Solution Nise

Solução dos Exercícios de Avaliação CAPÍTULO 2 2.1

Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de t é

. Utilizando Utilizando o Item Item 4 da Tabela Tabela 2.2,

2.2

A expansão de F (s) em frações parciais fornece:

onde

e

Realizando a transformada de Laplace inversa, tem-se

2.3

Realizando a transformada de Laplace da equação diferencial admitindo condições iniciais nulas, tem-se Grupando-se os termos, tem-se Assim,

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60

Solução dos Exercícios de Avaliação

2.4

Realizando o produto cruzado, obtém-se

2.5

onde e

Assim,

2.6

Análise das Malhas

A transformação do circuito fornece

A equação das malhas pode, agora, ser escrita como

Resolvendo as equações das malhas para I 2(s), obtém-se

Porém, V L(s) = sI 2(s). Assim,

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60


2.4

Realizando o produto cruzado, obtém-se

2.5

onde e

Assim,

2.6

Análise das Malhas

A transformação do circuito fornece

A equação das malhas pode, agora, ser escrita como

Resolvendo as equações das malhas para I 2(s), obtém-se

Porém, V L(s) = sI 2(s). Assim,

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61

ou

Análise Nodal

Escrevendo as equações nodais

Resolvendo para V L(s), obtém-se

ou

2.7

Com o amplificador operacional inversor

Sem o amplificador operacional inversor

2.8

As equações de movimento podem ser escritas como

Resolvendo para X 2(s), tem-se

Assim,

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2.9


onde u1(s) é o deslocamento angular da inércia. Resolvendo para u2(s), tem-se

De onde, após simplificações, obtém-se

2.10

Transformando-se Transformando-se o sistema para um sem as engrenagens de transmissão transferindo-se a mola de 4 N и m/rad para a esquerda e multiplicando-se sua rigidez por (25/50) 2, obtém-se ·

·

·


onde u1(s) é o deslocamento angular da inércia de 1 kg. Resolvendo para ua(s), tem-se

De onde se obtém

Porém, Assim,

2.11

Inicialmente, são determinados os parâmetros mecânicos

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63

São obtidos agora os parâmetros elétricos. Pela equação da relação torque-velocidade, impõe-se vm = 0 para determinar o torque de bloqueio e faz-se T m = 0 para obter a velocidade do sistema sem carga. Assim, bloc vazio

Portanto, bloc

vazio

Substituindo todos os valores na função de transferência do motor,

onde um(s) é o deslocamento angular da armadura. Ocorre que

Assim,

2.12

Fazendo

nas Eqs. 2.127, obtém-se

Com base nessas equações pode-se desenhar os circuitos análogos série e paralelo considerando estas como as equações das malhas e dos nós, respectivamente.

Análogo em série

Análogo em paralelo

2.13

Escrevendo a equação nodal, tem-se

Porém, s s

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64


Substituindo essas relações na equação diferencial, obtém-se s

(1)

s

Lineariza-se, agora, o termo ev. A forma geral é s s

A substituição na função, f (v) = ev, de v por ve + dv, fornece s

s s

Resolvendo para e

vs

, tem-se

+ dv

s

s

s

s

s

Substituindo na Eq. (1), obtém-se s

(2)

s

Fazendo-se i(t ) = 0 e levando o circuito a atingir o regime estacionário, o capacitor atuará como um circuito aberto. Assim, vs = vr com ir = 2. Porém, ir = ev ou vr = ln ir. Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituição desse valor de vs na Eq. (2) fornece r

Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se

Resolvendo-se para a função de transferência, obtém-se

ou em torno do equilíbrio. CAPÍTULO 3 3.1

A identificação apropriada das variáveis do circuito fornece

s

Escrevendo as relações de derivadas, tem-se

(1)

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65

Utilizando-se as leis de Kirchhoff das correntes e das tensões, e

A substituição dessas relações nas Eqs. (1) e simplificando-se fornece as equações de estado na forma e

e

e

onde a equação de saída é s

Arrumando-se as equações na forma vetorial-matricial, tem-se

e

3.2

Escrevendo-se as equações de movimento, tem-se

Calculando-se a transformada de Laplace inversa e simplificando-se, obtém-se

Definindo as variáveis de estado, zi, como As equações de estado podem ser escritas utilizando a definição das variáveis de estado e a transformada inversa da equação diferencial, isto é,

A saída é z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial,

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66


3.3

Inicialmente, as equações de estado são deduzidas para a função de transferência sem zeros.

Realizando-se o produto cruzado, tem-se Calculando-se a transformada de Laplace inversa, admitindo condições iniciais nulas, obtém-se

Definindo as variáveis de estado como

Tem-se

Utilizando os zeros da função de transferência, obtém-se a equação de saída como sendo

Arrumando-se todas as equações na forma vetorial-matricial, tem-se

3.4

A equação de estado é convertida em uma função de transferência utilizando (1) onde e

Calculando-se (sI – A), tem-se ,

Calculando-se a inversa, obtém-se ,

A substituição de todas as expressões na Eq. (1) fornece

3.5

Escrevendo a equação diferencial, obtém-se (1)

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67

Fazendo x = xo + d x e substituindo na Eq. (1), tem-se (2) Lineariza-se agora x2.

de onde se pode escrever (3) A substituição da Eq. (3) na Eq. (1) e realizando as derivadas indicadas fornece a equação diferencial linearizada intermediária, (4) A força da mola na condição de equilíbrio é 10 N. Assim, como F = 2 x2, 10 = 2 x2o, logo, Substituindo esse valor de xo na Eq. (4) tem-se a equação diferencial linearizada final.

Selecionando-se as variáveis de estado,

As equações de estado e de saída podem ser escritas como

A conversão para a forma vetorial-matricial fornece o resultado final como

CAPÍTULO 4 4.1

Para uma entrada em degrau

Calculando-se a transformada de laplace inversa, tem-se

4.2

Como

e

4.3

a. b. c. d.

Como os pólos estão em –6 Ϯ j 19,08, c(t ) = A + Be –6t cos(19,08t + f). Como os pólos estão em –78,54 e –11,46, c(t ) = A + Be –78,54t + Ce –11,4t . Como os pólos são repetidos e localizados sobre o eixo real em –15, c(t ) = A + Be –15t + Cte –15t . Como os pólos estão em Ϯ j 25, c(t ) = A + Bcos(25t + f).

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68


4.4

20 30 15 25

a. b. c. d.

e 2zvn = 12; logo, z = 0,3 e o sistema é subamortecido. e 2zvn = 90; logo, z = 1,5 e o sistema é superamortecido. e 2zvn = 30; logo, z = 1 e o sistema é criticamente amortecido. e 2 zvn = 0; logo, z = 0 e o sistema é sem amortecimento.

4.5 e

Portanto,

,

se

,

logo, ,

Com base na Figura 4.16, vnT r = 1,4998. Portanto, T r = 0,079 s. Finalmente, sp

,

.

4.6

A aproximação de segunda ordem é válida, uma vez que os pólos dominantes possuem uma parte real de –2 e o pólo de ordem superior está posicionado em –15, isto é, mais de cinco vezes mais afastado. b. A aproximação de segunda ordem não é válida, uma vez que os pólos dominantes possuem uma parte real de –1 e o pólo de ordem superior está posicionado em –4, isto é, um afastamento inferior a cinco vezes. a.

4.7

a.

,

Expandindo G(s) em frações parciais, tem-se

,

, ,

Porém, –0,3023 não

é uma ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximação de segunda ordem não é válida. , , , Porém, 0,0704 é uma b. Expandindo G(s) em frações parciais, tem-se ,

ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximação de segunda ordem é válida. 4.8

Veja a Figura 4.31 do texto onde são mostrados o diagrama de blocos em Simulink e as respostas das saídas. 4.9

a.

Como

,

E também,

O vetor de estado é

. A saída é ,

,

O cálculo da transformada de Lapla-

ce inversa fornece y(t ) = –0,5e –t – 12 e –2t + 17,5e –3t . b. Os autovalores são obtidos calculando-se as raízes de

, ou seja, –2 e –3.

4.10

a.

Como

,

Calculando-se a transformada de

Laplace de cada termo, a matriz de transição de estados fica expressa por

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b.

como

69

e

Assim,

.

c.

CAPÍTULO 5 5.1

Combine os blocos em paralelo no caminho direto. Em seguida, desloque para a esquerda passando o ponto de coleta de sinal.

Combine os caminhos de realimentação em paralelo e estabeleça 2 blocos s. Em seguida, aplique a fórmula de realimentação, simplifique e obtenha 5.2

Obtenha a função de transferência em malha fechada e H (s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtém

onde . Porém, para um sobrevalor de 5%

%SP ,

Como

, a = 5,52.

%SP

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70


5.3

Nomeie os nós.

Esboce os nós.

Conecte os nós e dê nome aos subsistemas.

Elimine os nós desnecessários.

5.4

Os ganhos do caminho direto são G1G2G3 e G1G3. Os ganhos da malha são –G1G2 H 1, – G2 H 2 e – G3 H 3. As malhas disjuntas são Observe também que Finalmente, ⌬1 = 1 e ⌬2 = 1.

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e

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A substituição desses valores em

71

fornece

5.5

As equações de estado são

O esboço do diagrama de fluxo de sinal com base nas equações de estado fica

5.6

A partir de

esboça-se o diagrama de fluxo de sinal na forma canônica do controlador e

adiciona-se a realimentação.

Escrevendo-se as equações de estado a partir do diagrama de fluxo de sinal, obtém-se

5.7

A partir das equações de transformação, tem-se

Calculando-se sua inversa, obtém-se , ,

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, ,

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72


Assim, , ,

, ,

, ,

, ,

,

, ,

,

,

,

E, finalmente, , ,

, ,

,

,

5.8

Inicialmente, obtêm-se os autovalores.

Portanto, os autovalores são –2 e –3. Utilize agora Axi = lxi para cada autovalor, l. Assim,

Para l = –2,

Portanto, x1 = – x2 Para l = –3,

Portanto, x1 = – x2 e x1 = –0,75 x2; logo, obtém-se ,

, ,

,

Calculando-se a inversa, tem-se ,

,

Portanto, ,

,

,

, ,

,

,

,

,

, ,

,

,

,

,

Finalmente, , ,

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,

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73

CAPÍTULO 6 6.1

Construa uma tabela de Routh.

,

, , ,

,

, ,

Como ocorrem quatro mudanças de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existirão quatro pólos no semiplano direito e três pólos no semiplano esquerdo. 6.2

Construa uma tabela de Routh. Encontra-se uma linha de zeros referente a s3. O polinômio par contido na linha anterior é –6s4 + 0 s2 + 6. O cálculo da derivada fornece –24s3 + 0 s. Substituindo a linha de zeros pelos coeficientes da derivada tem-se a linha de s3. Encontra-se também um zero na primeira coluna referente à linha s2. Substitui-se o zero por â e continua-se a tabela. O resultado final é mostrado agora como

Existe uma mudança de sinal abaixo do polinômio par. Assim, o polinômio par (de quarta ordem) possui um pólo no semiplano direito, um pólo no semiplano esquerdo e dois pólos sobre o eixo imaginário. Do topo da tabela para baixo, o polinômio par apresenta uma mudança de sinal. Assim, o resto do polinômio possui uma raiz no semiplano direito e uma raiz no semiplano esquerdo. O resultado final para o sistema é dois pólos no semiplano direito, dois pólos no semiplano esquerdo e dois pólos imaginários. 6.3

Como Forma-se a tabela de Routh.

Com base na linha s1, K < 2. Pela linha s0, K > 0. Assim, para assegurar a estabilidade do sistema, 0 < K < 2. 6.4

Inicialmente, obtém-se

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Forma-se agora a tabela de Routh.

,

Ocorrem duas mudanças de sinal. Assim, existem dois pólos no semiplano direito e um pólo no semiplano esquerdo. CAPÍTULO 7 7.1

a.

Inicialmente, verifica-se a estabilidade. ,

,

,

Os pólos estão no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema é estável. A estabilidade também poderia ser verificada por meio do critério de Routh-Hurwitz utilizando o denominador de T (s). Assim, degrau

,

rampa

uma vez que

parábola

b.

Inicialmente, verifica-se a estabilidade. ,

,

,

,

Com base no termo de segunda ordem no denominador, verifica-se que o sistema é instável. A instabilidade também poderia ser determinada utilizando o critério de Routh-Hurwitz no denominador de T (s). Como o sistema é instável, os cálculos relativos ao erro de regime estacionário não podem ser realizados. 7.2

a.

O sistema é estável, uma vez que

e é do Tipo 0. Portanto,

e b. degrau

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,

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75

rampa

á

7.3

O sistema é estável para valores positivos de K . O sistema é do tipo 0. Portanto, para uma entrada em degrau, degrau

K =

,

Resolvendo para K p, tem-se

, de onde se obtém

189.

7.4

O sistema é estável. Uma vez que G1(s) = 1000 e ,

7.5

O sistema é estável. Crie um sistema com realimentação unitária, onde pode ser representado como

O sistema

Assim,

Portanto, o sistema é do Tipo 0. O cálculo de K p fornece

O erro de regime estacionário é dado por degrau

,

7.6

Como Calculando a sensibilidade do sistema, obtém-se

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76


7.7

Dado

Utilizando o teorema do valor final, degrau

Utilizando a substituição da entrada, degrau

CAPÍTULO 8 8.1

a. ,

,

b.

,

,

,

O arranjo de vetores pode ser ilustrado como:

Plano s

Com base no diagrama,

,

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,

,

,

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77

8.2

a.

Inicialmente, desenhe os vetores.

Plano s

Com base no diagrama, ângulos

b.

tan

tan

,

,

Como o ângulo é de 180o, o ponto está sobre o lugar geométrico das raízes.

c.

comprimentos dos pólos comprimentos dos zeros

8.3

Inicialmente, obtêm-se as assíntotas. pólos pólos

Em seguida, desenha-se o lugar geométrico das raízes seguindo as regras de traçado. 5 4 3 o i r á n i g a m I o x i E

2 1 0

–1 –2 –3 –4 –5 –8

–7

–6

–5

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

Eixo Real

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78


8.4

a. j v

j 3

X

Plano s

s

O

0

–2

– j 3

b.

2

X

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 . c. 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 â próximo ao pólo complexo. Plano s

No ponto â próximo ao pólo complexo a soma dos ângulos deve ser nula. Portanto, o ângulo a partir do zero — o ângulo a partir do pólo no quarto quadrante — o ângulo a partir do pólo no primeiro quadrante = 180o ou tan

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Resolvendo-se para o ângulo de saída, u = –233,1o.

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79

8.5

a. , Plano s

b. c. d. e. f. g.

Procure ao longo do eixo imaginário e obtenha o ponto de 180o em s = Ϯ j 4,06. Para o resultado do item (b), K = 1. Procurando pelo ganho mínimo entre 2 e 4 sobre o eixo real, tem-se o ponto de entrada em s = 2,89. Procurando pelo ponto de 180o ao longo de z = 0,5, obtém-se s = –2,42 Ϯ j 4,18. Para o resultado do item (e), K = 0,108. Utilizando o resultado do item (c) e o lugar geométrico das raízes, K < 1.

8.6

a. , Plano s

b.

Procurando-se pelo ponto de 180o ao longo da reta referente a z = 0,591 (sobrevalor de 10%) obtém-se –2,028 + j 2,768 com K = 45,55.

c.

,

,

,

,

, com base na carta de tempo de subida

,

e no gráfico apresentado no Capítulo 4. Como vn é a distância radial ao pólo, ,

Assim, T r = 0,53 s; como o sistema é do Tipo 0, degrau

d.

, ,

,

,

Assim,

,

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 pólo dominante, –2,028, verifica-se que ele não está cinco vezes mais afastado. A aproximação de segunda ordem não é válida.

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80


8.7

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,

Portanto,

A figura a seguir mostra o lugar geométrico das raízes.

Plano s

8.8

Seguindo as regras de traçado do lugar geométrico das raízes de sistemas com realimentação positiva, obtém-se o seguinte lugar geométrico das raízes:

Plano s

8.9

A função de transferência em malha fechada é relação a K , obtém-se

Resolvendo-se para

tem-se

Derivando-se o denominador em

Assim,

Substituindo o valor do ganho K = 20, obtém-se São agora determinados os pólos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T (s), s1,2 = –21,05, –0,95, quando K = 20. Para o pólo em –21,05, ,

,

,

,

,

,

Para o pólo em –0,95, ,

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, ,

,

,

,

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81

CAPÍTULO 9 9.1

a.

Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j 5,8 referente a um ganho K = 45,84. Assim, para um sistema não-compensado, ,

b.

,

Portanto, erampa não-compensado(ϱ) = 1/K v = 0,1527. O zero do compensador deve ser posicionado vinte vezes mais afastado à esquerda do que o pólo do compensador. , Seleciona-se, arbitrariamente, ,

c.

Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de sobrevalor de 15% e encontra-se o lugar geométrico das raízes em –3,4 + j 5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado ,

, ,

e

,

amp1_não-compensado

d.

amp1_compensado

,

amp1_compensado

, ,

,

9.2

a.

Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j 5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema não-compensado, 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 3(–3,5) + j 3(5,8) = –10,5 + j 17,4. A contribuição angular dos pólos e do zero do compensador do processo no ponto de projeto é de 130,8o. Assim, o pólo compensador deve contribuir com 180o – 130,8o = 49,2o. Utilizando o diagrama a seguir,

, Plano s , ,

obtém-se

, ,

,

, de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este pólo, obtém-se o ganho

no ponto de projeto como sendo K = 476,3. Um pólo de malha fechada de ordem superior é encontrado em –11,54. Este pólo não pode estar muito próximo do zero em malha fechada em –10. Assim, deve-se simular o sistema para se assegurar que os requisitos de projeto foram atingidos. 9.3

a.

Procurando ao longo da reta de sobrevalor de 20%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j 6,83 referente a um ganho K = 58,9. Portanto, para o sistema não-compensado, ,

b.

Para o sistema não-compensado, amp1_não-compensado

c.

, ,

,

. Portanto,

,

Para se diminuir o tempo de assentamento de um fator de 2, o ponto de projeto deve ser duas vezes o valor não-compensado, ou seja, –7 + j 13,66. Adicionando-se os ângulos dos pólos e do zero do compensador do processo em –3 ao ponto de projeto, obtém-se –100,8o. Assim, o pólo compensador deve contribuir com 180o – 100,8o = 79,2o. Utilizando o diagrama a seguir,

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,

Plano s

,

obtém-se

,

,

, de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando este pólo, obtém-se o ganho no

ponto de projeto como sendo K = 204,9. Calculando K v para o sistema compensado por avanço de fase, tem-se ,

avanço

,

,

,

O ganho K v para o sistema não-compensado foi de 8,41. Para uma melhoria de dez vezes no erro de regime estacionário, K v deve ser de (8,41)(10) = 84,1. Como a compensação por avanço de fase apresentou K v = 9,138, precisa-se de uma melhoria de 84,1/9,138 = 9,2. Assim, o zero do compensador por atraso de fase deve se situar 9,2 vezes mais para a esquerda do que o pólo compensador. Selecione, arbitrariamente,

, ,

Utilizando todos os pólos do processo e do compensador, obtém-se o ponto de projeto como K = 205,4. Resumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho fornece ,

, ,

,

Os pólos de ordem superior são obtidos em –0,928 e –2,6. Recomenda-se simular o sistema para verificar se ocorre, de fato, o cancelamento de pólo com zero. 9.4

A configuração para o sistema é mostrada na figura a seguir.

Projeto da Malha Secundária:

Para a malha secundária,

. Utilizando o diagrama a seguir, verifica-se que o lugar

geométrico da malha secundária intercepta a reta de fração de amortecimento 0,7 em –8,5 + j 8,67. A parte imaginária foi obtida como: u = cos –1 z = 45,57o. Portanto,

Soluções.indd 82

,

,

, de onde se obtém Im = 8,67.

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83

, ,

,

Plano s

,

O ganho, K f , é obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja, ,

,

,

,

,

Projeto da Malha Principal:

Utilizando os pólos em malha fechada da malha secundária, tem-se uma função de transferência equivalente do caminho direto expressa por ,

,

,

,

,

Utilizando os três pólos de G(s) como pólos em malha aberta para traçar o lugar geométrico das raízes, procura-se, ao longo de z = 0,5, e obtém-se o ponto de interseção entre o lugar das raízes e a reta de fração de amortecimento em –4,34 + j 7,51 a um ganho K = 626,3. 9.5

a.

Deve ser utilizado um controlador ativo PID. Utiliza-se o circuito mostrado na figura a seguir:

e s

onde as impedâncias são as indicadas a seguir:

Comparando-se a função de transferência dada com a função de transferência do controlador PID, tem-se ,

,

,

,

,

Igualando-se os coeficientes ,

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(1)

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(2) (3)

,

Na Eq. (2) atribui-se, arbitrariamente, C 1 = 10 –5. Assim, R2 = 105. Utilizando esses valores nas Eqs. (1) e (3) obtém-se C 2 = 100 mF e R1 = 20 k⍀. b. O compensador por atraso e avanço de fase pode ser implementado com o circuito passivo mostrado a seguir, desde que a relação entre o pólo e o zero em avanço seja o inverso da relação entre o pólo e o zero em atraso:

s

e

Comparando-se a função de transferência dada com a função de transferência do compensador passivo por atraso e avanço, tem-se ,

,

,

,

,

Igualando-se os coeficientes, ,

(1)

,

(2) ,

(3)

A substituição das Eqs. (1) e (2) na Eq. (3) fornece ,

(4)

Atribuindo-se arbitrariamente C 1 = 100 mF na Eq. (1), tem-se R1 = 100 k⍀. Substituindo-se C 1 = 100 mF na Eq. (4), tem-se R2 = 558 k⍀. Substituindo-se R2 = 558 k⍀ na Eq. (2), tem-se C 2 = 900 mF. CAPÍTULO 10 10.1

a.

Para

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85

Para b. Diagramas de Bode

) B d ( e d u t i n g a M ; ) s u a r g ( e s a F

Freqüência (rad/s)

c. Diagramas de Nyquist ,

,

,

o i r á n i g a m I o x i E

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

Eixo Real

10.2 Assintótica –20 dB/déc –40 dB/déc Real

–20 dB/déc –40 dB/déc


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86


–45º/déc –90º/déc –45º/déc

) s u a r g ( e s a F

–90º/déc –45º/déc Assintótica

Real –45º/déc


10.3

A resposta em freqüência é de 1/8 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada pólo gira de 90o desde v = 0 até v = ϱ. Assim, a resultante gira de –180o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a seguir.

10.4

a.

A resposta em freqüência é de 1/48 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada pólo gira de 90o desde v = 0 até v = ϱ. Assim, a resultante gira de –270o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a seguir.

,

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b.

Substituindo j v em

87

e simplificando, obtém-se . O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imaginária de

G( j v) é igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo

Nesta freqüência,

real em v2 = 44, isto é,

,

Portanto, o sistema é estável para K < 480.

10.5

Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptará o eixo real em –11/480. Portanto, Com base no Exercício de Avaliação 10.4, a freqüência de 180o é 6,63 rad/s.

,

.

10.6

a.




O ângulo de fase é 180o a uma freqüência de 36,74 rad/s. Nesta freqüência o ganho é de –99,67 dB. Portanto, 20 logK = 99,67, ou seja, K = 96.270. Conclui-se que o sistema é estável para K < 96.270. c. Para K = 10.000, o gráfico de magnitude se move para cima de 20 log 10.000 = 80 dB. Portanto, a margem de ganho é de 99,67 – 80 = 19,67 dB. A freqüência de 180o é 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB em v = 7,74 rad/s, onde a fase é de 87,1 o. Calcula-se a margem de fase como sendo 180 o – 87,1o = 92,9o. b.

10.7

Utilizando

%SP

obtém-se z = 0,456, o que corresponde a um sobrevalor de 20%. Utilizando

%SP

T s = 2,

,

10.8

Para ambos os itens se obtém Para a faixa de valores de v, superponha G( j v) aos círculos M e N em a. e à carta de Nichols em b.

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88


a.

Plano G

, , , ,

, , ,

, , ,

,

b.

Representando-se graficamente a resposta em freqüência do sistema em malha fechada a partir de a. ou b., têm-se os seguintes gráficos:


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89



10.9

A resposta em freqüência do sistema em malha aberta é mostrada na figura a seguir: Diagramas de Bode



A resposta em freqüência do sistema em malha aberta é de –7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante estimada é vWB = 14,5 rad/s. O gráfico da resposta em freqüência em malha aberta passa por zero dB a uma freqüência de 9,4 rad/s, onde a fase é de 151,98o. Portanto, a margem de fase é de 180o – 151,98o = 28,02o. Esta margem de fase corresponde a ,

Portanto

SP

, ,

e

,

10.10

A inclinação inicial é de 40 dB/década. Portanto, o sistema é do Tipo 2. A inclinação inicial intercepta o eixo de freqüências (0 dB) em v = 9,5 rad/s. Assim, K a = 9,52 = 90,25 e K p = K v = ϱ. 10.11

a.

Sem retardo,

de onde se determina a freqüência de zero dB como: Resolvendo para v, tem-se

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ou seja, após elevar ao quadrado ambos

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90


os lados e arrumando-se obtém-se v4 + v2 – 100 = 0. Resolvendo-se para as raízes, v2 = –10,51, 9,51. Extraindo-se a raiz quadrada do valor positivo, obtém-se a freqüência referente a 0 dB como sendo 3,08 rad/s. , Nesta freqüência, o ângulo de fase é . Portanto, a margem de fase é 180o – 162o = 18 o. b. Com um atraso de 0,1 s, ,

,

,

,

,

Portanto, a margem de fase será 180 o – 179,65o = 0,35o. Logo, o sistema é estável. c. Com um atraso de 3 s, , ,

,

,

,

Portanto, a margem de fase será 28,59 – 180o = –151,41o. Logo, o sistema é instável. 10.12

Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme mostrado a seguir, tem-se uma primeira estimativa.

) B d ( o h n a G



Percebe-se uma inclinação inicial de –20 dB/década no gráfico de magnitudes. Verifica-se também uma inclinação final de –20 dB/década com uma freqüência de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa inicial é

Subtraindo G1(s) da resposta em freqüência original, tem-se a resposta em freqüência

mostrada a seguir. Experimental Menos 1/s(s + 21)

) B d ( o h n a G

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91


Freq üência (rad/s)

Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme mostrado, tem-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos gráficos de magnitude e de fase com uma freqüência de corte de aproximadamente 5,7 rad/s e um ganho constante de cerca de 44 dB = 20 log(5,7 K ), ou seja, K = 27,8. Estima-se, assim, G2(s) = 27,8(s + 7). Portanto, ,

,

É interessante notar que o problema original foi desenvolvido a partir de

CAPÍTULO 11 11.1

O diagrama de Bode para K = 1 é mostrado a seguir. Diagramas de Bode



Um sobrevalor de 20% requer

%SP

0,456

Esta fração de amortecimento implica uma mar-

%SP

gem de fase de 48,1 o, a qual é obtida quando o ângulo de fase vale –180o + 48,1o = –131,9o. Este ângulo de fase ocorre em v = 27,6 rad/s. A magnitude nesta freqüência é de 5,15 ϫ 10 –6. Como a magnitude deve ser unitária, , 11.2

De modo a atender o requisito de erro de regime estacionário, K = 1.942.000. O diagrama de Bode para este ganho é mostrado a seguir.

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92


Diagramas de Bode



%SP


,

Esta fração de amortecimento implica uma

%SP

margem de fase de 48,1 o. Adicionando-se 10o para compensar a contribuição do ângulo de fase do atraso, utiliza-se 58,1o. Assim, procura-se por um ângulo de fase de –180o + 58,1o = –129,9o. A freqüência na qual esta fase ocorre é 20,4 rad/s. Nesta freqüência 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 freqüência do compensador por atraso de fase em –23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta freqüência, desenha-se uma reta com inclinação de –23,2 dB/década até sua interseção em 0 dB. A freqüência de interseção será o corte de baixa ,

freqüência em 0,141 rad/s. Assim, o compensador é

, onde o ganho é escolhido de modo

,

a fornecer 0 dB nas baixas freqüências, ou seja, K c = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo, ,

11.3

,

.

e

,

.

%SP


,

. A banda passante requerida é então calculada

%SP

como regime estacionário de

,

De modo a se atender o requisito de erro de

calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode não-compensado

para este ganho é mostrado a seguir.

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6/16/09 1:00:31 PM


93

Diagramas de Bode para K = 300000

) B d ( e d u t i n g a

M ; ) s u a r g ( e s a F


A medida da margem de fase do sistema não-compensado é realizada onde o gráfico da magnitude cruza o valor 0 dB. Determina-se que quando a curva de magnitude cruza 0 dB o ângulo de fase é de –144,8 o. Portanto, a margem de fase do sistema não-compensado é de –180 o + 144,8o = 35,2o. A margem de fase requerida baseada na fração de amortecimento requerida vale

,

. Adicionando um fator de

correção de 10o, a margem de fase requerida é de 58,1 o. Assim, o compensador deve contribuir com fmáx = 58,1o – 35,2o = 22,9o. Utilizando

compensador é calculado como

sen sen

sen

máx

,

máx

máx

,

O pico da magnitude do

máx

Determina-se agora a freqüência na qual o sistema não-

compensado apresenta uma magnitude 1/ M máx, ou –3,58 dB. Com base no diagrama de Bode, esta magnitude ocorre em vmáx = 50 rad/s. O zero do compensador está localizado em O pólo do compensador está posicionado em

,

máx

. Portanto, zc = 33,2.

. O ganho do compensador é escolhido de

modo a fornecer um ganho unitário em sinal constante (CC). Assim, K c = 75,4/33,2 = 2,27. Resumindo-se, 11.4

,

,

,

e

.

%SP


. A banda passante requerida é então calculada

, %SP

como de regime estacionário de

,

De modo a se atender o requisito de erro

, calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode não-compensado para

esse ganho é mostrado a seguir.

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6/16/09 1:00:32 PM

94


Diagramas de Bode



Seleciona-se agora uma nova freqüência de margem de fase em 0,8 v BW = 6,02 rad/s. A margem de fase requerida baseada na fração de amortecimento requerida é

, . Adicionando-se um

fator de correção de 5o, a margem de fase requerida será de 63,6 o. A 6,02 rad/s, a nova freqüência de margem de fase, o ângulo de fase será o que apresenta uma margem de fase de 180 o – 138,3o = 41,7o. Assim, o compensador por avanço de fase deve contribuir com fmáx = 63,6o – 41,7o = 21,9o. Utilizando

máx

sen sen

sen

máx

,

máx

Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua freqüência de corte mais alta uma década abaixo da nova freqüência de margem de fase, isto é, zatraso = 0,602 rad/s. O pólo do compensador por atraso de fase é patraso = b zatraso = 0,275. Finalmente, o ganho do compensador por atraso de fase é K atraso = b = 0,456. Projeta-se agora o compensador por avanço de fase. O zero do compensador é o produto da nova freqüên, cia de margem de fase e , ou zavanço E, também, pavanço avanço Finalmente, , , Resumindo, K avanço , , ,

,

atraso

,

, ,

desejada.

Um

avanço

e

CAPÍTULO 12 12.1

Inicialmente

obtém-se

a

equação

característica

sobrevalor

de

5%

requer

%SP ,

. E, também,

,

Assim, a equação característica

%SP , é a equação característica desejada

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,

Adicionando um pólo em –10 para cancelar o zero em –10, tem-se , , , , A matriz de

6/16/09 1:00:32 PM


sistema compensada na forma de variáveis de fase é

95

. A equação

característica para este sistema é Igualando os coeficientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, tem-se os ganhos expressos por ,

,

12.2

Como ΗCMΗ = 80, CM é de posto cheio,

A matriz de controlabilidade é isto é, posto 3. Conclui-se que o sistema é controlável. 12.3

Inicialmente verifica-se a controlabilidade. A matriz de controlabilidade é Como

, CMz é de posto cheio, isto é, posto 3. Conclui-se que o siste-

ma é controlável. Obtém-se agora a equação característica desejada. Um sobrevalor de 20% requer %SP

,

E, também,

Assim, a equação característica é

,

%SP

, . Adicionando-se um pólo em –6 para cancelar o zero em –6, obtém-se a equação característica resultante desejada, ,

Como de fase como

,

,

.

pode-se escrever a representação em variáveis [6 1 0]. A matriz de sistema compensada

na forma de variáveis de fase é

. A equação carac-

terística para este sistema é . Igualando-se os coeficientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, obtêm-se os ganhos como . Desenvolve-se agora a matriz transformação para retornar , , ao sistema z. e

Portanto,

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6/16/09 1:00:34 PM

96


Assim,

, ,

.

,

.

,

12.4

Para o sistema dado,

. O polinômio característico é expresso por

Obtém-se agora a equação característica desejada. Com base no Exercício de Avaliação 12.3, os pólos dominantes podem ser obtidos pelo polinômio (s2 + 4 s + 19,24). Fatorando tem-se (–2 + j 3,9) e (–2 – j 3,9). Aumentando-se esses pólos de um fator 10 e adicionando-se um terceiro pólo igual a 10 vezes a parte real dos pólos dominantes de segunda ordem, obtém-se o polinômio característico desejado Igualandose os coeficientes da equação característica desejada aos da equação característica do sistema, encontra-se . 12.5

A matriz de observabilidade é

, onde

. A matriz

é de posto cheio, isto é, posto 3, uma vez que ΗOMΗ = –1576. Portanto, o sistema é observável. 12.6

O sistema é representado na forma em cascata pelas seguintes equações de estado e de saída:

A matriz de observabilidade é

, onde

. Como

pode-se escrever a forma canônica observável como

A matriz de observabilidade para esta forma é onde

,

.

Em seguida obtém-se a equação característica desejada. Um sobrevalor de 10% requer %SP

,

E, também,

,

. Assim, a equação caracterís-

%SP

tica é

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,

Adicionando um pólo em –400, ou dez vezes a par-

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97

te real dos pólos dominantes de segunda ordem, tem-se a equação característica resultante desejada, , , . Para o sistema representado na forma canônica observável,

O polinômio característico é dado

por

Igualando os coeficientes da equação

característica desejada aos da equação característica do sistema, encontra-se

.

Desenvolve-se agora a matriz de transformação entre as formas canônica do observador e em cascata.

Finalmente, . .

.

12.7

Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Um sobrevalor de 10% requer %SP

, %SP

E, também,

,

Assim, a equação característica é

,

,

Adicionando um pólo em –4, o qual representa a localização do zero do sistema original, tem-se a equação , , , , característica resultante desejada, Agora,

e

,

onde

Portanto,

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98


A determinação da equação característica desse sistema fornece

Igualando-se este polinômio à equação característica desejada, tem-se ,

,

Resolvendo-se para os k , obtém-se K

= [2,21 –2,7] e k e = 3,79.

CAPÍTULO 13 13.1 sen

sen

sen

Porém, Assim,

sen

sen

13.2

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

, ,

,

,

,

,

, ,

,

,

, ,

13.3

Como

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6/16/09 1:00:36 PM


Seja

Portanto,

, ou

99

.

Assim, Portanto, Para 13.4

Adicione um amostrador fictício à entrada, retornando após H (s), e à saída. Mova G1(s)G2(s), juntamente com seu amostrador de entrada, para a direita passando pelo ponto de coleta de sinal e obtenha o diagrama de blocos mostrado a seguir.

Assim, 13.5

Seja

Faça

Calcule a transformada de Laplace inversa e faça t = kT ,

Aplicando-se a transformada z, tem-se Agora,

Finalmente,

O pólo do sistema em malha fechada está posicionado em 5 e –5T – 4. Substituindo valores de T , verifica-se que o pólo será maior do que 1 se T > 0,1022 s. Assim, o sistema será estável para 0 < T < 0,1022 s. 13.6

Substituindo

em

,

obtém-se

,

A tabela de Routh

para este polinômio é mostrada a seguir.

,

Como ocorre uma mudança de sinal, conclui-se que o sistema possui um pólo fora do círculo de raio unitário e dois pólos no interior do círculo de raio unitário. A tabela não produz uma linha de zeros e, portanto, não ocorrem pólos j v. O sistema é instável devido ao pólo fora do círculo de raio unitário. 13.7

Definindo G(s) como G1(s) em cascata com um extrapolador de ordem zero, tem-se

Aplicando-se a transformada z, obtém-se

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100


Assim, para T = 0,1 s,

e

Verificando ,

a estabilidade, obtém-se que o sistema é estável para T = 0,1 s, uma vez que

, ,

,

possui pólos no interior do círculo unitário em –0,957 e +0,735. Verificando-se novamente a estabilidade, chega,

se à conclusão de que o sistema é instável para T = 0,5 s, uma vez que

, ,

possui pólos no interior e externamente ao círculo unitário em +0,208 e –3,01, respectivamente.

,

13.8

Desenhe o lugar geométrico das raízes superposto à curva de z = 0,5 mostrado abaixo. Procure ao longo da reta a 54,3o a interseção entre o lugar geométrico das raízes e a curva de z = 0,5, o ponto 0,587Є54,3o = (0,348 + j 0,468) e K = 0,31. Lugar Geométrico das Raízes no Plano z

,

o i r á n i g a m I o x i E

,

,

, ,

,

,

,

,

13.9

,

,

,

,

Eixo Real

Seja ,

, , , ,

Os gráficos a seguir mostram a resposta em freqüência de Ge( j v). Diagramas de Bode



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Solution Nise

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