EES-49/2012 – Resolução da Prova 3
1 Dada a seguinte função de transferência em malha aberta:
( s  10)
G( s ) 
s( s  10)
a) Esboce o diagrama de Nyquist e analise a estabilidade do sistema em malha fechada
com realimentação negativa unitária.
G(s) tem 1 polo de malha aberta no spd e para valores pequenos de k o diagrama de
Nyquist dá uma volta no mesmo sentido do contorno em torno de -1/k. Desse modo,
para k pequeno o sistema em malha fechada é instável com 2 polos no semiplano
direito. Para valores grandes de k o diagrama de Nyquist dá uma volta no sentido
contrário em torno de -1/k. Desse modo, para k grande o sistema em malha fechada é
estável. Obs: podemos chegar à mesma conclusão facilmente esboçando o LGR do
sistema ou mesmo analiticamente, escrevendo Δ(s) = s2 + (k-10)s+10k.
b) Para um ganho k = 100, qual a margem de fase do sistema e o máximo atraso de
transporte admissível para que o sistema continue estável?
Com k = 100 temos
e obtemos ωcg=100.
Podemos calcular exatamente a fase de 100j + 10 e de 100j – 10, ou, lembrando que o
erro das assíntotas do diagrama de bode de fase é de cerca de 6 graus uma década
abaixo e acima do polo (ou zero) podemos aproximar a fase.
Calculando temos: -90 + 84.3 -180 + 84.3 = -101.4. (usando aproximadamente 6
teríamos -102). E a margem de fase é portanto de 78.6 graus (78 graus).
O atraso máximo admissível faz com que ωcgT = 78.6 graus = 1.37 rad (1.36 rad se usar
os 6 graus).
E portanto T = 1.37/100 = 0.0137 segundo ou 13.7 milisegundos (13.6 se usar os 6
graus).
Algo entre 13 e 14 milisegundos (0.013 e 0.014 segundos) já seria aceitável.
c) Para um ganho k = 100 e um atraso igual à metade do obtido no item anterior,
calcule a ultrapassagem percentual esperada da resposta ao degrau e estime a
margem de ganho superior do sistema.
Para k = 100 a margem de fase do sistema sem atraso era de 78.6 graus (ou 78 graus).
Se o atraso é metade do necessário para deixar o sistema instável então a nova
margem de fase será a metade da margem de fase anterior: 39.3 graus (ou 39 graus).
Portanto ξ ≈ 0.39 e a ultrapassagem percentual esperada é de 26%.
Para estimar a margem de ganho superior podemos esboçar o diagrama de fase de
G(jω) com o atraso, ou podemos estimar ωcf analiticamente. Se o atraso é de 39.3
graus em ω = 100, ele será de 78.6 graus em ω = 200. E a fase do sistema varia
lentamente para ω > 100. Se calcularmos a fase de G(jω) em ω = 200, obtemos:
-90 + 87.1 -180 + 87.1 = -95.8. E a fase do sistema com atraso em ω = 200 é igual a 174.4 graus. Ou seja ωcf é ainda um pouco maior que 200. Fazendo uma regra de 3
para termos mais um atraso de 5.6 graus, chegamos a ωcf ≈ 215. Nessa frequência a
fase de G(jω) é de -95.3 e a fase do atraso de -84.4 e fase total é de -179.7 graus.
Suficientemente próximo de -180. Obtemos então o ganho nessa fase:
e a margem de ganho é de 2.15 ou 6.65 dB. Uma margem de
ganho estimada em 6 dB (ωcf ≈ 200) já é suficiente para obter certo na questão.
2 Dado o diagrama de Bode de magnitude a seguir, supostamente obtido
experimentalmente, cuja faixa de frequências abrange todos os polos e zeros da
função de transferência:
a) Caso o sistema não tenha atraso, quantos diagramas de Bode de fase
consideravelmente diferentes podem corresponder a esse diagrama de magnitude?
Explicite cada uma das possibilidades apresentando a função de transferência
correspondente.
O sistema não possui nem polo nem zero na origem, uma vez que a assíntota de baixa
frequência não possui inclinação.
O sistema possui um zero, em torno de ω = 1 já que a inclinação após ω = 1 é positiva,
e de cerca de 20dB/década. Além disso, observa-se que em ω = 1 a curva está
aproximadamente 3dB acima da assíntota de baixa frequência. Dizer que o sistema
tem um zero entre ω = 0.8 e ω = 1.5 já seria aceitável.
Após ω = 10 a curva tem uma inclinação de cerca de 20db/década indicando que
existem dois polos próximos a essa frequência. Dizer que esses polos estão entre ω = 7
e ω = 20 já seria aceitável.
O fato do diagrama de magnitude ter sido obtido experimentalmente (rever o
enunciado) descarta a possibilidade da existência de polos no semiplano direito, mas
não a possibilidade da existência de zeros no semiplano direito. Então, duas
possibilidades para a função de transferência são:
e
. Adicionalmente, -G1(s) e –G2(s) também resultariam no mesmo
diagrama de magnitude, mas em diagramas de fase diferentes.
São aceitas como respostas corretas:
2: G1(s) e G2(s)
2: G1(s) e –G1(s)
2: G2(s) e –G2(s)
2: -G1(s) e –G2(s)
4: G1(s), G2(s), -G1(s) e –G2(s)
Obs: São aceitos zeros com valor absoluto entre 0.8 e 1.5 e polos com valores entre -7
e -20. Não são aceitos polos com parte real positiva.
b) Esboce 2 desses diagramas de fase.
Os diagramas de fase de G1(s), G2(s), -G1(s) e –G2(s) podem ser esboçados como:
G1(s):
G2(s):
-G1(s):
–G2(s):
Os esboços devem corresponder às funções de transferência explicitadas no item
anterior.
As fases indicadas podem ter uma diferença de 360*k com k inteiro. Os diagramas de
fase de -G1(s) e –G2(s) são os diagramas de fase de G1(s) e G2(s) deslocados de 180
graus.
c) Esboce os diagramas de Nyquist correspondentes aos dois sistemas do item anterior
e analise a estabilidade dos sistemas em malha fechada com realimentação negativa
unitária para diferentes valores de ganho.
Os diagramas de Nyquist de G1(s), G2(s), -G1(s) e –G2(s) podem ser esboçados a partir
do diagrama de módulo e dos diagramas de fase como:
G1(s):
Como G1(s) não tem polos de malha aberta no spd e o diagrama de Nyquist não
envolve o ponto -1/k para qualquer k>0, o sistema é sempre estável em Malha
fechada.
G2(s):
Como G2(s) não tem polos de malha aberta no spd e o diagrama de Nyquist dá uma
volta em torno de -1/k para k grande, o sistema em malha fechada é estável para
valores pequenos de k e instável para valores grande de k.
-G1(s):
Como –G1(s) não tem polos de malha aberta no spd e o diagrama de Nyquist dá duas
voltas (ou uma volta) em torno de -1/k para k grande, o sistema em malha fechada é
estável para valores pequenos de k e instável para valores grandes de k. Se k for
grande o suficiente o sistema terá apenas 1 polo no spd.
–G2(s):
Como –G2(s) não tem polos de malha aberta no spd e o diagrama de Nyquist dá duas
volta em torno de -1/k para k grande, o sistema em malha fechada é estável para
valores pequenos de k e instável para valores grandes de k, com 2 polos no spd.
Note que a análise de -G1(s) e –G2(s) corresponde à análise de G1(s) e G2(s) para k < 0.
Para obter os pontos desse item os diagramas de Nyquist correspondentes aos
diagramas de bode do item anterior devem ser corretamente esboçados e a análise
deve ser corretamente efetuada. Não tem problema se no esboço do diagrama de
Nyquist o “círculo interno” ficar com uma parte “para fora” do “círculo externo”. Isso
não muda as conclusões sobre a estabilidade do sistema.
3 Dado o sistema a seguir, projete um controlador (o mais simples possível) de modo a
atender as seguintes especificações: erro em regime permanente (do sistema em
malha fechada) = 1/100; margem de fase entre 67 e 68 graus; e frequência de
cruzamento de 0 dB (da resposta em frequência em malha aberta) = 20 rad/s.
50
s  15s
Temos Kv = 50/15 = 3.33, e como queremos Kv = 100, vamos precisar de K = 30 ou de
um controlador de atraso de fase.
Calculando o módulo e a fase de G(j20), obtemos 50/
=
50/
= 50/
= 0.1 e -90 -53.13 = -143.13.
Precisaremos de um ganho k = 10 para termos ωcg = 20 E a margem de fase é de 36.87
graus. Com um avanço de fase de 31 graus teremos uma margem de fase 67.87 graus.
Mas como com K=10, Kv = 33.3 e ainda precisaremos de um controlador de atraso de
fase. Desse modo o avanço necessário será de 37 graus (31 + 6 do efeito do atraso de
fase). Alternativamente pode-se projetar um avanço de fase menor (entre 31 e 37
graus) e projetar o controlador de atraso de fase mais próximo da origem.
Para um avanço de 37 graus obtemos α = 0.2486.
Com α = 0.25 temos um avanço de 36.87 graus, que é suficiente para que a margem de
fase esteja entre 67 e 68 graus (36.87-6+36.87 = 67.74).
Portanto
= 0.5, e o controlador de avanço de fase fica:
. Esse
controlador porém diminui Kv por um fator de 2. E o Kv com K = 10 e o controlador de
avanço de fase fica: Kv = 16.66. Desse modo precisamos de um fator de 6 do
controlador de atraso de fase. Posicionado o zero do controlador de atraso de fase em
ωcg/10 = 2, temos:
. Na verdade, devido ao efeito exato do controlador
de atraso de fase a frequência de cruzamento de 0 dB é ligeiramente maior que 20 e a
margem de fase um pouco maior que 68 graus.
Outros controladores que resultem em ωcg ≈ 20 (de 19 a 21), Margem de fase em
torno de 67/68 graus (66 a 69) e Kv = 100 também são aceitos.
G( s ) 
2
4 Dado o sistema a seguir e sua resposta ao degrau em malha fechada com
realimentação negativa unitária para k = 4, esboce o diagrama de bode de magnitude
da resposta em frequência em malha fechada com realimentação negativa unitária
para k = 8, explicitando os valores de Mp (valor máximo da resposta em frequência), ωp
(frequência de pico), BW (faixa de passagem) e ganho em baixa frequência.
a
G( s )  k 2
s  bs  c
Obs: 10a, 10b e 10c 
Em malha fechada a função de transferência será:
.
A partir da resposta ao degrau apresentada obtemos, ξ e ωn e o numerador da função
de transferência, que nesse caso não será ωn2, mas sim 2/3 de ωn2, já que o valor em
regime permanente é 2/3 e não 1.
%UP = (.955-.667)/.667 ≈ 43% → ξ ≈ .25.
Tp = 4.2 e ωn =
≈ .77
ωn2 ≈ 0.6 e 2ξωn ≈ 0.4.
b = 0.4; c + ka = 0.6 e ka = 0.4. → c = 0.2, e como k = 4, a = 0.1
Portanto
Caso alguém tenha interpretado erradamente o enunciado e considerado que T(s) =
G(s), chegaria a: a = 0.1; b = 0.4 e c = 0.2 e
Para k = 8 temos:
E portanto ωn = 1, e ξ = 0.2. Além disso o ganho em baixa frequência é de 0.8 ou -1.94
dB ≈ -2 dB e não 0 dB.
Com ξ = 0.2 obtemos Mp = 2.55, mas esse valor é com relação a um ganho em baixa
frequência de 0 dB, ou seja, o ganho em ωp é de 2.04, ou 6.2 dB.
Obtemos também a partir das fórmulas da resposta em frequência de um sistema de
segunda ordem: ωp ≈ 0.96 e BW ≈ 1.5 rad/s.
Se alguém interpretou o “malha fechada” de modo errado, chegaria a
E também erradamente chegaria a ωn = .77, e ξ = 0.26. Nesse caso o ganho em baixa
frequência seria de 1.33 ou 2.5 dB ≈ e não 0 dB.
Com ξ = 0.26 obtemos Mp = 2, mas esse valor é com relação a um ganho em baixa
frequência de 0 dB, ou seja, o ganho em ωp é de 2.66, ou 8.5 dB.
Obtemos também a partir das fórmulas da resposta em frequência de um sistema de
segunda ordem: ωp ≈ 0.72 e BW ≈ 1.14 rad/s.
E o diagrama de magnitude do sistema ficaria:
Caso alguém tenha chegado a esse diagrama de magnitude (que não é o correto) pode
ficar com metade da questão.