Exercício
K ( s  5)
G s  
s  1  j s  1  j s  2s  4
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Eboce o Lugar das Raízes para K variando de zero até infinito.
Encontre todos os valores que possam refinar o seu desenho.
Encontre o valor de K para que o sistema apresente 27,4% de
Ultrapassagem Percentual. Para este ganho qual é o Tempo de
Pico e Tempo de Estabilização esperados?
A aproximação de segunda ordem é válida? Porque?
Qual o erro de estado estacionário para o sistema com o ganho
calculado no item “b”?
Para que faixa de valores de K o sistema é estável?
Como seria possível ter um erro zero para uma entrada degrau
unitário mantendo os índices de desempenho do item “b”?
Solução:
• Trechos do eixo real que pertence ao Lugar das Raízes:
entre -2 e -4 e entre -5 e menos infinito;
• Número de Zeros finitos da F.T.M.A.: 01- (Um);
• Número de Pólos finitos da F.T.M.A.: 04 – (Quatro);
• Número de ramos do Lugar das Raízes que vão para infinito:
4-1=3 (Três), o que implica em três Assíntotas;
– Centro das assíntotas:
– Ângulo das Assíntotas:

1
a 
1
j  1  j  2  4  (5)
 1
4 1

2 x0  1x1800

 600
4 1

2 x1  1x1800
2 
 1800
4 1

2 x 2  1x1800
 31 
 3000
4 1
Solução:
• Pontos de Saída e Pontos de Chegada:
1
1
1
1
1




  5  1 j  1 j   2   4
3 4  36 3  142 2  220  124  0
 - 5,83

Cujas Raízes valem  - 3,51
- 1,33 0,50j

Ponto de Chegada
Ponto de Saída
Solução:
• Cruzamento com o eixo imaginário:
F.T .M.F.
K s  5 
s 4  8s 3  22s 2  28  K s  5K  16
Arranjode Routh :
s4
1
22
5 K  16
s3
s2
8
28  K
0
c1
5 K  16
0
s1 d1
0
s 0 5k  16
148 K
c1 
8
;
0
0
0
 0,125K 2  25K  390
d1 
c1
Linha toda de zero se  0,125K 2  25K  390  0  K  14,543
Solução:
• Cruzamento com o eixo imaginário:
P ara K  14,543 temosque o polinômiopar é dado por :
16,68s 2  88,72  0
s1, 2 
88 , 72
16 , 68
s1, 2  2,31 j
Pontos de Cruzamento com o eixo imaginário
Solução:
• Ângulos de Partida:
j
5
x
o
-5
1 x
-4
2
x
-2
3
1  2  3  4  5  180
0
1  14,040 ;
 5  40,60
j

-1
4
x
-j
 2  18,440 ;  3  450 ;  4  900
Ângulo de Partida
Solução:
• Para relação %U.P.= 27,4% temos:

 ln0,274
  ln0,274
2
2
 0,381
Como: cos      cos1 0,381
  67,60
  0,381
 0,6  1,5 j
112,4 0
Cálculo do ganho K para o ponto
de operação  0,6  1,5 j
L1  4,4 2  1,5 2  4,65
j
L2  3,4 2  1,5 2  3,72
1,5 j
L3  1,4 2  1,5 2  2,05
L4  0,4  0,5  0,64
2
2
L5  0,4 2  2,5 2  2,53
x L4
L1
L3
L2
o
5
x
4
x
2

 1  0,6
L5
x
L2 L3 L4 L5
K
 2,66
L1
j
j
F.T.M.F. com o ganho calculado
2,66s  5
T s   4
s  8s 3  22s 2  30,66s  29,3
 0,58  1,48 j 


Cujos P ólosestão localizados em : 
 3,8




3
,
05


O que mostraque o sistema pode ser aproximadopor um
sistema de segunda ordem pois os dois pólosadicionais
estão com partereal mais de cinco vezesa esquerda da
partereal dos póloscomplexos.
Tempo de Pico e Tempo de
Estabilização Esperados
Tp 

1,5
 2,1 segundos
4
Ts 
 6,67 segundos
0,6
Erro de Estado Estacionário
• Sistema do tipo zero portanto temos que
calcular K
p
K p  lim Gs  
s 0
2,66( s  5)
s  1  j s  1  j s  2s  4
K p  0,831
1
1
e  

 0,546
1  K p 1,831
%U.P=24,8%