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Projeto de Sistemas de Controle
Solução dos Exercícios
Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de $t$ é $ \frac{1}{s^2}$. Utilizando o Item 4 da Tabela 2.2, a transformada de Laplace inversa de $\frac{1}{s^2}$ é $t$.
A expansão de $F(s)$ em frações parciais fornece: $$F(s) = \frac{A}{s-p_1}
- \frac{B}{s-p_2}$$ em que $$A = \frac{F(p_1)}{p_1-p_2}$$ e $$B = \frac{F(p_2)}{p_2-p_1}$$ Realizando a transformada de Laplace inversa, tem-se $$f(t) = Ae^{p_1t} + Be^{p_2t}$$
Realizando a transformada de Laplace da equação diferencial admitindo condições iniciais nulas, tem-se $$sX(s) - x(0) = \frac{1}{s+a}$$ Grupando- se os termos, tem-se $$X(s) = \frac{1}{s(s+a)}$$ Assim, $$x(t) = \frac{1} {a}(1-e^{-at})$$
$$X(s) = \frac{1}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}$$ em que $$\zeta = \frac{c}{2\sqrt{mk}}$$ e $$\omega_n = \sqrt{\frac{k}{m}}$$ Assim, $ $x(t) = \frac{1}{\omega_d}e^{-\zeta\omega_nt}\sin(\omega_dt+\phi)$$ onde $\omega_d = \omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$ e $\phi = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{1-\zeta^2}}{\zeta}\right)$.
A equação das malhas pode, agora, ser escrita como $$V_s(s) = (R_1+sL_1)I_1(s) + sL_2I_2(s)$$ Resolvendo as equações das malhas para $I_2(s)$, obtém-se $$I_2(s) = \frac{V_s(s)}{sL_2}$$ Porém, $V_L(s) = sI_2(s)$.
As equações de movimento podem ser escritas como $$J_1\ddot{u}_1(s) + b_1\dot{u}_1(s) + k_1u_1(s) = T_m(s)$$ $$J_2\ddot{u}_2(s) + b_2\dot{u} _2(s) + k_2u_2(s) = -T_m(s)$$ em que $u_1(s)$ é o deslocamento angular da inércia. que, após simplificações, obtém-se $$\frac{u_2(s)}{T_m(s)} = \frac{1}{J_2s^2 + b_2s + k_2}$$
Transformando-se o sistema para um sem as engrenagens de transmissão transferindo-se a mola de 4 N·m/rad para a esquerda e multiplicando-se sua rigidez por $(25/50)^2$, obtém-se $$\frac{u_a(s)}{u_1(s)} = \frac{1}{Js^
- bs + k}$$ em que $u_1(s)$ é o deslocamento angular da inércia de 1 kg. Resolvendo para $u_a(s)$, tem-se $$u_a(s) = \frac{1}{Js^2 + bs + k}u_1(s) $$ De que se obtém $$u_a(t) = \frac{1}{\omega_d}e^{-\zeta\omega_nt} \sin(\omega_dt+\phi)u_1(t)$$ Porém, $u_1(t) = \frac{1}{\omega_d}e^{- \zeta\omega_nt}\sin(\omega_dt+\phi)$. Assim, $$u_a(t) = u_1(t)$$
Inicialmente, são determinados os parâmetros mecânicos. São obtidos agora os parâmetros elétricos. Pela equação da relação torque-velocidade, impõe- se $v_m = 0$ para determinar o torque de bloqueio e faz-se $T_m = 0$ para obter a velocidade do sistema sem carga. Substituindo todos os valores na função de transferência do motor, $$\frac{u_m(s)}{V_a(s)} = \frac{K_t} {J_ms^2 + b_ms + K_eK_t}$$ em que $u_m(s)$ é o deslocamento angular da armadura. Ocorre que $K_t = K_e$. Assim, $$\frac{u_m(s)}{V_a(s)} = \frac{K_t}{J_ms^2 + b_ms + K_t^2}$$
Escrevendo a equação nodal, tem-se $$C\frac{dv}{dt} + \frac{v}{R} = i(t) $$ Porém, $v = e^{v_s}$. Substituindo essas relações na equação diferencial, obtém-se $$C\frac{de^{v_s}}{dt} + \frac{e^{v_s}}{R} = i(t) $$ Lineariza-se, agora, o termo $e^v$. A substituição na função, $f(v) = e^v$, de $v$ por $v_s + dv$, fornece $$e^{v_s + dv} = e^{v_s}(1 + dv)$$ Substituindo na Eq. (1), obtém-se $$C\frac{de^{v_s}}{dt}(1 + dv) + \frac{e^{v_s}}{R}(1 + dv) = i(t)$$ Fazendo-se $i(t) = 0$ e levando o circuito a atingir o regime estacionário, o capacitor atuará como um circuito aberto. Assim, $v_s = v_r$ com $i_r = 2$. Porém, $i_r = e^{v_r}$ ou $v_r = \ln i_r$. Portanto, $v_s = \ln 2 = 0,693$. A substituição desse valor de $v_s$ na Eq. (2) fornece $$C\frac{de^{0,693}}{dt}(1 + dv) + \frac{e^{0,693}} {R}(1 + dv) = 0$$ Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se $$Cs(
- dv) + \frac{1}{R}(1 + dv) = 0$$ Resolvendo-se para a função de transferência, obtém-se $$\frac{dv(s)}{i(s)} = \frac{1}{Cs + \frac{1}{R}} $$ ou $$\frac{dv(s)}{i(s)} = \frac{1}{RC}\frac{1}{s + \frac{1}{RC}}$$ em torno do equilíbrio. A identificação apropriada das variáveis do circuito fornece $$\frac{v_o(s)}{i(s)} = \frac{1}{RC}\frac{1}{s + \frac{1}{RC}}$$
Escrevendo-se as equações de movimento, tem-se $$J_1\ddot{\theta}_1 + b_1\dot{\theta}_1 + k_1\theta_1 = T_m$$ $$J_2\ddot{\theta}_2 + b_2\dot{\theta}_2 + k_2(\theta_2 - \theta_1) = 0$$ Calculando-se a transformada de Laplace inversa e simplificando-se, obtém-se $$\theta_1(t) = \frac{T_m}{J_1s^2 + b_1s + k_1}$$ $$\theta_2(t) = \frac{k_1}{J_2s^2 + b_2s + k_2}\theta_1(t)$$ Definindo as variáveis de estado, $z_i$, como $ $z_1 = \theta_1, \quad z_2 = \dot{\theta}1, \quad z_3 = \theta_2, \quad z
Solução dos Exercícios
8.2 Arranjo de Vetores
a. Inicialmente, desenhe os vetores. Com base no diagrama, os ângulos são: tan(θ1) = -3/2 tan(θ2) = 2/
b. Como o ângulo é de 180°, o ponto está sobre o lugar geométrico das raízes.
c. Os comprimentos dos polos e dos zeros podem ser determinados a partir do diagrama.
8.3 Lugar Geométrico das Raízes
Em seguida, desenha-se o lugar geométrico das raízes seguindo as regras de traçado.
b. Utilizando o critério de Routh-Hurwitz, determina-se inicialmente a função de transferência em malha fechada. Utilizando o denominador de T(s), constrói-se a tabela de Routh. Tem-se uma linha de zeros para K = 4. Com base na linha s² com K = 4, s² + 21 = 0. Daí calcula-se o cruzamento com o eixo imaginário em ±√21. Com base no item (b), K = 4.
d. Procurando-se pelo ganho mínimo à esquerda de -2 sobre o eixo real, encontra-se -7 a um ganho de 18. Assim, o ponto de entrada situa-se em -7.
e. Inicialmente, desenham-se os vetores para um ponto próximo ao polo complexo. No ponto próximo ao polo complexo a soma dos ângulos deve ser nula. Portanto, o ângulo a partir do zero — o ângulo a partir do polo no quarto quadrante — o ângulo a partir do polo no primeiro quadrante = 180° ou tan(u) = -3/2.
8.6 Lugar Geométrico das Raízes
a. O arranjo de vetores pode ser ilustrado como:
b. Procurando-se pelo ponto de 180° ao longo da reta referente a z = 0, (10% de ultrapassagem) obtém-se -2,028 + j2,768 com K = 45,55.
c. Com base na carta de tempo de subida e no gráfico apresentado no Capítulo 4, tem-se: Tr = 0,53 s; como o sistema é do Tipo 0, Ts = 4Tr = 2, s.
d. Procurando-se por um ponto cujo ganho é 45,55 à esquerda de -6 no eixo real, obtém-se -7,94. Comparando este valor à parte real do polo dominante, -2,028, verifica-se que ele não está cinco vezes mais afastado. A aproximação de segunda ordem não é válida.
8.7 Lugar Geométrico das Raízes
Obtém-se a função de transferência em malha fechada e coloca-se na forma que fornece pi como variável do lugar geométrico das raízes. Assim, a figura a seguir mostra o lugar geométrico das raízes.
8.9 Determinação dos Polos em Malha Fechada
A função de transferência em malha fechada é derivada. Resolvendo-se para K = 20, obtém-se os polos em malha fechada em -21,05 e -0,95.
9.1 Compensação por Avanço de Fase
a. Procurando-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em -3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Assim, para um sistema não compensado, erampa não compensado() = 1/Kv = 0,1527.
b. O zero do compensador deve ser posicionado vinte vezes mais afastado à esquerda do que o polo do compensador.
c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15% e encontra-se o lugar geométrico das raízes em -3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado, erampa_compensado = 1/Kv = 0,0224.
d. A razão entre erampa_não compensado e erampa_compensado é 0,1527/0,0224 = 6,81.
9.2 Compensação por Atraso e Avanço de Fase
a. Procurando-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em -3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema não compensado, erampa não compensado = 1/Kv = 0,0218 s.
b. A parte real do ponto de projeto deve ser três vezes maior do que a parte real do pólo não compensado. Portanto, o ponto de projeto será -10,5 + j17,4. A contribuição angular dos polos e do zero do compensador do processo no ponto de projeto é de 130,8°. Assim, o polo compensador deve contribuir com 180° - 130,8° = 49,2°. Utilizando o diagrama, obtém-se pc = 25,52. Adicionando este polo, obtém-se o ganho no ponto de projeto como K = 476,3.
9.5 Projeto de Controladores
a. Deve ser utilizado um controlador ativo PID. Utiliza-se o circuito mostrado na figura, em que as impedâncias são as indicadas. Comparando-se a função de transferência dada com a função de transferência do controlador PID, obtém-se os valores dos componentes.
Desenho de Sistemas de Controle
10.12 Estimativa Inicial e Final da Função de Transferência
Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, tem-se uma primeira estimativa da função de transferência. Observa-se uma inclinação inicial de -20 dB/década no gráfico de magnitudes e uma inclinação final de -20 dB/década com uma frequência de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa inicial é:
G1(s) = K/(s + 21)
Subtraindo G1(s) da resposta em frequência original, obtém-se a resposta em frequência mostrada. Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, tem-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos gráficos de magnitude e de fase com uma frequência de corte de aproximadamente 5,7 rad/s e um ganho constante de cerca de 44 dB = 20 log(5,7K), ou seja, K = 27,8. Estima-se, assim, G2(s) = 27,8(s + 7).
11.1 Diagrama de Bode para K = 1
O diagrama de Bode para K = 1 é mostrado. Esta fração de amortecimento implica uma margem de fase de 48,1°, a qual é obtida quando o ângulo de fase vale -180° + 48,1° = -131,9°. Este ângulo de fase ocorre em ω = 27, rad/s. A magnitude nesta frequência é de 5,15 × 10^-6. Como a magnitude deve ser unitária, é necessário um ganho de 1/(5,15 × 10^-6) = 1,94 × 10^5.
11.2 Diagrama de Bode para K = 1,942,
De modo a atender o requisito de erro de regime estacionário, K = 1,942,000. O diagrama de Bode para este ganho é mostrado. Uma ultrapassagem de 20% requer uma fração de amortecimento de 0,45. Esta fração de amortecimento implica uma margem de fase de 48,1°. Adicionando-se 10° para compensar a contribuição do ângulo de fase do atraso, utiliza-se 58,1°. Assim, procura-se por um ângulo de fase de -180° + 58,1° = -129,9°. A frequência na qual esta fase ocorre é 20,4 rad/s. Nesta frequência o gráfico da magnitude deve ir para zero dB. Na realidade, o gráfico da magnitude indica 23,2 dB. Portanto, desenha-se a assíntota de alta frequência do compensador por atraso de fase em -23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta frequência, desenha-se uma reta com inclinação de -23,2 dB/década até sua interseção em 0 dB. A frequência de interseção será o corte de baixa frequência em 0,141 rad/s. Assim, o compensador é:
G(s) = 0,0691(s + 20,4)/(s + 0,141)
Uma ultrapassagem de 20% requer uma fração de amortecimento de 0,45. A banda passante requerida é então calculada como 20,4 rad/s.
12.2 Controlabilidade e Equação Característica Desejada
A matriz de controlabilidade é de posto cheio, ou seja, posto 3. Conclui-se que o sistema é controlável. Obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 20% requer uma fração de amortecimento de 0,45. Assim, a equação característica é:
s^3 + 6s^2 + 13s + 6 = 0
Adicionando-se um polo em -6 para cancelar o zero em -6, obtém-se a equação característica resultante desejada:
s^3 + 6s^2 + 7s + 6 = 0
A matriz de sistema compensada na forma de variáveis de fase é obtida, e os ganhos são calculados igualando os coeficientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada.
12.5 Observabilidade e Equação Característica Desejada
A matriz de observabilidade é de posto cheio, ou seja, posto 3. Portanto, o sistema é observável. Obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 10% requer uma fração de amortecimento de 0,6. Assim, a equação característica é:
s^3 + 6,67s^2 + 22,22s + 33,33 = 0
Adicionando um polo em -400, tem-se a equação característica resultante desejada:
s^3 + 406,67s^2 + 422,22s + 33,33 = 0
Os ganhos são calculados igualando os coeficientes da equação característica desejada aos da equação característica do sistema.
13.2 Discretização de Sistemas de Controle
São apresentadas diversas equações e expressões relacionadas à discretização de sistemas de controle, incluindo a transformação de Tustin, a determinação de polos e zeros discretos, e a análise de estabilidade.
13.3 Diagrama de Blocos com Amostragem
É apresentado um diagrama de blocos com a inclusão de amostradores fictícios na entrada e na saída, e o deslocamento de G1(s)G2(s) juntamente com seu amostrador de entrada para a direita, passando pelo ponto de coleta de sinal.
