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AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 1 - Aula 5 Análise pelo Lugar das Raízes 5.1 Estudo de Casos Exemplo: Efeitos do controle derivativo e realimentação de velocidade em sistema de controle de posição. R(s) YI(s)5 s( 5s 1)+ Sistema I R(s) YII(s)5 s( 5s 1)+ 1 0 ,8 s+ Sistema II AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 2 - R(s) YIII(s)5 s( 5s 1)+ 1 0 ,8 s+ Sistema III Sistema I Sistema II Sistema III FTMA 5( ) (5 1)I I G H s s s = + 5(0,8 1)( ) (5 1)II II sG H s s s += + 5(0,8 1)( ) (5 1)III III sG H s s s += + FTMF 2 ( ) 5 ( ) 5 5 IY s R s s s = + + 2 ( ) 0,8 1 ( ) 1 IIY s s R s s s += + + 2 ( ) 1 ( ) 1 IIIY s R s s s = + + Pólos de MF − 0,1 ± j1 − 0,5 ± j0,87 − 0,5 ± j0,87 Observações: Os sistemas II e III possuem funções de transferência de malha aberta idênticas. Portanto, ambos têm os mesmos pólos e zeros de malha aberta. Os sistemas II e III possuem funções de transferência de malha fechada diferentes. O sistema II possui dois pólos de malha fechada e um zero de malha fechada finito. O sistema III possui dois pólos de malha fechada e nenhum zero de malha fechada finito. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 3 - -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 Real Axis Im ag A xe s Root Locus Design -3 -2 -1 0 1 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 Real A x is Im ag A xe s Root Loc us Des ign -3 -2 -1 0 1 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 Real A x is Im ag A xe s Root Loc us Des ign Sistema I Sistema II Sistema III Zero de malha aberta Zero de malha fechada AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 4 - Sistema I Sistema II Sistema III Pólos de MF − 0,1 ± j1 − 0,5 ± j0,87 − 0,5 ± j0,87 tp 3,14s 3,6s 3,6s ts2% 40s 8s 8s Mp 73% (ζ = 0,1) 16% (ζ = 0,5) 16% (ζ = 0,5) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 Sistema I Sistema II Sistema III AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 5 - 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Referência Sistema II Sistema III AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 6 - Considere o diagrama do lugar das raízes da Figura 5.1. Para este sistema, o valor mínimo da freqüência natural não-amortecida ocorrer quando K = 0. Este é também o menor valor de cosβ, e então o menor valor do coeficiente de amortecimento. À medida que K aumenta, ωn e ζ aumentam até o ponto de ramificação de chegada, quando ζ = 1 e o amortecimento é crítico. Além disto, o aumento de K resulta apenas em raízes reais, não existindo, portanto, oscilações. A variação na freqüência natural não-amortecida e/ou na razão de amortecimento resulta na variação dos parâmetros indicadores do desempenho do sistema, como o instante de pico, sobre-sinal e tempo de estabilização. -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -1 -0.5 0 0.5 1 Real Axis Im ag A xe s Root Locus Design β Figura 5.1 - Efeito da variação de K em ωn e ζ AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 7 - Exemplo: Dado um sistema com 2( 4 20)( ) ( 2)( 4) K s sG s s s − += + + e H(s) = 1, esboçar seu lugar das raízes e determinar o ponto e o ganho exatos onde ζ = 0,45. -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Real Axis Im ag A xe s Root Locus Design 2 2 ( 4 20) (1 ) (6 4 ) (8 20 ) K s sFTMF K s K s K − += + + − + + AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 8 - Equação característica: 2 (6 4 ) (8 20 ) 0s K s K+ − + + = Comparando a E.C. com o denominador de um sistema de 2ª ordem: 2 2 2 2 (6 4 ) (8 20 ) 2 2 6 4 8 20 n n n n s K s K s s K K ςω ω ςω ω + − + + = + + = − = + Lembrando que ζ = 0,45: 2 353, 4 147,6 0 0, 417 353,8 K K K K + − = = = − Portanto, o lugar as raízes cruza a reta de que ζ = 0,45 com um ganho de 0,417. Sobre-sinal esperado: Mp = 20,5% AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 9 - 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 Figura 5.2 - Resposta ao degrau unitário Sobre-sinal obtido da resposta do sistema: 0,61 0,51 100 19,6% 0,51 0 Mp −= × =− AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 10 - Deve-se enfatizar que as expressões utilizadas para determinação do sobre-sinal, tempo de acomodação e tempo de pico foram deduzidas somente para um sistema com dois pólos complexos de malha fechada e sem zeros de malha fechada. Deve-se, portanto, verificar o efeito de pólos e zeros adicionais e as condições para justificar uma aproximação de 2ª ordem. Exemplo: Considere um sistema com realimentação unitário com uma função de transferência no ramo direto, )6s)(4s)(2s( K)s(G +++= a) Esboce o LR. b) Usando uma aproximação de segunda ordem, projetar K que produz sobre-sinal de 10% para uma entrada degrau unitário. c) Calcule o tempo de acomodação (2%), o instante de pico e o erro de estado estacionário para o valor de K projetado em (b). d) Verifique a validade da aproximação de segunda ordem. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 11 - a) -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Real Axis Im a g A xe s Root Locus Design Figura 5.3 – Lugar das raízes para sistema de 3ª ordem AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 12 - b) 10% 0,59 53,8Mp ς β= ⇒ = ⇒ = ° Equação característica: 3 2( 2)( 4)( 6) 12 44 48 0s s s K s s s K+ + + + = + + + + = Observando o diagrama do lugar das raízes, para o sobre-sinal de 10% há dois pólos de malha fechada complexos um terceiro real. Portanto, 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 12 44 48 ( )( 2 ) ( )( 1,18 ) (1,18 ) ( 1,18 ) n n n n n n n n s s s K s a s s s a s s s a s a s a ςω ω ω ω ω ω ω ω + + + + = + + + = + + + = + + + + + Comparando-se os termos de mesmo grau: 2 2 2 1,18 12 12 1,18 1,18 44 1,18 (12 1,18 ) 44 48 n n n n n n n n a a a a K ω ω ω ω ω ω ω ω + = ⇒ = − + = ⇒ + − = = + Resolvendo a segunda equação do sistema de equações anterior: 20,39 14,16 44 0 32,8760 26,7937 29007 3,4317 7,9506 45,63 n n n n a K a K ω ω ω ω − + = = → = − → = − = → = → = AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 13 - Solução do sistema de equações em MATLAB 5.2: >> [K,a,w] = solve('1.18*w+a=12','w^2+1.18*a*w=44','a*w^2-K-48=0') c) Substituindo K = 45,63 na equação característica encontram-se os pólos correspondentes em malha fechada: 3 2 1 2 3 12 44 93,63 0 7,9453 2,0273 2,7702 2,0273 2,7702 s s s s s j s j + + + = = − = − + = − − Estes pólos de malha fechada podem ser observados na Figura 5.3. 2% 1 4 1,97 2,0273 1,13 2,7702 2,7702 53,8 cos 0,59 10% 2,0273 ts s tp s tg Mp π β ς β− = = = = = = °⇒ = = ⇒ = AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 14 - Erro de estado estacionário para entrada degrau unitário: 0 0 45,63lim ( ) ( ) lim 0,95 ( 2)( 4)( 6) 1 0,51 1 1 0,95 s s ss Kp G s H s s s s Ae Kp → →= = =+ + + = = =+ + d) Comparando-se a componente real dos pólos complexos e do pólo real de malha fechada para K = 45,63: 1 2,3 1 2 3 7,9453 2,0273 2,7702 2,0273 2,7702 7,9453 3,9 5 2,0273S S s s j s j = − = − + = − − −= = <− \ \ Portanto, a aproximação de segunda ordem não é válida neste caso. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 15 - Verificação: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 Figura 5.4 - Resposta ao degrau unitário Sobre-sinal obtido da resposta do sistema: 0,53 0,49 100 8,2% 0,49 0 Mp −= × =− AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 16 - Exemplo: Os quatro gráficos a seguir mostram o lugar das raízes para K > 0 de diferentes sistemas. Considere os requisitos de desempenho para a resposta ao degrau em malha fechada: Erro de estado estacionário (regime permanente) nulo; Tempo de acomodação: ts5% ≤ 1,2s Com base nos dados apresentados, indicar o sistema que permite atender os requisitos dados. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 17 - 1º requisito: erro de estado estacionário. Para se obter um erro de estado estacionário nulo a uma entrada degrau é necessário que a FTMA do sistema apresente um integrador: sistemas dos gráficos 2 e 3. 2º requisito: tempo de acomodação. 5% 3 1,2 2.5ts σσ= ≤ ⇒ ≥ Satisfazem a este requisito os sistemas representados nos gráficos 1, 3 e 4. Considera-se que os sistemas sejam de 2ª ordem dominante. Portanto, o sistema do gráfico 3 atende simultaneamente aos dois critérios. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 18 - Exemplo: Considere o sistema de controle dado pelo diagrama de blocos abaixo. R(s) Y(s) s 4 ( s 2 )( s 1) + + −K Determinar os valores de K que satisfazem as seguintes especificações: a) sobre-sinal menor ou igual a 5%; b) tempo de acomodação de 2% menor ou igual a 4s. Solução: ( ) ( 4) ( ) ( 2)( 1) ( 4) Y s K s R s s s K s += + − + + Equação característica: 2 (1 ) (4 2) 0s K s K+ + + − = Equação característica de sistema de 2ª ordem: 2 2 2 2 2 2 22 ( ) 2 ( ) 0n n d ns s s s sζω ω σ ω σ σ ω+ + = + + = + + + = AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 19 - Das especificações da resposta transitória: 2% 5% 0,69 4 1 Mp ts s ζ σ < ⇒ > < ⇒ > Comparando-se a equação característica do sistema dado com a equação característica de sistema de 2ª ordem: 1 2 2 2 1 2 1 1 4 2n K K K K σσ σ σ ω > = + ⇒ = − → > + = − Ou 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 2 1 4 (1 ) 4 0,69 (4 2) (1 ) 5,6 4,8 0 4,54 1,06 n n n K K K K K K K K K ω ζω ζ ω = − = + ⇒ = + × − = + − + = = = Supondo o sistema de 2ª ordem dominante, tem-se: Para sobre-sinal menor ou igual a 5% deve-se ter 0,5 ≤ K ≤ 1,06 ou K ≥ 4,54. Quando K ≥ 1 o tempo de acomodação de 2% é menor ou igual a 4s. AULA 05 – ANÁLISE PELO LUGAR DAS RAÍZES - 20 - -10 -8 -6 -4 -2 0 2 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 Real Axis Im a g A xe s Root Locus Design Figura 5.5 – Lugar das raízes K = 1 K = 4,54 K = 0,5
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