EES-49/2012 Prova 1. Q1 Dado o seguinte conjunto de equações:

Transcrição

1 Q1 Dado o seguinte conjunto de equações: EES-49/2012 Prova 1 Onde: h C é o sinal de entrada do sistema; θ é o sinal de saída do sistema; T P é uma entrada de perturbação; T T, T R e h R são variáveis intermediárias; I z = 10000;e τ = 25. a) Obtenha a função de transferência da entrada (h C ) para a saída (θ) do sistema. Precisamos relacionar a transformada de Laplace de θ com a transformada de Lalace de h C. Aplicando a transformada de Laplace a todas as equações temos: Como queremos a função de transferência da entrada para a saída e o sistema é linear (equações diferenciais ordinárias) podemos simplesmente ignorar a entrada de perturbação (T P ) em (2). Substituindo (2) (sem T P ) em (1) temos: De (4) temos: Substituindo (6) em (3)*τ temos: Colocando T R em evidência: Isolando T R : Substituindo (7) em (5): Portanto b) Supondo que a função de transferência do sistema seja:

2 O que não necessariamente é a resposta do item anterior, e utilizando realimentação positiva e um controlador PI, C(s) = k(s+0,01)/s, obtenha o valor de k para que a resposta ao degrau (considerando apenas o par de polos de segunda ordem) tenha uma ultrapassagem de cerca de 16% e o menor tempo de subida possível. Por que usar realimentação positiva? Você diria que a resposta ao degrau do sistema completo (sem realizar a aproximação de segunda ordem) teria uma ultrapassagem percentual maior ou menor que 16%? Justifique. A função de transferência do item anterior é: Parecida, mas não a mesma. Com o controlador PI temos: E com realimentação positiva, temos: Portanto Dado o requisito de 16% de ultrapassagem percentual, usamos a fórmula: Ou, no formato mais conveniente: Para obter. E o denominador da função de transferência em malha fechada deve ter a forma: Expandido e igualando o denominador de T(s) a DenT(s) temos Igualando os coeficientes de mesma potência de s: Que é um sistema de 3 equações e 3 incógnitas com uma incógnita ao quadrado. Fazendo-se as devidas substituições é possível isolar uma das variáveis, determiná-la e substituí-la para encontrar as outras. Multiplicando a primeira equação por Substituindo k na terceira equação obtemos: e usando a segunda equação temos que: ou Substituindo k e na segunda equação obtemos: ou

3 ou Como queremos o menor tempo de subida possível, escolhermos o maior e k 3,62. É necessário usar realimentação positiva porque a função de transferência tem ganho negativo, portanto precisamos inverter o ganho em algum ponto do sistema realimentado. Uma alternativa seria usar realimentação negativa e um ganho k negativo ao invés de positivo. O sistema em malha fechada tem um zero em -0,01 e um terceiro polo em: Como o zero está mais próximo da origem que o terceiro polo, pode se esperar uma resposta ao degrau com uma ultrapassagem percentual maior que a ditada pelo par de polos de segunda ordem (cerca de 38%). Através do esboço do LGR é fácil observar que o 3 º polo do sistema está mais afastado da origem que o zero, já que o 3º polo está justamente entre o polo em -0,05 e o zero em -0,01. Ou seja, não era necessário calcular a posição exata do polo para se chegar à conclusão de que a ultrapassagem percentual do sistema seria maior que a projetada. Q2 Dado o sistema da figura abaixo a) Calcule a Margem de Ganho e a Margem de Fase do sistema desprezando o atraso. Em um sistema de segunda ordem (sem zeros) a fase tende assintoticamente para graus, mas nunca cruza esse valor, e a margem de ganho é infinita. Se o sistema tivesse um zero a fase tenderia para -90 graus e a margem de ganho também seria infinita. Para obter a margem de fase precisamos saber onde C(jω)G(jω) = 1 (ou 0 db). Nesta frequência temos: Portanto a Margem de Fase é de 50 graus.

4 b) Calcule o máximo atraso (em segundos) que o sistema pode apresentar sem que ele fique instável. c) Se o atraso for metade do calculado no item (b), qual é a máxima ultrapassagem percentual esperada para a resposta ao degrau, e qual o valor da saída em regime permanente para uma entrada em degrau unitário? Se o atraso for a metade do item anterior a margem de fase será metade da margem de fase sem atraso, ou seja 25 graus. Usando a aproximação: E a fórmula: Obtemos: ξ 0,25 e UP 44% O atraso não afeta o valor em regime permanente. Como o sistema é do tipo zero: E Lembrando que, o que foi pedido foi o valor da saída e não do erro. Q3 Dada a seguinte função de transferência: a) Projete um controlador de avanço de fase para que o sistema responda a um degrau na entrada com uma máxima ultrapassagem de 12,5% e um instante de pico de 0,2 segundos. Desenhe o diagrama de blocos do sistema com o controlador e a realimentação. Dado o requisito de 12,5% de ultrapassagem percentual, usamos a fórmula: Ou, no formato mais conveniente: Para obter. E a partir do instante de pico e da fórmula Obtemos ω d = 5π. A partir de e ω d obtemos ω n 18,8 e σ 10,3. Existem várias abordagens para o controlador lead; qualquer uma, desde que não resultasse em um sistema instável e nem tentasse cancelar o polo no semiplano direito seria aceita. Uma dessas abordagens é a de cancelar o polo estável (no semiplano esquerdo).

5 O controlador teria então a forma: E Como temos um numerador negativo precisamos usar realimentação positiva (como na questão 1, ou um ganho k negativo; as duas abordagens são válidas e resultam no mesmo denominador da função de transferência em malha fechada, mas em numeradores diferentes). E para atender os requisitos precisamos ter: Portanto: = 353,44 E =1,04 b) Qual será o valor em regime permanente deste sistema para uma entrada em degrau unitário? Como nesse caso foi usada a realimentação positiva, e o numerador da função de transferência em malha fechada é negativo, a resposta ao degrau tenderá para um valor negativo. A função de transferência em malha fechada é: E Com realimentação negativa e ganho k negativo, o valor final seria positivo. Q4 a) Esboce o diagrama de Nyquist da seguinte função de transferência: O diagrama de Nyquist começa com módulo infinito (por causa do polo na origem) e fase zero (mapeamento do ponto A). Ao contornarmos o polo na origem a fase diminui até ficar próxima a -90 (mapeamento do ponto B). De B para C a fase aumenta por causa dos dois zeros em -2; o modulo diminui e depois tende novamente a infinito. Podemos calcular a fase em C considerando C = (1-ε)j, mas para esboçar o diagrama basta notarmos que os ângulos dos zeros em -2 até C são menores que 45 e sua soma, portanto é menor que 90. E os ângulos a partir dos polos em -20 são bastante pequenos quando comparados aos ângulos a partir dos zeros. A conclusão então é que a fase de G((1-ε)j) está entre 0 e -90. O ponto D é mapeado em um ponto com módulo infinito e fase entre -90 e -180 (90 a menos que o ponto C). E o ponto E é mapeado em um ponto com módulo infinito e fase entre -180 e -270 (180 a menos que o ponto C, já que foi dada uma volta de 180 em torno do polo em j). O

6 ponto F é mapeado na origem, com um ângulo de -270, já que o sistema tem grau relativo 3 ((2 zeros 5 polos) x 90 ). A única dúvida é se o diagrama de Nyquist de E até F se mantém no 2 quadrante (com a fase sempre entre -180 e -270 ), ou se ele cruza o eixo real negativo indo para o 3 quadrante e depois volta para o 2 quadrante (se a fase ficar maior que ). Ou, reformulando o problema, como temos 3 polos no eixo imaginário, abaixo do ponto E (e a contribuição destes 3 polos é de -270 ); um zero duplo e um polo duplo; o que precisamos saber é se para algum ponto entre E e F, o ângulo do zero em -2 até esse ponto menos o ângulo do polo em -20 até este mesmo ponto é maior que 45 (como o polo e o zero são duplos a contribuição total seria de mais de 90 e a fase com os -270 dos outros 3 polos ficaria maior que -180 ). Este ponto, se existir, está abaixo de 20j, já que em 20j a fase a partir do polo é de 45 (e vai aumentando) e a fase a partir do zero não pode ser maior que 90. Podemos calcular os ângulos a partir do zero em -2 e do polo em -20 em 10j e 5j, por exemplo. Em 10j: atan(10/2) - atan(10/20) 78, = Ou seja a fase em 10j é de cerca de x52.1 = Em 5j: atan(5/2) - atan(5/20) 68,2-14 = Ou seja a fase em 5j é de cerca de x54.2 = Ao invés de chutarmos alguns valores de teste (como 10j e 5j), uma maneira mais inteligente e elegante de verificar se a fase fica maior que -180 em algum ponto entre E e F, é imaginar que cada para polo-zero é um controlador de avanço de fase. E o máximo avanço de fase é obtido na média geométrica entre o polo em -20 e o zero em -2, ou seja, em ω =. Em : atan( /2) - atan( /20) 72, = Ou seja a fase em j é de cerca de x54.9 = Então a conclusão é que o diagrama de Nyquist entre E e F cruza o eixo real negativo para o 3 quadrante e depois cruza-o novamente para o 4 quadrante. b) Dado o diagrama de Nyquist da seguinte função de transferência:

7 Onde a curva de Nyquist foi mapeada no sentido horário com k = 1. Analise a estabilidade do sistema em malha fechada (dizendo quantos polos instáveis o sistema tem em cada região do diagrama de Nyquist) para valores positivos e negativos de ganho. Obs: comece rotulando as diferentes regiões no diagrama de Nyquist. Temos 5 regiões neste diagrama de Nyquist: da esquerda para a direita; no semiplano esquerdo (ganho k positivo) temos a região I que não é envolvida pelo diagrama; e as regiões II e III que são envolvidas pelo diagrama; no semiplano direito (para ganho k negativo) temos a região IV que é envolvida pelo diagrama e a região V que não é envolvida pelo diagrama. Lembrando que PMFNSPD = PMANSPD + voltas no mesmo sentido; e sabendo que neste caso PMANSPD = 2 e que o mesmo sentido é o sentido horário: Região I (ganho positivo pequeno): PMF = Para ganho positivo pequeno o sistema é instável com 2 polos no semiplano direito. Região II (ganho positivo intermediário): PMF = 2-2 (voltas no sentido anti-horário). Para ganho positivo intermediário o sistema é estável (não tem polos no semiplano direito). Região III (ganho positivo grande): PMF = (uma volta em cada sentido). Para ganho positivo grande o sistema é instável com 2 polos no semiplano direito. Região IV (ganho negativo grande): PMF = 2-1 (volta no sentido anti-horário). Para ganho negativo grande o sistema é instável com 1 polo no semiplano direito. Região V (ganho negativo pequeno): PMF = Para ganho negativo pequeno o sistema é instável com 2 polos no semiplano direito. c) Caso exista, determine a faixa (ou faixas) de valores para a qual o sistema em malha fechada é estável. Os valores limitantes podem ser aproximados desde que as aproximações sejam devidamente explicadas. Do item anterior sabemos que o sistema é estável na região II (ganho positivo intermediário) e instável nas demais regiões. Para obter esses ganhos podemos usar Routh-Hurwitz; ou igualar a parte imaginária de G(jω) à zero, obter os valores de ω que satisfazem a essa restrição e em seguida o módulo de G(jω) para esses valores de ω. E os ganhos limitantes são o inverso do

8 valore de G(jω) nesses pontos. Mas, esses valores podem ser aproximados diretamente a partir do diagrama de Nyquist (com régua e regra de três). k 1 = 8,6cm/2,65cm e k 2 = 8,6cm/1,05cm. Portanto o sistema é estável para ganhos entre 3,2 e 8,2. Os valores exatos seriam 3,24 e 8,1.