Projeto por Intermédio do Lugar das Raízes

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1 CAPÍTULO NOVE Projeto por Intermédio do Lugar das Raízes SOLUÇÕES DE DESAFIOS DOS ESTUDOS DE CASO Controle de Antena: Compensação por Atraso e Avanço de Fase a. Não-compensado: Com base no Desafio de Estudos de Caso do Cap. 8, G(s) 76, 39K 7194, 23 com os pólos dominantes em 0,5 j6,9. Portanto, ss ( 150)( s 1, 32) ss ( 150)( s 1, 32) 69, cos tg 0,0723, ou %UP 79,63% e T s 05, 7194, 23 8 s. Também, K v n 05, 150 1, 32 36,33. 79, 63 b. Compensado por avanço de fase: Reduzindo a ultrapassagem percentual por um fator 4 resulta, %UP 4 19,91%, ou 0,457. Reduzindo o tempo de assentamento por um fator 2, tem-se, T s 8 4. Melhorando K v por um fator 2 obtém-se K v 72,66. Usando T s 4, n 1, de onde se tem n 2,188 rad/ 2 4 n 2 s. Dessa forma, o ponto de projeto é igual a n j n 1 z 1 j1,946. Usando os pólos originais do sistema e supondo um zero do sistema compensador em 1,5, a soma da contribuição angular dos pólos do sistema e do zero do sistema compensador por avanço de fase no ponto de projeto é 123,017. Dessa forma, o pólo do sistema compensador deve contribuir com 123, ,98. Usando a geometria abaixo, 1, 946 p c 1 tg 56,98, ou p c 2,26. Adicionando este pólo aos pólos do sistema e o zero do sistema compensador resulta 76,39K 741,88 em 1 j1,946. Portanto, a função de transferência a malha aberta do sistema compensado por avanço de fase é 741, 88( s 1, 5) G comp-avanço (s) ss ( 150)( s 1, 32)( s 2, 26). A investigação no eixo real dos trechos do lugar das raízes leva a pólos de ordem superior maiores que 150 e 1,55. A resposta deve ser simulada uma vez que não há cancelamento de pólo com zero. A resposta ao degrau do sistema compensado por avanço de fase é mostrada abaixo.

2 Uma vez que o tempo de assentamento e a ultrapassagem percentual atendem os requisitos transitórios, prossiga com o compensador por atraso de fase. O sistema compensado por avanço de fase tem K v 741, 88 1, 5 72, 66 2,487. Como desejamos K v 72,66, é necessária uma melhoria de 29, , 32 2, 26 2, 487 Selecione G(s) atraso s 0, para melhorar o desempenho do erro de estado estacionário por 29,22. s 0, 0001 Uma simulação do sistema compensado por avanço e atraso de fase, G comp-avanço-atraso (s) 741, 88( s 1, 5)( s 0, ) ss ( 150)( s 1, 32)( s 2, 26)( s 0, 0001), é mostrada abaixo. Veículo UFSS: Compensação com Retroação e por Avanço de Fase Malha secundária: Função de transferência a malha aberta G(s)H(s) 0, 25K2( s 0, 437) ( s 2)( s 1, 29)( s 0, 193) ; Fun- 0, 25K2( s 0, 437) ção de transferência a malha fechada: T ML (s). Procurando ao longo da reta de 126,87 3 ss ( ) ( 0,6), encontre os pólos de segunda ordem dominantes em 1,554 j2,072 com 0,25K 2 4,7. Dessa forma K 2 18,8. Procurando o segmento de eixo real do lugar das raízes para um ganho de 4,7 resulta um terceiro pólo em 0,379.

3 Malha principal: A função de transferência a malha aberta com retroação unitária, encontrada usando os pólos 0, 25K1( s 0, 437) a malha fechada de malha secundária é G ML (s) s( s 0, 379)( s 1, 554 j2, 072)( s 1, 554 j2, 072). Procurando ao longo da reta de 120 ( 0,5), encontre os pólos de segunda ordem dominantes em 1,069 j1,85 com 0,25K 1 4,55. Dessa forma K 1 18,2. Procurando o segmento de eixo real do lugar das raízes para um ganho de 4,55 resultam um terceiro pólo em 0,53 e um quarto pólo em 0,815. RESPOSTAS DAS PERGUNTAS DE REVISÃO 1. Cap. 8: Projeto por intermédio de ajuste de ganho. Cap. 9: Projeto por meio de controlador em cascata ou filtros com retroação 2. A. Permite projetar para obter respostas transitórias que não estão sobre o lugar das raízes original e inacessíveis através de simples ajustes de ganho. B. As especificações de resposta transitória e de erro de estado estacionário podem ser atendidas separada e independentemente sem a necessidade de estabelecer condições de compromisso 3. PI ou compensação por atraso de fase 4. PD ou compensação por avanço de fase 5. PID ou compensação por atraso e avanço de fase 6. Um pólo é localizado sobre ou próximo da origem para aumentar ou quase aumentar o tipo de sistema, e o zero é localizado próximo ao pólo para não mudar a resposta transitória. 7. O zero é localizado mais próximo do eixo imaginário do que o pólo. A contribuição total do pólo e do zero junto com os pólos e os zeros anteriores deve resultar em 180 no ponto de projeto. Posicionar o zero mais próximo do eixo imaginário tende a aumentar a velocidade da resposta. 8. Um controlador PD fornece um zero simples, enquanto uma estrutura por avanço de fase fornece um zero e um pólo. O zero fica mais próximo do eixo imaginário. 9. Mais afastado ao longo da mesma linha radial traçada da origem aos pólos não-compensados 10. O controlador PI posiciona um pólo diretamente na origem, aumentando dessa forma o tipo de sistema e levando o erro a zero. Uma estrutura por atraso de fase posiciona o pólo apenas próximo da origem produzindo uma redução do erro, mas não o anula. 11. A resposta transitória é aproximadamente a mesma do sistema não-compensado, exceto no que ocorre depois de ultrapassado o tempo de assentamento original. Observa-se um movimento mais lento em direção ao novo valor final vezes; a melhoria é igual à relação entre o valor do zero e o valor do pólo. 13. Não; o zero do sistema compensador por retroação não é um zero do sistema a malha fechada. 14. A. A resposta de malhas internas pode ser projetada separadamente; B. É possível obter respostas mais rápidas; C. Pode não ser necessária amplificação uma vez que o sinal flui de nível alto para nível baixo. SOLUÇÕES DE PROBLEMAS 1. Sistema não-compensado: Procure ao longo da linha 0,707 e encontre o ponto_de_operação que está em 4,5 j4,5 com K 22,5. Portanto, %UP e / ,32%; T s 89 s; K p 45, 22, 5 125,. 15 Sistema compensado: Adicione um pólo na origem e um zero em 0,1 para formar um controlador PI. Procure ao longo da linha 0,707 e encontre o ponto_de_operação que está em 4,47 j4,47 com K 22,5. Portanto, as especificações de desempenho estimado para o sistema compensado são: %UP e / ,32%; T s 0,89 segundo; K p. Um pólo de ordem superior está situado 47, em 0,056. O sistema compensado deve ser simulado para assegurar cancelamento efetivo de pólo com zero. 2. a. Insira um compensador em cascata, tal que G c (s) s 001, s

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5 4. a. Procurando sobre a reta de 126,16 (10% de ultrapassagem, 0,59), encontre o ponto de operação em 1,009 j1,381 com K 17,5. Portanto, K v 17, 5 1, b. Uma melhoria de 3,429x resultará em K v 4. Use um compensador por atraso de fase, G c (s) s 0, s 01,

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7 6. Não-compensado: Procurando ao longo da reta de 135 ( 0,707), encontre o ponto_de_operação em 16, ,045 j1,045 com K 16,62. Portanto, K p 0, 462; Ts 383, s; Tp 301, s; %UP e / ,33%; n 1, 045 1, 045 1,478 rad/s; 1, 045 pólos de ordem superior em 4,3 e 5,62. Sistema compensado: para reduzir o tempo de assentamento à metade, os pólos, a malha fechada devem ser 2,09 j2,09. A soma dos ângulos a este ponto é de 304,61. Portanto, a contribuição do zero de compensação deve ser 304, , , Usando a geometria mostrada a seguir, tg ( ,61 ). Ou, z c 0, , z c Depois de adicionar o zero do sistema compensador, o ganho em 2,09 j2,09 é K 19,63. Portanto, 19, 63 0, 648 K p ,353. T 4 s 1,914 s; T p 1,503 s; 209, 209,

8 %UP e ,33%; n 209, 209, 2,956 rad/s; pólos de ordem superior em 7,03 e 0,79. O problema com o projeto é que existe um erro de estado estacionário muito grande, e não há cancelamento efetivo de pólo com zero. O projeto deve ser simulado para se ter certeza de que os requisitos da resposta transitória foram atendidos. 7. / 1 2

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15 9. Dessa forma, n 6,188 rad/s e o ponto_de_operacao é 2,5 j5,67. b. A soma dos ângulos incluindo a contribuição do zero de compensação é 170,22. Portanto, o pólo do sistema compensador deve contribuir com ,22 9, , c. Usando a geometria mostrada abaixo, tg 9,78. Dessa forma, P c 35,39. p c 25, d. Adicionando o pólo do sistema compensador e usando 2,5 j5,67 como ponto de teste, K 1049,41, e. Procurando os segmentos de eixo real para K 1049,41, encontramos pólos de ordem superior em 36,33, e 1,057. f. O pólo em 36,33 está afastado do eixo imaginário mais que 5 vezes em relação aos pólos dominantes. O pólo em 1,057 praticamente cancela o zero em 1. Aproximação de segunda ordem OK. g.

16 11. a. b. e c. Procurando ao longo da reta de 0,8 (143,13 ), determine o ponto_de_operacao em 2,682 j2,012 com K 35,66. d. Uma vez que n 4 T s, a parte real do pólo dominante compensado é 4. A parte imaginária é 4 tg ( ,13 ) 3. Usando os pólos e zeros do sistema não-compensado juntamente com o zero do sistema compensador em 4,5, a soma da contribuição angular no ponto de projeto, 4 j3 é 158,71. Dessa forma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser 158, ,29. Usando a geometria a seguir, tg 21,29, ou pc 11,7. p c 4

17 Acrescentando o pólo do sistema compensador e usando 4 j3 como ponto de teste, K 172,92. e. Compensado: Procurando os segmentos do eixo real para K 172,92, encontramos pólos de ordem superior em 14,19, e aproximadamente em 5,26 j0,553. Como não ocorre cancelamento de pólo com zero para os zeros em 6 e 4,5, o sistema deve ser simulado para verificar o tempo de assentamento. f. O gráfico mostra aproximadamente 2% de ultrapassagem e 0,8 s de tempo de assentamento comparado à ultrapassagem desejada de 1,52% e ao tempo de assentamento de 1 s.

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25 14. a. Procurando ao longo da reta de 110,97 (%UP 30%; 0,358), encontre o ponto_de_operacao em 2,065 j5,388 com K 366,8. Investigando ao longo do eixo real para K 366,8, encontramos 4 4 um pólo de ordem superior em 16,87. Dessa forma, T s 1, 937 s. Para que o tempo n 2, 065 de assentamento diminua de um fator 2, Re n -2, ,13. A parte imaginária é 4,13 tg 110,97 10,77. Portanto, os pólos dominantes do sistema compensado são 4,13 j10,77. O zero do sistema compensador está em 7. Usando os pólos do sistema não-compensado com o zero do sistema compensador, a soma dos ângulos no ponto de projeto, 4,13 j10,77 é 162,06. Dessa forma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser 162, ,94. Usando a geometria a seguir, tg 17,94, ou p c 37,4. 10, 77 p c 413, Adicionando o pólo do sistema compensador e usando 4,13 j10,77 como ponto teste, K b. Procurando os segmentos do eixo real para K 5443 resultam os pólos de ordem superior em aproximadamente 8,12 e 42,02. O pólo em 42,02 pode ser desprezado, uma vez que fica cinco vezes mais distante do eixo imaginário que o par de pólos dominantes. Não há certeza de que o pólo em 8,12 cancele o zero em 7. Portanto, simule para ter certeza de que os requisitos foram atendidos.

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27 16. 2 a. Os pólos dominantes do sistema compensado estão localizados em n j n 1 0,5712 j1,495. Supondo que o zero do sistema compensador esteja em 0,8, a contribuição angular dos pólos a malha aberta e do zero do sistema compensador no ponto de projeto, 0,5712 j1,495 é

28 149,53. Portanto, o pólo do sistema compensador deve contribuir com 149, ,47. 1, 495 Usando a geometria a seguir, tg 30,47, ou p c 3,11. p c 0, b. T s 7 s; %UP e / ,1%. n 0, 5712 c. Procurando ao longo dos segmentos do eixo real do lugar das raízes para K 47,63, encontramos pólos de ordem superior em 1,4 e 10,56. O sistema deve ser simulado, visto que não existe cancelamento de pólo com zero. Do gráfico, T s 8s e %UP 59%. 18. a. Como %UP 1,5%, ln % UP 100 % UP 2 2 ln 100 0,8. Como T s 4 2 s 3, n 7,49 rad/s. Portanto, a localização dos pólos a malha fechada deve ser 6 j4,49. A soma da contribuição angular dos pólos a malha aberta em 6 j4,49 é 226,3. Portanto, o ponto de projeto não está sobre o lugar das raízes. n

29 b. Há necessidade de um compensador cuja contribuição angular seja 226, ,3. Admita um zero do sistema compensador em 5 cancelando o pólo. Dessa forma, o ponto de saída do eixo real estará em 6 se o pólo do sistema compensador estiver em 9, como mostrado abaixo. 19. Adicionando o pólo e o zero do sistema compensador aos pólos do sistema, descobre-se que o ganho no ponto de projeto é 29,16. Resumindo os resultados: G c (s) s 5 com K 29,16. s 9 Projeto de compensador por avanço de fase: Procurando ao longo da reta de 120 ( 0,5), encontre o ponto_de_operacao em 1,531 j2,652 com K 354,5. Dessa forma, T s 4 4 n ,61 s. Para que o tempo de assentamento diminua de 0,5 s, T s 2,11 s, ou Re n ,9. A parte imaginária é 1,9 tg 60 3,29. Portanto, os pólos dominantes compensados estão em 1,9 j3,29. O zero do sistema compensador está em 5. Usando os pólos do sistema não-compensado junto com o zero do sistema compensador, a soma dos ângulos no ponto de projeto, 1,9 j3,29 é 166,09. Dessa forma, a contribuição do pólo do sistema compensador deve ser 166, , 13,91. Usando a geometria a seguir, tg 13,91, ou p c 15,18. p c 19, Adicionando o pólo do sistema compensador e usando 1,9 j3,29 como ponto de teste, K Simulações em computador levam ao seguinte: Sistema não-compensado: T s 3 s, %UP 14,6%. Sistema compensado: T s 2,3 s, %UP 15,3%. Projeto compensador por atraso de fase: A função de transferência a malha aberta do sistema compensado por avanço de fase é GLC( s) 1417( 5) ( s 2)( s 4)( s 6)( s 8)( s 15, 18). O valor não-com- s pensado de K p 354,5/( ) 0,923. Portanto, o erro de estado estacionário do sistema

30 1 não-compensado é 0,52. Como queremos uma melhoria de 30 vezes, o sistema compensado por atraso e avanço de fase deve ter um erro de estado estacionário de 0,52/30 0,017. O ganho do 1 K p sistema compensado por avanço de fase K p 1417*5/(2*4*6*8*15,18) 1,215. Portanto, o erro do 1 sistema compensado por avanço de fase é 0,451. Dessa forma, o compensador por atraso 1 K p de fase deve aprimorar o erro do sistema compensado por avanço de fase em 0,451/0,017 26,529 1 vezes. Dessa forma 0, 451/ 1 K pllc 26,529, onde K pllc 57,823 é a constante de posição do sistema compensado por atraso e avanço e fase. Dessa forma, a melhoria de K p por avanço de fase em relação ao do sistema compensado por atraso e avanço de fase é 57,823/1,215 47,59. Use um compensador por atraso de fase, cujo zero esteja 47,59 vezes mais distante que seu pólo, ou seja G atraso ( s 0, ). Dessa forma, a função de transferência a malha aberta do sistema compensado por ( s 0, 001) atraso e avanço de fase é 20.

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41 22. a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 30% ( 0,358; 110,97 ) um ponto com 180 resulta 1,464 j3,818 com ganho, K 218,6. c. Projeto por avanço de fase: Com base nos requisitos, a ultrapassagem percentual é 15% e o ln (% UP / 100) instante de pico é 0,4115 s. Dessa forma, 0, 517; 2 2 ln (% UP / 100) d 2 7, 634 n 1. Portanto, n 8,919. O ponto de projeto está localizado em T p 2 n j n 1 4,51 j7,634. Admita que um zero do sistema compensador por avanço de fase esteja em 5. Somando os ângulos dos pólos do sistema não-compensado bem como do zero do sistema compensador em 5, resulta 171,2. Então, o pólo do sistema compensador deve contribuir com (171,2 180 ) 8,8. Usando a geometria abaixo,

42 23. 7, 634 tg (8,8 ). Portanto, p c 53,92. A função de transferência a malha aberta do sistema p c 461, K compensado é ss ( 11)( s 53, 92). Calculando o ganho para esta função no ponto, 4,61 j7,634 resulta em K Projeto por atraso de fase: O ganho não-compensado K v 218, 6 ( 5)( 11) 3,975. O valor desejado de K v 4430 é 30*3, ,25. O valor de K v do sistema compensado por avanço de fase é K v ( 11)( 53, 92) 7,469. Assim, precisamos de uma melhoria em relação ao sistema compensado por avanço de fase de 119,25/7,469 15,97. Dessa forma, use o compensador por atraso de fase G atraso (s) s 0, s 0, ( s 0, 01597) A função a malha aberta final é ss ( 11)( s 53, 92)( s 0, 001). a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 10% ( 0,591) o ponto_de_operacao é encontrado em 1,85 j2,53 com K 21,27. O terceiro pólo está em 10,29. Portanto, o desempenho estimado 4 21, 27 antes da compensação é: 10% de ultrapassagem, T s 2,16 s, e K p 0, , ()( 8 10) b. Projeto por Avanço de Fase: Coloque o zero do sistema compensador em 3. O ponto_de_operacao desejado é obtido com base nas especificações desejadas. n e T s 1 n , 768. Dessa forma, Im n 1 6, , 591 5,46. 0, 591 Portanto, o ponto de projeto é 4 j5,46. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zero do sistema compensador no ponto de projeto é 166,96. Dessa forma, o pólo do sistema compensador deve contribuir com ,96 13,04. Usando a geometria abaixo, 546, p c 4 tg (13,04 ). Portanto, p c 27,57. A função de transferência a malha aberta do sistema K( s 3) compensado é ( s 4s 8)( s 10)( s 27, 57). Calculando o ganho para esta função no ponto 4 j5,46 resulta K 1092 com pólos de ordem superior em 4,055 e 29,52. Projeto por atraso de fase: Para o sistema compensado por avanço de fase, K p 1,485. Dessa 10 forma, precisamos uma melhoria de 6,734 vezes. Portanto, G atraso (s) ( s 0, ). 1, 485 ( s 001, ) Finalmente, a função de transferência do percurso direto equivalente é G e (s) 1092 ( s 3)( s 0, 06734) 2 ( s 4s 8)( s 10)( s 27, 57)( s 0, 01).

43 c. 25. Como T p 1,047, a parte imaginária dos pólos a malha fechada compensados será 1,

44 Uma vez que Im Re Im tg(cos 1 ), a magnitude da parte real será tg(cos 4. Portanto, o ponto de 1 ) projeto é 4 j3. Suponha um controlador PI, G c (s) s 01,, para reduzir o erro de estado estacionário a zero. Usando os pólos do sistema e o pólo e o zero do sistema compensador integral ideal, a s soma dos ângulos no ponto de projeto é 225,7. Portanto, o compensador derivativo ideal deve contribuir com 225, ,7. Usando a geometria abaixo, z c 6, O controlador PID é, assim, ( s 693, )( s 01, ). Usando todos os pólos e zeros do sistema e do s controlador PID, o ganho no ponto de projeto é K 3,08. Investigando o segmento do eixo real, um pólo de ordem superior é encontrado em 0,085. A simulação do sistema mostra que os requisitos foram atendidos. 4 4 a. O ponto_de_operacao desejado é obtido a partir das especificações desejadas. n 2 e n 4,386. Dessa forma, Im n 1 4, , 456 3,903. Portanto, o ponto de projeto é 2 j3,903. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zero do 0, 456 sistema compensador no ponto de projeto é 122,9. Dessa forma, o zero do sistema compensador deve contribuir com ,9 57,1. Usando a geometria abaixo, T s 3, 903 Z c 2 tg (57,1 ). Portanto, z c 4,525. A função de transferência compensada a malha aberta Ks ( 4, 525) com compensação PD é ss ( 3)( s 6). Calculando o ganho para esta função no ponto 2 j3,903 resulta K 21,24 com um pólo de ordem superior em 4,996. Projeto PI: Use G PI (s) ( s 001, ). Portanto, a função de transferência a malha aberta equivalente s é

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51 29. a. A relação de amortecimento para ultrapassagem de 15% é 0,517. O ponto de operação desejado é obtido a partir das especificações desejadas. n 1,333 e n 2, , 333 1, 333 T s 3 0, Assim, Im n 1 2, , 517 2,207. Portanto o ponto de projeto é 1,333 j2,207. A contribuição angular dos pólos do sistema e do zero do sistema compensador no ponto de projeto é 100,8. Dessa forma, o zero do sistema compensador deve contribuir com ,8 79,2. Usando a geometria abaixo, 2, 207 tg (79,2 ). Portanto, z c 1,754. A função de transferência compensada a malha aberta z c 1, 333 Ks ( 1, 754) com compensação PD é ss ( 2)( s 4)( s 6). Calculando o ganho para esta função no ponto 1,333 j2,207 resulta em K 47,28 com pólos de ordem superior em 1,617 e 7,718. De acordo 1 com a Fig. 9.49(c) no texto, 1,754. Então, K f 0,5701. Além disso, usando a notação da Fig. K f 9.49(c), K 1 K f 47,28, de onde K 1 82,93.

52 30.

53 38, 33K b. A função de transferência a malha aberta da malha principal é G e (s). 3 2 s 13s 74, 33s 171, 258 Desenhando o lugar das raízes usando G e (s) e procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 10% ( 0,591) o ponto com 180 resulta 3,349 j4,572 com um ganho de 38,33K 31,131, ou K 0,812.

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55 31. 1 a. Controlador PI: Usando a Tabela 9.10, R s 2 RC 2 s 001,, R 2 C 100. Faça C 25 F. R1 s s Em conseqüência, R 2 4M. Para ganho unitário, R 1 4M. Compensar em outro lugar na malha o sinal negativo do sistema compensador. 1 b. Controlador PD: Usando a Tabela 9.10 RC 2 s s 2. Portanto, R 1 C 0,5. Faça C 1 RC 1 F. Então, R K. Para ganho unitário, R 2 C 1, ou R 2 1 M. Compensar em outro lugar da malha o sinal negativo do sistema compensador. 32.

56 1 s RC s a. Compensador por atraso de fase: Veja a Tabela ,. Dessa forma, R 2 C 10, e (R 1 R 2 )C 100. Fazendo C 10 F, encontramos R 2 1 M. Além disso, R 1 C 1 s s 001, ( R1 R2) C 100 R 2 C 90, de onde resulta R 1 9 M. O ganho de malha também deve ser multiplicado por R R 1 2. R 2 1 s RC 1 b. Compensador por avanço de fase: Veja a Tabela s RC RC R 1 C 0,5, e Fazendo C 1 F, R K, e R K. RC RC 1 2 c. Compensação por atraso e avanço de fase: Veja a Tabela 9.11 s s 2. Dessa forma, Admitindo C 1 10 F, encontramos R 1 10 M, R 2 1,12 M, e C 2 8,9 F. s 01, C a. Compensador por atraso de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig s 001, C s RC 1 s RC Então, R 1 C 1 10; R 2 C Fazendo C 1 C 2 20 F, encontramos R K e R 2 5 M. Compensar em outro lugar na malha o sinal negativo do sistema compensador b. Compensador por avanço de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig s s 2 5 C C s RC s RC Então, R 1 C 1 0,5 e R 2 C 2 0,2. Fazendo C 1 C 2 20 F, encontramos R 1 25 K e R 2 10 M. Compensar em outro lugar na malha o sinal negativo do sistema compensador. c. Compensador por atraso e avanço de fase: Veja a Tabela 9.10 e a Fig Para a porção responsável pelo atraso de fase, use (a). Para a seção de avanço de fase: s 1 C s 10 C s RC 1 1. En- 1 s RC tão, R 1 C 1 1 e R 2 C 2 0,1. Fazendo C 1 C 2 10 F, encontramos R K e R 2 10 K. O circuito seguinte pode ser usado para implementar o projeto.

57 SOLUÇÕES DE PROBLEMAS DE PROJETO 34. b. A seguir é mostrado o diagrama de blocos do sistema. Formando um sistema com retroação unitária equivalente,

58 Agora, Portanto, n 1000; 2 n 0,21 0,2 K t. Como 35. 0,5, K t 157, c. Sistema não-compensado: K t 0; Ts () ; 2 n 31,62 rad/s; 3, ; s 0, 21s 1000 %UP e / ,96%; T s 38, 09 s; T p n n 1 2 9, s; K v , , 1000 Sistema compensado: K t 157,06; Ts () 2 n 31,62 rad/s; 0,5; %UP s 31, 62s 1000 e / , , ,3%; T s 4 n 0, 253 s; T p n 1 2 0,115 s; K v a. Ts () 25 s s ; T s 8 s; n Portanto, n 5; 2 n 1; 0,1; %UP e / %; 25K1 b. Com base na Fig. P9.6(b), Ts (). Portanto, 2 n s ( 1 25K ) s 25K 4 25K f. Para 25% de ultrapassagem, 0,404. Para T s 0,2, n 20. n Portanto, 1 25K f 2 n 40, ou K f 1,56. Também, n 20 49,5. Portanto, K 1 n , 5 98, f 1 25K 1 ; 2 n c. Sistema não-compensado: G(s) ss ( 1) ; 1 em conseqüência, K v 25, e e( ) 0,04. K v Sistema compensado: G () 25K1 s ss ( K ; 25 98, 01 1 portanto, K 1 25 ) v 61,26, e e( ) f , 56 0,0163. K v a. As funções de transferência dos subsistemas são as seguintes: 5 1 Potenciômetro: G p (s) 10 2 ; Amplificador: G K1 a(s) ; Motor e carga: Como o tempo s 20 para alcançar 63% do valor final é 0,5 s, o pólo está situado em 2. Assim, a função de transferência K do motor é da forma, G m (s) ss ( 2). Mas, a partir do enunciado do problema, K 100, ou K O diagrama de blocos do sistema está mostrado a seguir.

59 Usando o sistema equivalente, procure ao longo da reta de 117,126 (20% de ultrapassagem) e encontre o pólo de segunda ordem dominante em 0,89 j1,74 com K 10K 1 77,4. Portanto, K 1 7,74. b. K v 77, ,935. Portanto, e( ) 1 K v 0,517. c. %UP 20%; ln % UP 100 % UP 2 2 ln 100 0,456; n 089, 2 174, 2 1,95 rad/s; T 4 s n 4,49 s; T p n 1 2 1,81 s. d. O diagrama de blocos da malha secundária é mostrado abaixo. A função de transferência da malha secundária é G ML (s) de blocos do sistema equivalente é 20 ss ( 2 20 ). Portanto, o diagrama K f

60 onde a 2 20K f. O ponto de projeto é determinado agora. Como %UP 20%, ln % UP 100 0,456. Além disso, como T s 4 % UP 2 2 ln 2 s, n 4,386 rad/s. Portanto, o ponto de projeto é 2 j3,9. Usando somente os pólos a malha aberta na origem e em 20, a n 100 soma dos ângulos no ponto de projeto é 129,37. O pólo em a deve então contribuir com 129, ,63. Usando a geometria a seguir, a 5,2, ou K f 0, Incluindo o pólo em 5,2 e usando o ponto de projeto, encontramos 10K 1 407,23, ou K 1 40,723. Resumindo as características transitórias compensadas: 0,456; n 4,386; % UP 20%; T s 4 2 s; T 407, 23 p 0,81 s; K v 3, , 2 n n 1 2 Diagrama de blocos Pré-amplificador/amplificador de potência: Curva torque-velocidade: K1 ( s 40) ; Potenciômetros: 20 volts 52 ( ) rad. 2.

61 onde 1432,35 rotação min 1 60 min rad rad/s; s rotação rotação 1 min rad 2 50 rad/s. A inclinação da reta é 50 0,5. Dessa forma, min 60 s rotação 100 sua equação é y 0,5x b. Substituindo um dos pontos, encontramos b 100. Dessa forma T bloq 100, e vazio 200. K t Tbloq 100 Ra ea 50 2; K e b a 50 0,25. vazio 200 Motor: m() s Kt/( RaJ) 002, Ea () s t b s s J D KK ss (, ), onde J 100, D Ra Engrenagens: 0,1 Desenhando o diagrama de blocos: b. Projeto do sistema compensador Avanço de fase 10% de ultrapassagem e T s 1 s levam a um ponto de projeto de 4 j5,458. A soma dos ângulos dos pólos do sistema não-compensado neste ponto é 257,491. Se posicionarmos o zero do sistema compensador por avanço de fase sobre o pólo do sistema não-compensado em 0,505, o ângulo no ponto de projeto é 134,858. Dessa forma, o pólo do sistema compensador por avanço de fase deve contribuir com 134, ,142. Usando a geometria a seguir, ou p c 9,431. 5, 458 p c 4 tg(45,142 ),

62 Usando os pólos não-compensados e o compensador por avanço de fase, o ganho no ponto de projeto é 0,004K ,125. Projeto do sistema compensador Atraso de fase 1897, 125 Com a compensação por avanço de fase, K v ( 40)( 9, 431) 5,029. Como desejamos K v 1000, zatraso ,85. Use p atraso 0,001. Portanto z atraso 0,1988. O sistema compensado por patraso 5, 029 atraso de fase c. Esquema do sistema compensador 1 atraso: RC 0,1988. Seja C 100 F. Então R ,3 k. Agora, 0,001. Portanto, R 1 9,95 M. Em conseqüência, ganho do amplificador de isolamento (buffer) inverso do 2 ( R1 R2) C R2 ganho estático do sistema compensador por atraso de fase,. Portanto, o ganho do buffer R R 1 2 R1 R2 198,8. R2 1 avanço: RC 0,505. Seja C 10 F. Então R k. Agora, 1 forma, R 2 11,2 k ,431. Dessa RC RC 1 2

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64 Considere somente a malha secundária. Procurando ao longo da reta de 143,13 ( 0,8), localize os pólos dominantes da malha secundária em 3,36 j2,52 com K f 8,53. Procurando os segmentos do eixo real para K f 8,53 localiza-se um pólo de ordem superior em 0,28. Usando os pólos da malha secundária como pólos a malha aberta para o sistema completo, procure ao longo da reta de 120 ( 0,5) e encontre os pólos dominantes de segunda ordem em 1,39 j2,41 com K 27,79. Procurando os segmentos do eixo real, localize um pólo de ordem superior em 4,2. Considere somente a malha secundária. Procurando ao longo da reta de 143,13 ( 0,8), localize os pólos dominantes da malha secundária em 7,74 j5,8 com K f 36,71. Procurando os segmentos do eixo real para K f 36,71 localize um pólo de ordem superior em 0,535. Usando os pólos da malha secundária em 7,74 j5,8 e 0,535 como os pólos a malha aberta (o zero a malha aberta na origem não é um zero a malha fechada) para o sistema completo, procure ao longo da reta de 135 ( 0,707; 4,32% de ultrapassagem) e encontre os pólos dominantes de segunda ordem em 4,38 j4,38 com K 227,91. Procurando os segmentos do eixo real, localize um pólo de ordem superior em 7,26. De-

65 sempenho do sistema não-compensado: Fazendo K f 0 e procurando ao longo da reta de 135 (4,32% de ultrapassagem), resulta 2,39 j2,39 como ponto sobre o lugar das raízes com K 78,05. Procurando os segmentos do eixo real do lugar das raízes para K 78,05, localize um pólo de ordem superior em 11,2. A tabela a seguir compara as características não-compensadas previstas com as características compensadas previstas. 40. No Problema 46, Cap. 8, os pólos dominantes, 40 j57,25, levaram a T s 0,1 s e a 11,14% de ultrapassagem. O sistema com retroação unitária consistiu em uma função de transferência do canal K direto com ganho ajustado G(s) ss ( 100( s 500)( s 800), onde K 102,300. Para reduzir o tempo de assentamento por um fator de 2 a 0,05 s e manter a mesma ultrapassagem percentual, dobramos os valores das coordenadas dos pólos dominantes para 80 j114,5. Suponha um compensador por avanço de fase com um zero em 100 que cancela o pólo do processo a controlar em 100. A soma dos ângulos dos pólos restantes do processo no ponto de projeto é 149,23. Dessa forma, a contribuição angular do pólo do sistema compensador deve ser 149, ,77. Usando a geometria a seguir, tg 30,77, ou p c 272,3. 114, 5 p c 80

66 Acrescentando estes pólos aos pólos na origem, 500, e 800 resulta em K 9, no ponto de projeto, 80 j114,5. Qualquer pólo de ordem superior terá uma parte real 5 vezes maior que a do par dominante. Dessa forma, a aproximação de segunda ordem está OK , K Sistema não-compensado: G(s)H(s) ( s 0, 4)( s 0, 5)( s 0, 163)( s 1, 537). Procurando ao longo da reta de 133,639 (%UP 5%), encontre os pólos dominantes em 0,187 j0,196 com ganho, 0,35K 2, Portanto, os valores estimados são: %UP 5%; T s 21, n 018, s; T p 16,03 s; K p 0, n 1 0, 196 Sistema compensado com PD: Projete o compensador para 8 s de instante de pico e 5% de ultrapassagem. ln % UP ,69. Como T p 8 s e n 1 0,393, n 2 % UP 2 2 ln n ,5426. Portanto, n 0,374. Dessa forma, o ponto de projeto é 0,374 j0,393. A soma dos ângulos a partir dos pólos do sistema no ponto de projeto é 295,34. Assim, a contribuição angular do zero do controlador deve ser 295,34. Usando a geometria a seguir, 0, 393 tg ( ,34 ), de onde z c 0,19. Acrescentando este zero aos pólos do sistema 0, 374 z c e usando o ponto de projeto, 0,374 j0,393, o ganho, 0,35K 0,205. Sistema compensado com PID: Suponha o controlador integral, G c (s) s 001,. A função de transferência a malha aberta é G PID (s)h(s) s 0, 35Ks ( 0, 19)( s 0, 01) ( s 0, 4)( s 0, 5)( s 0, 163)( s 1, 537). Verifique: O sistema compensado com PID resulta em um tempo de subida muito lento devido ao zero em 0,01. O tempo de subida pode ser aumentado movendo-se o zero mais adiante a partir do eixo imaginário, com mudanças resultantes na resposta transitória. Os gráficos a seguir mostram a resposta ao degrau com o zero do PI em 0,24.

67 A resposta se compara favoravelmente com a resposta ao degrau de um sistema de dois pólos que resulta em 5% de ultrapassagem e um instante de pico de 8 s, como mostrado a seguir. 42. a. Projeto de um compensador PD: Deslocando o ganho, 10, para a direita da junção somadora, o sistema pode ser representado por um outro equivalente com retroação unitária com Ge( s) 6 10 ( s 4551)( s 286). Este sistema é instável para qualquer valor de ganho. Para 1% de 2 ultrapassagem e T s 0,1, o ponto de projeto é 40 j27,29. A soma dos ângulos a partir dos pólos de G e (s) a este ponto é 216,903. Então, o zero do sistema compensador deve contribuir com 216, ,903. Usando a geometria a seguir:

68 27, 29 tg (36,903). Dessa forma, z c 76,34. Acrescentando este zero aos pólos de G e (s), o ganho z c 40 no ponto de projeto é 10 6 K A resposta do sistema compensado por PD é mostrada a seguir. b. Projeto de um compensador PI: Para reduzir o erro de estado estacionário a zero, adicionamos um controlador PI da forma s 1. A resposta ao degrau compensada PID é mostrada a seguir. s

69 Podemos ver a ultrapassagem de 1% em aproximadamente 0,1 s, como no sistema compensado PD anterior. Mas o sistema agora corrige o erro a zero. 43. a. O esboço do lugar das raízes leva a:

70 O esboço do lugar das raízes próximo ao eixo imaginário leva a Procurando no eixo imaginário um ponto com 180, resulta: j0,083 num ganho de 0,072K 0,0528 e j0,188 num ganho de 0,072K 0,081. Além disso, o ganho na origem é 0,0517. Dessa forma, o sistema é estável para 0,0517 0,072K 0,0528; 0,072K 0,081. De modo equivalente, para 0,7181 K 0,7333; 0,072K 1,125.

71 b. Veja (a) c. Sistema não-compensado: Procurando sobre a reta de ultrapassagem de 20%, encontramos o ponto de operação em 8,987 j17, ,71 117,126 em 0,072K para o sistema não compensado. Simulando a resposta com este ganho resulta, Para 20% de ultrapassagem e T s 0,05 s, é necessário um ponto de projeto de 80 j156,159. A soma dos ângulos neste ponto de projeto é 123,897. Para atender os requisitos no ponto de projeto, um zero deveria contribuir com 303,897, o que é muito grande para um único zero. Acrescentemos primeiro o pólo na origem para conduzir o erro de estado estacionário a zero de modo a diminuir o ângulo solicitado a partir de zero. Somando os ângulos com o deste pólo na origem resulta 241, , 159 Dessa forma, é necessário que o zero contribua com 61,023. Usando a geometria abaixo com z c 80 tg (61,023), z c 166,478. O ganho no ponto de projeto é 0,072K 181,55. d.

72 O requisito de tempo de assentamento foi atendido, mas a ultrapassagem percentual não. Repetindo o projeto para 1% de ultrapassagem e um T s 0,05 s resulta um ponto de projeto de 80 j54,575. O zero do sistema compensador é obtido em 47,855 com um ganho 0,072K 180,107.

73 44. n 4 T s 2,667; ln % UP 100 % UP 2 2 ln 100 0,591. Dessa forma, n 4,512 rad/s. 2 2 Im n 1 4, , 591 3,64. Dessa forma, o ponto de operação é 2,667 j3,64. A soma dos ângulos, admitindo o zero de compensação em 5 (para cancelar o pólo a malha aberta em 5), é 170,88. Então, o pólo do sistema compensador deve contribuir com ,88 9,12. Usando a geometria mostrada a seguir, 364, tg 9,12. Dessa forma p c 25,34. Acrescentando o pólo do sistema compensador e p c 2, 667 usando 2,667 j3,64 como ponto de teste, 50K 2504, ou K 50,08. Dessa forma, a função de 2504( s 5) transferência compensada a malha aberta é Ge( s) ( s 5)( s 10S 50)( s 25, 34). Há pólos de 2 ordem superior em 25,12, em 5, e em 4,898. O pólo em 5 é cancelado pelo zero a malha fechada em 5. O pólo em 4,898 não está distante o suficiente do par dominante de segunda ordem. Dessa forma, o sistema deve ser simulado para determinar se a resposta atende os requisitos.

74 45. a. Com base no Cap. 8, Pondo em cascata o filtro supressor de faixa, Projete arbitrariamente para %UP 30% ( 0,358) e T s 0,3 s. Isto posiciona os pólos desejados em 13,33 j34,79. No ponto de projeto, a soma dos ângulos sem o controlador PD é 107,19. Portanto, 34, 79 tg 72,81 z c 13, 33

75 De onde, z c 24,09. Inserindo este no percurso direto, Usando o lugar das raízes, o ganho 0,06488K 1637, ou K b. Acrescente um controlador PI Dessa forma, Usando o lugar das raízes, o ganho 0,6488K 1740, ou K 2682.

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