EES-49/2012 Prova 2. Individual Duração: 100 minutos. Consulta permitida a uma página A4 com anotações pessoais e fórmulas.

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1 EES-49/2012 Prova 2 Individual Duração: 100 minutos Consulta permitida a uma página A4 com anotações pessoais e fórmulas. Permitido o uso de calculadora para a realização de operações básicas, incluindo operações trigonométricas. Em todas as questões admitir que a resposta ao degrau é ditada apenas pelo par de polos complexos e que os efeitos dos demais polos e dos zeros na resposta transitória podem ser desprezados. 1 Dado o sistema:, com 320 Gs (). ( s 13)( s 20) a) Fazendo C(s) = k; obtenha o valor do ganho, k, para que a resposta ao degrau do sistema em MF tenha uma ultrapassagem percentual de aproximadamente 12,5%. 320k Com C(s) = k, temos Ts (). Portanto 2ξω 2 n = 33. s 33s k %UP = 12,5% ξ 0,55. E ω n = 33/1,1 = 30 ω 2 n = k = k = 640 k = 2. b) Substitua agora o controlador proporcional (C(s) = k) por um controlador de avanço de fase, C(s) = k 1 (s+a)/(s+b) e projete o controlador de avanço de fase para que o sistema tenha a mesma ultrapassagem percentual, mas o tempo de subida seja reduzido à metade com relação ao item (a). Posicione o zero do controlador em 2 vezes a parte real dos polos complexos desejados do sistema em malha fechada. Mesma ultrapassagem: ξ 0,55. Tempo de subida reduzido pela metade: ω n = 60. Obs: não é necessário calcular o tempo de subida, uma vez que todos os tempos são inversamente proporcionais a ω n (inclusive o tempo de acomodação e o instante de pico) quando mantemos ξ constante. Então, basta dobrar ω n. Portanto σ = 33 e o zero do controlador deve ser posicionado em 66 (a = 66). A partir de ξ e ω n temos ω d = 50,1. Calculando a fase de G( ,1j): 180 atan(50,1/20) 180 atan(50,1/13) = ,2+75,5 = 216,3. É necessário um avanço de fase de 36,3 graus. Calculando a fase relativa ao zero de C( ,1j): atan(50,1/33) = 56,6 graus. A fase relativa ao polo de C( ,1j) deve ser, portanto de 56,6 36,3 = 20,3 graus. 50,1/X = tan(20,3) X = 50,1/0,37 = 135,4. E b = X + 33 = 168,4 Agora para achar o ganho k do controlador de avanço de fase calculamos: k = 1/ G( ,1j)C( ,1j) =

2 = sqrt(50, )*sqrt(50, )* sqrt(50, ,4 2 )/(320*sqrt(50, )) 21 Portanto: C(s)=21(s+66)/(s+168,4) c) Acrescente agora um controlador de atraso de fase (faça C(s)= k 1 (s+a)(s+c)/(s+b)(s+d)) e mantendo o controlador de avanço de fase já projetado, projete o controlador de atraso de fase para que o erro em regime permanente do sistema seja reduzido à metade com relação ao item (b). Posicione o polo do controlador de atraso de fase em -1. O sistema é do Tipo 0, então estamos falando do erro em regime permanente para entrada em degrau que é : 1/1+C(0)G(0). Apenas com o controlador de avanço de fase temos: C(0)G(0)=21*66*320/(168,4*13*20) 10,13 Para reduzir o erro em regime permanente à metade precisamos ter C(0)G(0) 21,26 Ou seja, o controlador lag deve contribuir com um fator de 2,1. Como o polo deve ser posicionado em 1, o zero deve ser 2,1. E o controlador de atraso de fase é: (s+2,1)/(s+1). O controlador completo fica: C(s)=21(s+66)(s+2,1)/(s+168,4)(s+1). 2 Dado o sistema:, com C(s)G(s) = 500k(s s+2600)/(s+20) 3 (s +a). a) Considerando que k > 0, qual a faixa de valores de a que faz com que o LGR do sistema não cruze o eixo imaginário? O grau relativo do sistema é 2, então temos duas assíntotas para o LGR com +-90 graus que se cruzam em ( a)/2 = 40-a/2. Se o ponto de cruzamento das assíntotas estiver no spd então, para ganhos elevados, teremos polos no spd. Uma condição necessária então é que a 40. Mas essa condição pode não ser suficiente, uma vez que o LGR pode ir para o spd e depois tender ao eixo imaginário pela direita. Podemos então fazer a = 40 e utilizar Routh Hurwitz para verificar a estabilidade do sistema para k > 0. OBS: caso ache desnecessário fazer essa verificação, experimente fazer a mesma coisa para C(s)G(s) = 500k(s s+2600)/(s+10) 3 (s+a). Você encontrará a = 70 para que o cruzamento das assíntotas com o eixo real ocorra na origem, mas isso não é suficiente para garantir a estabilidade do sistema, uma vez que as raízes vão para o spd para ganhos superiores a 2.5 e tendem às assíntotas pelo spd. Δ(s) = s s s s ks ks k s k k s k /100 1 s k k = 3040 / s 1 304( k) k = k k k

3 k k = k s k Para k > 0 não temos troca de sinal na 1ª coluna e o sistema é sempre estável. O LGR portanto não cruza o eixo imaginário para a = 40. Para a > 40 o cruzamento das assíntotas fica cada vez mais negativo e o LGR se afasta mais do eixo imaginário. Explicação adicional (não é cobrada na correção da prova, mas é interessante entender essa explicação). Observe que, se a < 40, o coeficiente de s 3 em Δ(s) seria < 100, e não teríamos o cancelamento de k na 1ª coluna da linha s 2. O Δ(s) literal (com a variável a) seria: s 4 + (60+a)s 3 +( a+500k)s 2 +( a+50000k)s+8000a k E a tabela de Routh (até a linha s 2 ) seria: s a+500k 8000a k s 3 60+a a+50000k s 2 [(60+a)( a+500k)- 8000a k a+50000k]/(60+a)= [F(a)+30000k+500ak-50000k]/(60+a)= [F(a)+500ak-20000k]/(60+a) Para a < 40 a 1ª coluna da linha s 2 teria uma contribuição negativa de K e para valores elevados de K o valor total seria negativo. Para a = 40 a 1ª coluna da linha s 2 não depende de k e tem um valor positivo. E para a > 40 a 1ª coluna da linha s 2 teria uma contribuição positiva de K. b) Esboce o LGR para o valor limite de a obtido no item (a). O valor limite de a é a = 40. C(s)G(s) = 500k(s s+2600)/(s+20) 3 (s+40). 4 ramos do LGR, 2 assíntotas que são os trechos positivo e negativo do eixo imaginário. No eixo real, apenas o trecho entre -20 e -40 faz parte do LGR.

4 Quem fez a Série 5, Exercício 3, Item c, já deve saber que os ramos do LGR saem do polo triplo com ângulos que diferem um do outro por 120º. Mas é fácil chegar a essa conclusão. Vamos tomar um ponto de teste a uma distância épsilon dos polos triplos em -20 e verificar qual a condição para que ele esteja no LGR. A uma distância épsilon de -20, o ângulo com relação ao polo em -40 é zero e os ângulos com relação aos dois zeros complexos se cancelam (na verdade sobre todo o eixo real, os polos e zeros conjugados não influenciam no ângulo, já que o ângulo em relação a um polo ou zero com parte real negativa é o oposto do ângulo em relação a seu conjugado), então só precisamos calcular o ângulo com relação ao polo triplo. E como 3 vezes esse ângulo precisa ser igual a -180º, o ângulo precisa ser: 60º, -60º ou -180º. A mesma abordagem (distância épsilon) é usada para obter o ângulo de chegada ao zero em j. A contribuição angular de cada polo em -20 é -180+atan(10/30) - 160º. A contribuição angular do polo em -40 é -180+atan(10/10) = E a contribuição angular do outro zero é 90º. (você deve ter usado essa abordagem na Série 5, Exercício 3, Item b, para os polos). Portanto o ângulo até o zero deve ser -180º + 165º = -15º.

5 Para completar o LGR basta calcular ou estimar a saída do eixo real e unir os trechos que já temos. Se tivéssemos apenas um polo em -40 e outro em -20, a saída do eixo real ocorreria em -30. Como os polos adicionais repelem o LGR e os zeros adicionais atraem o LGR, a saída do eixo real ocorrerá entre -40 e -30. Para saber com que ângulo o LGR deixa o eixo real basta pegar um ponto com uma parte imaginária épsilon (ponto próximo à reta real, pouco acima do ponto de saída). Para uma parte imaginária pequena, podemos considerar apenas as variações dos ângulos relativos aos 4 polos reais. E para ângulos pequenos o seno do ângulo e sua tangente podem ser aproximados pelo valor do ângulo. Como temos 3 polos em -20 e 1 polo em -40, a variação do ângulo com relação ao polo em -40 deve ser 3 vezes a variação do ângulo com relação a -20. Para pequenas variações do cateto oposto (parte imaginária) essa relação deve ser mantida e portanto a parte real não deve ser alterada. A partir dessa relação também podemos estimar que o ponto de saída estará 3 vezes mais afastado de -20 do que de -40, aproximadamente em -35. A saída do eixo real não ocorre exatamente em -35 por causa dos zeros. Outra maneira de observar que a saída do eixo real se dá entre -30 e -40 é notar que, ao movermos o polo em MF de -30 em direção a -40, a distância relativa a 3 polos está aumentando, enquanto a distância relativa aos 2 zeros e ao 4º polo está diminuindo. Assim, o ganho k deve aumentar à esquerda de -30, até que a distância até o quarto zero se torne pequena o suficiente para contribuir mais que o aumento da distância até os outros 3 polos. Calculando exatamente este ponto (para conseguir certo neste item basta que o ponto de saída esteja claramente além de -30, não era necessário calcular o ponto exato): k= (s+20) 3 (s+40) / 500(s s+2600). Como estamos interessados na saída do eixo real entre -20 e -40 podemos escrever:

6 k= (-s-20) 3 (s+40)/500((s+50) )) e como vamos achar o valor máximo de k, podemos ignorar o ganho de 500. k=(-s 4-100s s s )/(s s+2600)) E dk/ds = [(s s+2600)(-4s 3-300s s )- (-s 4-100s s s )(2s+100)]/(s s+2600) 2 Como queremos dk/ds = 0 podemos ignorar o denominador e temos: (s s+2600)(4s s s+56000)- (s s s s )(2s+100) = 0. (4s s s s s )- (2s s s s s ) = 0. s s s s s = 0. Note que já temos um ponto de saída duplo em -20. Esse polinômio deve ser então divisível por (s+20) 2. Fazendo a divisão, temos s s s = 0. Que possui uma única raiz real, igual a (que está entre -30 e -40). Ao invés de acharmos a raiz exata, podemos estimar onde essa função cruza o zero. Calculando a função em -40 e -20 obtemos: e Em -30 obtemos Em -35: Em -37.5: Em -36: 304. E em -36.5: -67. A raiz (e a saída do eixo real) está, portanto entre -36 e (mais exatamente em ). Mas, como citado anteriormente, não era necessário achar o ponto exato; apenas deixá-lo claramente entre -30 e -40. Com a saída do eixo real entre -30 e -40, basta completar o LGR, ligando os trechos que já determinamos:

7 3 A figura a seguir mostra um trecho do LGR de G(s) = 200/s(s+10)(s+20) com realimentação unitária negativa e controle proporcional (C(s) = k) para diferentes valores do ganho k. Obtenha a faixa aproximada de valores do ganho k que faz com que resposta ao degrau do sistema em malha fechada atenda aos seguintes requisitos: ultrapassagem percentual 36%; instante de pico π/4 s e tempo de acomodação para 5% 2 s. Dos requisitos: %UP 36% ξ T p π/4 ω d 4 T s5% 2 σ 1.5 Para facilitar os cálculos, podemos considerar que os pontos são: j e j. Calculando 1/G( ) para esses pontos, obtemos: k sqrt(( )( )( ))/200 k 3.4 k sqrt( )( )( )/200 k 8.8

8 3.4 k 8.8 Obs: o valor inferior exato está entre e 3.4; e o valor superior exato está entre 8.78 e Os limites 3.4 e 8.8 são excelentes aproximações. 4 Dado o sistema:, com G(s) sem zeros e com três polos reais não positivos. Com C(s) = 45,4 a resposta ao degrau do sistema em malha fechada apresenta uma ultrapassagem percentual 4,3% e um instante de pico 0,66 segundo. Com C(s) = 1100 a resposta ao degrau do sistema apresenta uma oscilação sustentada com frequência ω 31,62 rad/s. E com C(s) = 100 o erro em regime permanente para uma entrada em rampa é de 0,1. Obtenha a função de transferência G(s). G(s) é da forma: c/s(s+a)(s+b). E sabemos que o LGR de G(s) passa por (0; 31,6j) com k = Para k = 45,4 temos: %UP = 4,3 ξ = 0,708. E T p = 0,66 ω d = 4,76. E portanto σ = 4,77. Ou seja, o LGR passa por (4,77; 4,76j). Temos então que atan(31,62/a)+atan(31,62/b) = 90 graus. E que atan(4,76/a-4,77)+atan(4,76/b-4,77) = 45 graus. Como atan(31,62/a)+atan(31,62/b) = 90 graus, temos que 31,62/a = b/31,62. Portanto ab E usando a fórmula da tangente da diferença de 2 ângulos (tg(a-b) = tg(a)- tg(b)/1+tg(a)tbg(b)) temos: 4,76/a-4,77 = (1-4,76/b-4,77)/(1+4,76/b-4,77) = (b-4,77-4,76)/(b-4,77+4,76) (b- 9,53)/b 4,76b = (b- 9,53)( a-4,77) = ab -4,77b -9,53a + 45,5 9,53b+9,53a = 1045,5 a+b 109,7 a e b são raízes da equação x 2-109,7x = 0. (a,b) (99,7 e 10). G(s) = c/s(s+10)(s+99,7). Com C(s) = 100 temos sg(s) = 100c/(s+10)(s+99,7) e o erro em regime pemanente para entrada rampa será: 997/100c = 0,1. Portanto c = 99,7. E G(s) = 99,7/s(s+10)(s+99,7). Obs: a função de transferência originalmente usada foi: G(s) = 100/s(s+10)(s+100). Boa prova! Respeite a duração da prova. A velocidade de resolução dos problemas também fazer parte da avaliação.