
G ( jw )
w =10 rad / s
= 10 20
G ( jw )
w =10 rad / s
= 10 -4
Substituindo na função acima:
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31
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10
-4
2
j10) + 40 j + 1600
(
=k
( j10)2 + 80000 j + 16000000
(1500.53, Ð1.53 )
Resolvendo a equação do denominador tem-se (16000100, Ð0.29 )
°
Resolvendo a equação do numerador tem-se
°
10 - 4 = k
1500.53
16000100
G ( jw ) = 1.07
G ( s ) = 1.07
k = 1.07 » 1
( jw ) 2 + 4 jw + 1600
jw 2 + 8000 jw + 16000000
s 2 + 4s + 1600
s 2 + 8000s + 16000000
Comando do Matlab:
» bode([1.07 4.28 1712],[1 8000 16000000])
B ode Diagram s
50
P hase (deg); M agnitude (dB)
0
-50
-100
200
150
100
50
0
1
10
10
2
10
3
10
4
10
5
Frequenc y (rad/sec )
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32
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Outra forma de resolver:
Como o que nos interessa é apenas o módulo
°
ignorando o ângulo de fase ( Ð ) , para um número complexo sabemos que o módulo é dado
módulo
por
G ( jw ) podemos resolver G ( jw ) somente em função do
Re 2 + Im 2 .
Escrevendo G ( jw ) na forma fatorada teremos uma função do tipo:
G ( jw ) = k
( jw + z1 )( jw + z 2 )L ( jw + z n )
( jw + p 2 )L ( jw + p m )
Re 2 + Im 2 para cada fator da função G ( jw )
onde podemos aplicar a propriedade do módulo
representada acima o que resultaria no seguinte
w 2 + z12 w 2 + z 22 L w 2 + z m2
G ( jw = k
w 2 + p12 w 2 + p22 L w 2 + pn2
Note através do gráfico do LGR que a fórmula é o quociente
entre o produto das distâncias de cada um dos zeros a
freqüência w considerada pelo produto dos pólos.
ou
m
Õ (z )
2
+w 2
i
G ( jw ) = k
i =1
n
Õ (p )
2
j
+w 2
j =1
Zeros de G (s ) : - 2 ± 39.95
Pólos de G (s ) : - 4000
10
-4
=k
- 4000
(39.95 - 10)2 + 10 2 (- 39.95 - 10)2 + 10 2
æç
è
ii.
(- 4000) + 10 ö÷
ø
2
2
2
k = 0.9947 » 1.
r (t ) = 10 sen 40t
r (t ) = A sen wt
20 log10 G ( jw )
log10 G ( jw )
G ( jw )
w = 40 rad / s
w = 40 rad / s
= -100db
w = 40 rad / s
= 10
=
100
- 100
20
20
G ( jw ) w = 40 rad / s = 10 -5
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y (t ) = 10 -5 sen 40t
33
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iii.
r (t ) = 10 sen 20000t
r (t ) = A sen wt
20 log10 G ( jw )
log10 G ( jw )
G ( jw )
w = 20000 rad / s
=
w = 20000 rad / s
w = 20000 rad / s
= 10 0
= 0db
0
20
G ( jw ) w = 20000 rad / s = 1
y (t ) = 10 sen 20000t
2.
O diagrama de Bode apresentado na Figura 19 é de um sistema de 2º ordem. A função de
transferência deste sistema é definido pela equação 3.
G( s) =
Determinar:
i.
O valor da freqüência natural
K × w n2
wn .
O fator de amortecimento x .
O ganho K.
O que acontece com o sinal de saída este sistema se for imposto que
ii.
iii.
iv.
(3)
s 2 + 2xw n s + w n2
x = 0.
Fig. 19 : Diagrama de Bode utilizado no exercício 2.
ii.
Em
w entrada = w resonância ® G ( jw r =
1
2x
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34
ANÁLISE DE SISTEMAS DE CONTROLE
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA
w r2
G (s) = 2
s + 2xw r s + w r2
w r = 100rad / s
20 log G ( jw )
G ( jw )
w =100 rad / s
w =100 rad / s
1
= 5.0011
2x
= 14db
= 5.0011
x = 0.1
2xw n = 2(0.1)(100) = 20
G (s) = k
10000
2
s + 20 s + 10000
Como o ganho DC pode ser obtido do diagrama de Bode, ou seja:
20 log G ( jw )
G ( jw )
w = 0.1rad / s
w = 0.1rad / s
= 20db
= 10
Ganho DC = lim s ®0
K10000
= K logo K =10
s + 20 s + 10000
2
G ( s ) = 10
10000
s + 20 s + 10000
2
3. Considere o seguinte sistema de controle:
R(s)
+
E(s)
K
U(s)
1/s(s+10)
Y(s)
_
Fig. 20: Sistema de controle
i.
ii.
iii.
Determinar o valor de K do controlador para que o sistema operando em malha-fechada
apresente a resposta temporal apresentada na Fig. 21, quando a entrada é um degrau unitário.
Para qual a faixa de ganho K em que a resposta temporal y(t) não apresenta sobresinal.
Qual o erro de regime deste sistema para uma entrada do tipo rampa unitária?
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Step Response
1.4
1.2
Amplitude
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Time (sec.)
Fig. 21: Resposta temporal do sistema apresentado na Figura 20.
i. Função de transferência de malha fechada:
k
Y ( s)
s ( s + 10)
=
k
R(s)
1+
s ( s + 10)
æ ln (Mp ) ö
x=ç
÷
è p ø
2
Y ( s)
K
=
R( s ) s ( s + 10) + k
x
x =
1+ x
2
x =
0.262
1 + 0.262
x = 0.4559
x = 0.262
t s (2% ) = 0.8 =
æ ln (0.2 ) ö
x=ç
÷
è p ø
4
0.4559w n
w n = 11rad / s
Y ( s)
121
= 2
R( s ) s + 10s + 121
Comparando-se com a equação genérica conclui-se que a função de transferência de malha aberta concluise que o ganho k = 121 .
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ii.
Comando do Matlab:
rlocus([1],[1 10 0])
Baseado no diagrama do lugar das raízes LGR podemos concluir que o sistema não apresentará sobresinal
enquanto os pólos de malha fechada forem somente de natureza real.
k=
5 .5
= 25
1
0 £ k £ 25
iii.
k v = lim s
s ®0
ERRO =
1
k
= 0.1
s s (s + 10)
1
1
10
=
=
k v 0.1k k
20
15
10
Imag Axis
5
0
-5
-10
-15
-20
-20
-15
-10
-5
0
Real Axis
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5
10
15
20
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