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Soluo dos Exerccios de Avaliao
CAPTULO 2
2.1
Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de t . Utilizando o Item 4 da Tabela 2.2,
2.2
A expanso de F(s) em fraes parciais fornece:
onde
e
Realizando a transformada de Laplace inversa, tem-se
2.3
Realizando a transformada de Laplace da equao diferencial admitindo condies iniciais nulas, tem-se
Grupando-se os termos, tem-se
Assim,
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-
60 Soluo dos Exerccios de Avaliao
2.4
Realizando o produto cruzado, obtm-se
2.5
onde
e
Assim,
2.6
Anlise das MalhasA transformao do circuito fornece
A equao das malhas pode, agora, ser escrita como
Resolvendo as equaes das malhas para I2(s), obtm-se
Porm, VL(s) = sI2(s).Assim,
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-
61Soluo dos Exerccios de Avaliao
ou
Anlise NodalEscrevendo as equaes nodais
Resolvendo para VL(s), obtm-se
ou
2.7
Com o amplificador operacional inversor
Sem o amplificador operacional inversor
2.8
As equaes de movimento podem ser escritas como
Resolvendo para X2(s), tem-se
Assim,
Solues.indd 61Solues.indd 61 6/16/09 1:00:12 PM6/16/09 1:00:12 PM
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62 Soluo dos Exerccios de Avaliao
2.9
As equaes de movimento podem ser escritas como
onde u1(s) o deslocamento angular da inrcia.Resolvendo para u2(s), tem-se
De onde, aps simplificaes, obtm-se
2.10
Transformando-se o sistema para um sem as engrenagens de transmisso transferindo-se a mola de 4 N m/rad para a esquerda e multiplicando-se sua rigidez por (25/50)2, obtm-se
As equaes de movimento podem ser escritas como
onde u1(s) o deslocamento angular da inrcia de 1 kg.Resolvendo para ua(s), tem-se
De onde se obtm
Porm, Assim,
2.11
Inicialmente, so determinados os parmetros mecnicos
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63Soluo dos Exerccios de Avaliao
So obtidos agora os parmetros eltricos. Pela equao da relao torque-velocidade, impe-se vm = 0 para determinar o torque de bloqueio e faz-se Tm = 0 para obter a velocidade do sistema sem carga. Assim,
bloc
vazio
Portanto,
bloc
vazio
Substituindo todos os valores na funo de transferncia do motor,
onde um(s) o deslocamento angular da armadura.
Ocorre que Assim,
2.12
Fazendo
nas Eqs. 2.127, obtm-se
Com base nessas equaes pode-se desenhar os circuitos anlogos srie e paralelo considerando estas como as equaes das malhas e dos ns, respectivamente.
Anlogo em srie
Anlogo em paralelo
2.13
Escrevendo a equao nodal, tem-se
Porm,
s s
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64 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Substituindo essas relaes na equao diferencial, obtm-se
s s (1)
Lineariza-se, agora, o termo ev.A forma geral
ss
A substituio na funo, f(v) = ev, de v por ve + dv, fornece
s ss
Resolvendo para evs + dv, tem-se
s
s s s s
Substituindo na Eq. (1), obtm-se
s s (2)
Fazendo-se i(t) = 0 e levando o circuito a atingir o regime estacionrio, o capacitor atuar como um circuito aberto. Assim, vs = vr com ir = 2. Porm, ir = evr ou vr = ln ir.
Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituio desse valor de vs na Eq. (2) fornece
Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se
Resolvendo-se para a funo de transferncia, obtm-se
ou
em torno do equilbrio.
CAPTULO 3
3.1
A identificao apropriada das variveis do circuito fornece
s
Escrevendo as relaes de derivadas, tem-se
(1)
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65Soluo dos Exerccios de Avaliao
Utilizando-se as leis de Kirchhoff das correntes e das tenses,
e
A substituio dessas relaes nas Eqs. (1) e simplificando-se fornece as equaes de estado na forma
e
e
e
onde a equao de sada
s
Arrumando-se as equaes na forma vetorial-matricial, tem-se
e
3.2
Escrevendo-se as equaes de movimento, tem-se
Calculando-se a transformada de Laplace inversa e simplificando-se, obtm-se
Definindo as variveis de estado, zi, como
As equaes de estado podem ser escritas utilizando a definio das variveis de estado e a transformada inversa da equao diferencial, isto ,
A sada z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial,
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66 Soluo dos Exerccios de Avaliao
3.3
Inicialmente, as equaes de estado so deduzidas para a funo de transferncia sem zeros.
Realizando-se o produto cruzado, tem-se
Calculando-se a transformada de Laplace inversa, admitindo condies iniciais nulas, obtm-se
Definindo as variveis de estado como
Tem-se
Utilizando os zeros da funo de transferncia, obtm-se a equao de sada como sendo
Arrumando-se todas as equaes na forma vetorial-matricial, tem-se
3.4
A equao de estado convertida em uma funo de transferncia utilizando
(1)
onde
e
Calculando-se (sI A), tem-se
,
Calculando-se a inversa, obtm-se
,
A substituio de todas as expresses na Eq. (1) fornece
3.5
Escrevendo a equao diferencial, obtm-se
(1)
Solues.indd 66Solues.indd 66 6/16/09 1:00:15 PM6/16/09 1:00:15 PM
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67Soluo dos Exerccios de Avaliao
Fazendo x = xo + dx e substituindo na Eq. (1), tem-se
(2)
Lineariza-se agora x2.
de onde se pode escrever
(3)
A substituio da Eq. (3) na Eq. (1) e realizando as derivadas indicadas fornece a equao diferencial lineari-zada intermediria,
(4)
A fora da mola na condio de equilbrio 10 N. Assim, como F = 2x2, 10 = 2x2o, logo,
Substituindo esse valor de xo na Eq. (4) tem-se a equao diferencial linearizada final.
Selecionando-se as variveis de estado,
As equaes de estado e de sada podem ser escritas como
A converso para a forma vetorial-matricial fornece o resultado final como
CAPTULO 4
4.1
Para uma entrada em degrau
Calculando-se a transformada de laplace inversa, tem-se
4.2
Como e
4.3
a. Como os plos esto em 6 j19,08, c(t) = A + Be6tcos(19,08t + f).b. Como os plos esto em 78,54 e 11,46, c(t) = A + Be78,54t + Ce11,4t.c. Como os plos so repetidos e localizados sobre o eixo real em 15, c(t) = A + Be15t + Cte15t.d. Como os plos esto em j25, c(t) = A + Bcos(25t + f).
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68 Soluo dos Exerccios de Avaliao
4.4
a. 20 e 2zvn = 12; logo, z = 0,3 e o sistema subamortecido.
b. 30 e 2zvn = 90; logo, z = 1,5 e o sistema superamortecido.
c. 15 e 2zvn = 30; logo, z = 1 e o sistema criticamente amortecido.
d. 25 e 2zvn = 0; logo, z = 0 e o sistema sem amortecimento.
4.5
,logo,e
Portanto, , s e ,
Com base na Figura 4.16, vnTr = 1,4998. Portanto, Tr = 0,079 s.
Finalmente, ,sp .
4.6
a. A aproximao de segunda ordem vlida, uma vez que os plos dominantes possuem uma parte real de 2 e o plo de ordem superior est posicionado em 15, isto , mais de cinco vezes mais afastado.
b. A aproximao de segunda ordem no vlida, uma vez que os plos dominantes possuem uma parte real de 1 e o plo de ordem superior est posicionado em 4, isto , um afastamento inferior a cinco vezes.
4.7
a. Expandindo G(s) em fraes parciais, tem-se , , ,
,
Porm, 0,3023 no
uma ordem de grandeza inferior aos resduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximao de segunda ordem no vlida.
b. Expandindo G(s) em fraes parciais, tem-se , , ,
, Porm, 0,0704 uma
ordem de grandeza inferior aos resduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproxi-mao de segunda ordem vlida.
4.8
Veja a Figura 4.31 do texto onde so mostrados o diagrama de blocos em Simulink e as respostas das sadas.
4.9
a. Como , E tambm,
O vetor de estado . A sada
, , O clculo da transformada de Lapla-
ce inversa fornece y(t) = 0,5et 12e2t + 17,5e3t.b. Os autovalores so obtidos calculando-se as razes de , ou seja, 2 e 3.
4.10
a. Como , Calculando-se a transformada de
Laplace de cada termo, a matriz de transio de estados fica expressa por
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69Soluo dos Exerccios de Avaliao
b. como e
Assim, .
c.
CAPTULO 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 realimentao em paralelo e estabelea 2 blocos s. Em seguida, aplique a frmula de
realimentao, simplifique e obtenha
5.2
Obtenha a funo de transferncia em malha fechada onde
e H(s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtm . Porm, para um sobrevalor de 5%
%SP
%SP, Como , a = 5,52.
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70 Soluo dos Exerccios de Avaliao
5.3
Nomeie os ns.
Esboce os ns.
Conecte os ns e d nome aos subsistemas.
Elimine os ns desnecessrios.
5.4
Os ganhos do caminho direto so G1G2G3 e G1G3.Os ganhos da malha so G1G2H1, G2H2 e G3H3.As malhas disjuntas so e Observe tambm que Finalmente, 1 = 1 e 2 = 1.
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71Soluo dos Exerccios de Avaliao
A substituio desses valores em fornece
5.5
As equaes de estado so
O esboo do diagrama de fluxo de sinal com base nas equaes de estado fica
5.6
A partir de esboa-se o diagrama de fluxo de sinal na forma cannica do controlador e
adiciona-se a realimentao.
Escrevendo-se as equaes de estado a partir do diagrama de fluxo de sinal, obtm-se
5.7
A partir das equaes de transformao, tem-se
Calculando-se sua inversa, obtm-se
,
,
,
,
Solues.indd 71Solues.indd 71 6/16/09 1:00:19 PM6/16/09 1:00:19 PM
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72 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Assim,
,
,
,
,
, ,
, ,
, ,
, ,, ,
E, finalmente,
, ,, ,
, ,
5.8
Inicialmente, obtm-se os autovalores.
Portanto, os autovalores so 2 e 3.Utilize agora Axi = lxi para cada autovalor, l.Assim,
Para l = 2,
Portanto, x1 = x2Para l = 3,
Portanto, x1 = x2 e x1 = 0,75x2; logo, obtm-se
, ,, ,
Calculando-se a inversa, tem-se
, ,
Portanto,
, ,
, , ,
, ,
, ,
,,,
, ,,
Finalmente,
, ,
,
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73Soluo dos Exerccios de Avaliao
CAPTULO 6
6.1
Construa uma tabela de Routh.
,
,
,
,
,
,
,
Como ocorrem quatro mudanas de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existiro quatro plos no semi-plano direito e trs plos no semiplano esquerdo.
6.2
Construa uma tabela de Routh. Encontra-se uma linha de zeros referente a s3. O polinmio par contido na linha anterior 6s4 + 0s2 + 6. O clculo da derivada fornece 24s3 + 0s. Substituindo a linha de zeros pelos coefi-cientes da derivada tem-se a linha de s3. Encontra-se tambm um zero na primeira coluna referente linha s2. Substitui-se o zero por e continua-se a tabela. O resultado final mostrado agora como
Existe uma mudana de sinal abaixo do polinmio par. Assim, o polinmio par (de quarta ordem) possui um plo no semiplano direito, um plo no semiplano esquerdo e dois plos sobre o eixo imaginrio. Do topo da tabela para baixo, o polinmio par apresenta uma mudana de sinal. Assim, o resto do polinmio possui uma raiz no semiplano direito e uma raiz no semiplano esquerdo. O resultado final para o sistema dois plos no semiplano direito, dois plos no semiplano esquerdo e dois plos imaginrios.
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, obtm-se
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74 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Forma-se agora a tabela de Routh.
,
Ocorrem duas mudanas de sinal. Assim, existem dois plos no semiplano direito e um plo no semiplano esquerdo.
CAPTULO 7
7.1
a. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.
, , ,
Os plos esto no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema estvel. A estabilidade tambm poderia ser veri-ficada por meio do critrio de Routh-Hurwitz utilizando o denominador de T(s). Assim,
degrau
rampa
parbola uma vez que
,
b. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.
,
,
, ,
Com base no termo de segunda ordem no denominador, verifica-se que o sistema instvel. A instabilidade tambm poderia ser determinada utilizando o critrio de Routh-Hurwitz no denominador de T(s). Como o sistema instvel, os clculos relativos ao erro de regime estacionrio no podem ser realizados.
7.2
a. O sistema estvel, uma vez que
e do Tipo 0. Portanto,
e
b.
,degrau
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75Soluo dos Exerccios de Avaliao
rampa
7.3
O sistema estvel para valores positivos de K. O sistema do tipo 0. Portanto, para uma entrada em degrau,
degrau , Resolvendo para Kp, tem-se , de onde se obtm
K = 189.
7.4
O sistema estvel. Uma vez que G1(s) = 1000 e
,
7.5
O sistema estvel. Crie um sistema com realimentao unitria, onde O sistema pode ser representado como
Assim,
Portanto, o sistema do Tipo 0. O clculo de Kp fornece
O erro de regime estacionrio dado por
degrau ,
7.6
Como
Calculando a sensibilidade do sistema, obtm-se
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-
76 Soluo dos Exerccios de Avaliao
7.7
Dado
Utilizando o teorema do valor final,
degrau
Utilizando a substituio da entrada,
degrau
CAPTULO 8
8.1
a.
,
, , ,,
b. O arranjo de vetores pode ser ilustrado como:
Plano s
Com base no diagrama,
, , , ,
Solues.indd 76Solues.indd 76 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM
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77Soluo dos Exerccios de Avaliao
8.2
a. Inicialmente, desenhe os vetores.
Plano s
Com base no diagrama,
ngulos tan tan , ,
b. Como o ngulo de 180o, o ponto est sobre o lugar geomtrico das razes.
c. comprimentos dos ploscomprimentos dos zeros
8.3
Inicialmente, obtm-se as assntotas.
plosplos
Em seguida, desenha-se o lugar geomtrico das razes seguindo as regras de traado.
8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 35
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
Eixo
Imag
inr
io
Eixo Real
Solues.indd 77Solues.indd 77 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM
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78 Soluo dos Exerccios de Avaliao
8.4
a.
j3
s
jv
X
X
O2 2
j3
0
Plano s
b. Utilizando o critrio de Routh-Hurwitz, determina-se inicialmente a funo de transferncia em malha fecha-da.
Utilizando o denominador de T(s), constri-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. Da calcula-se o cru-zamento com o eixo imaginrio em .
c. Com base no item (b), K = 4.d. Procurando-se pelo ganho mnimo 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 prximo ao plo complexo.
Plano s
No ponto prximo ao plo complexo a soma dos ngulos deve ser nula. Portanto, o ngulo a partir do zero o ngulo a partir do plo no quarto quadrante o ngulo a partir do plo no primeiro quadrante =
180o ou tan Resolvendo-se para o ngulo de sada, u = 233,1o.
Solues.indd 78Solues.indd 78 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM
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79Soluo dos Exerccios de Avaliao
8.5
a.
Plano s
,
b. Procure ao longo do eixo imaginrio e obtenha o ponto de 180o em s = j4,06.c. Para o resultado do item (b), K = 1.d. Procurando pelo ganho mnimo entre 2 e 4 sobre o eixo real, tem-se o ponto de entrada em s = 2,89.e. Procurando pelo ponto de 180o ao longo de z = 0,5, obtm-se s = 2,42 j4,18.f. Para o resultado do item (e), K = 0,108.g. Utilizando o resultado do item (c) e o lugar geomtrico das razes, 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%) obtm-se 2,028 + j2,768 com K = 45,55.
c. ,
,
,
, , , com base na carta de tempo de subida
e no grfico apresentado no Captulo 4. Como vn a distncia radial ao plo, , , ,
Assim, Tr = 0,53 s; como o sistema do Tipo 0, ,
, Assim,
,degrau
d. Procurando-se por um ponto cujo ganho 45,55 esquerda de 6 no eixo real, obtm-se 7,94. Comparando este valor parte real do plo dominante, 2,028, verifica-se que ele no est cinco vezes mais afastado. A aproximao de segunda ordem no vlida.
Solues.indd 79Solues.indd 79 6/16/09 1:00:24 PM6/16/09 1:00:24 PM
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80 Soluo dos Exerccios de Avaliao
8.7
Obtm-se a funo de transferncia em malha fechada e coloca-se na forma que fornece pi como varivel do lugar geomtrico das razes. Assim,
Portanto, A figura a seguir mostra o lugar geomtrico das razes.
Plano s
8.8
Seguindo as regras de traado do lugar geomtrico das razes de sistemas com realimentao positiva, obtm-se o seguinte lugar geomtrico das razes:
Plano s
8.9
A funo de transferncia em malha fechada Derivando-se o denominador em relao a K, obtm-se
Resolvendo-se para tem-se Assim,
Substituindo o valor do ganho K = 20, obtm-se
So agora determinados os plos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T(s), s1,2 = 21,05, 0,95, quando K = 20.
Para o plo em 21,05,
,, ,
,
, ,
Para o plo em 0,95,
,,
,
,
, ,
Solues.indd 80Solues.indd 80 6/16/09 1:00:25 PM6/16/09 1:00:25 PM
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81Soluo dos Exerccios de Avaliao
CAPTULO 9
9.1
a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geomtrico das razes em 3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Assim, para um sistema no-compensado,
, ,
Portanto, erampa no-compensado() = 1/Kv = 0,1527.b. O zero do compensador deve ser posicionado vinte vezes mais afastado esquerda do que o plo do com-
pensador. Seleciona-se, arbitrariamente,
,
,
c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de sobrevalor de 15% e encontra-se o lugar geom-trico das razes em 3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado
, ,
,
, e amp1_compensado ,
d. amp1_no-compensado ,,
,amp1_compensado
9.2
a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geomtrico das razes em 3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema no-compensado,
,,
s.
b. A parte real do ponto de projeto deve ser trs vezes maior do que a parte real do plo no-compensado. Portanto o ponto de projeto ser 3(3,5) + j3(5,8) = 10,5 + j17,4. A contribuio angular dos plos e do zero do compensador do processo no ponto de projeto de 130,8o. Assim, o plo compensador deve contribuir com 180o 130,8o = 49,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
Plano s
,
,
,
obtm-se ,,
,
, de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este plo, obtm-se o ganho
no ponto de projeto como sendo K = 476,3. Um plo de malha fechada de ordem superior encontrado em 11,54. Este plo no pode estar muito prximo 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 geomtrico das razes em 3,5 + j6,83 referente a um ganho K = 58,9. Portanto, para o sistema no-compensado,
,
,
b. Para o sistema no-compensado, , , . Portanto,
,amp1_no-compensadoc. Para se diminuir o tempo de assentamento de um fator de 2, o ponto de projeto deve ser duas vezes o valor
no-compensado, ou seja, 7 + j13,66. Adicionando-se os ngulos dos plos e do zero do compensador do processo em 3 ao ponto de projeto, obtm-se 100,8o. Assim, o plo compensador deve contribuir com 180o 100,8o = 79,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
Solues.indd 81Solues.indd 81 6/16/09 1:00:25 PM6/16/09 1:00:25 PM
-
82 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Plano s
,
,
obtm-se ,,
, de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando este plo, obtm-se o ganho no
ponto de projeto como sendo K = 204,9.Calculando Kv para o sistema compensado por avano de fase, tem-se
avano , , , ,
O ganho Kv para o sistema no-compensado foi de 8,41. Para uma melhoria de dez vezes no erro de regime estacionrio, Kv deve ser de (8,41)(10) = 84,1. Como a compensao por avano de fase apresentou Kv = 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 plo compensador.
Selecione, arbitrariamente, ,
,
Utilizando todos os plos do processo e do compensador, obtm-se o ponto de projeto como K = 205,4. Resumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho fornece
,
,
,
,
Os plos de ordem superior so obtidos em 0,928 e 2,6. Recomenda-se simular o sistema para verificar se ocorre, de fato, o cancelamento de plo com zero.
9.4
A configurao para o sistema mostrada na figura a seguir.
Projeto da Malha Secundria:Para a malha secundria, . Utilizando o diagrama a seguir, verifica-se que o lugar
geomtrico da malha secundria intercepta a reta de frao de amortecimento 0,7 em 8,5 + j8,67. A parte
imaginria foi obtida como: u = cos1 z = 45,57o. Portanto, ,
, , de onde se obtm Im = 8,67.
Solues.indd 82Solues.indd 82 6/16/09 1:00:26 PM6/16/09 1:00:26 PM
-
83Soluo dos Exerccios de Avaliao
Plano s
,
,,
,
O ganho, Kf, obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja,
, ,, , , ,
Projeto da Malha Principal:Utilizando os plos em malha fechada da malha secundria, tem-se uma funo de transferncia equivalente do caminho direto expressa por
, , , , ,
Utilizando os trs plos de G(s) como plos em malha aberta para traar o lugar geomtrico das razes, pro-cura-se, ao longo de z = 0,5, e obtm-se o ponto de interseo entre o lugar das razes e a reta de frao de amortecimento em 4,34 + j7,51 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 impedncias so as indicadas a seguir:
Comparando-se a funo de transferncia dada com a funo de transferncia do controlador PID, tem-se
, , ,,
,
Igualando-se os coeficientes
, (1)
Solues.indd 83Solues.indd 83 6/16/09 1:00:27 PM6/16/09 1:00:27 PM
-
84 Soluo dos Exerccios de Avaliao
,
(2)
(3)
Na Eq. (2) atribui-se, arbitrariamente, C1 = 105. Assim, R2 = 105. Utilizando esses valores nas Eqs. (1) e (3) obtm-se C2 = 100 mF e R1 = 20 k.
b. O compensador por atraso e avano de fase pode ser implementado com o circuito passivo mostrado a seguir, desde que a relao entre o plo e o zero em avano seja o inverso da relao entre o plo e o zero em atraso:
se
Comparando-se a funo de transferncia dada com a funo de transferncia do compensador passivo por atraso e avano, tem-se
,
,
,
, ,
Igualando-se os coeficientes,
,
,
,
(1)
(2)
(3)
A substituio das Eqs. (1) e (2) na Eq. (3) fornece
, (4)
Atribuindo-se arbitrariamente C1 = 100 mF na Eq. (1), tem-se R1 = 100 k.Substituindo-se C1 = 100 mF na Eq. (4), tem-se R2 = 558 k.Substituindo-se R2 = 558 k na Eq. (2), tem-se C2 = 900 mF.
CAPTULO 10
10.1
a.
Para
Solues.indd 84Solues.indd 84 6/16/09 1:00:27 PM6/16/09 1:00:27 PM
-
85Soluo dos Exerccios de Avaliao
Para
b.
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Freqncia (rad/s)
Diagramas de Bode
c.
Eixo
Imag
inr
io
Eixo Real
Diagramas de Nyquist
,
,
,
,
,
,
,
,
, , , , ,
10.2
Freqncia (rad/s)
Assinttica
Real
20 dB/dc
20 dB/dc
40 dB/dc
40 dB/dc
Solues.indd 85Solues.indd 85 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
-
86 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Freqncia (rad/s)
Assinttica
Real
Fase
(grau
s)
45/dc
90/dc
90/dc45/dc
45/dc45/dc
10.3
A resposta em freqncia de 1/8 a um ngulo de zero grau em v = 0. Cada plo gira de 90o desde v = 0 at v = . Assim, a resultante gira de 180o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado mostrado na figura a seguir.
10.4
a. A resposta em freqncia de 1/48 a um ngulo de zero grau em v = 0. Cada plo gira de 90o desde v = 0 at v = . Assim, a resultante gira de 270o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado mostrado na figura a seguir.
,
Solues.indd 86Solues.indd 86 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
-
87Soluo dos Exerccios de Avaliao
b. Substituindo jv em e simplificando, obtm-se
. O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imaginria de
G(jv) igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo real em v2 = 44, isto , ,
Nesta freqncia, Portanto, o sistema estvel para K < 480.
10.5
Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptar o eixo real em 11/480. Portanto, , . Com base no Exerccio de Avaliao 10.4, a freqncia de 180o 6,63 rad/s.
10.6
a.
Freqncia (rad/s)
Freqncia (rad/s)
Fase
(grau
s)
b. O ngulo de fase 180o a uma freqncia de 36,74 rad/s. Nesta freqncia o ganho de 99,67 dB. Portanto, 20 logK = 99,67, ou seja, K = 96.270. Conclui-se que o sistema estvel para K < 96.270.
c. Para K = 10.000, o grfico de magnitude se move para cima de 20 log 10.000 = 80 dB. Portanto, a margem de ganho de 99,67 80 = 19,67 dB. A freqncia de 180o 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB em v = 7,74 rad/s, onde a fase de 87,1o. Calcula-se a margem de fase como sendo 180o 87,1o = 92,9o.
10.7
Utilizando %SP
%SP obtm-se z = 0,456, o que corresponde a um sobrevalor de 20%. Utilizando
Ts = 2, ,
10.8
Para ambos os itens se obtm
Para a faixa de valores de v, superponha G(jv) aos crculos M e N em a. e carta de Nichols em b.
Solues.indd 87Solues.indd 87 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
-
88 Soluo dos Exerccios de Avaliao
a.
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
Plano G
b.
Representando-se graficamente a resposta em freqncia do sistema em malha fechada a partir de a. ou b., tm-se os seguintes grficos:
Freqncia (rad/s)
Solues.indd 88Solues.indd 88 6/16/09 1:00:29 PM6/16/09 1:00:29 PM
-
89Soluo dos Exerccios de Avaliao
Freqncia (rad/s)
Fase
(grau
s)
10.9
A resposta em freqncia do sistema em malha aberta mostrada na figura a seguir:
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Freqncia (rad/s)
Diagramas de Bode
A resposta em freqncia do sistema em malha aberta de 7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante estimada vWB = 14,5 rad/s. O grfico da resposta em freqncia em malha aberta passa por zero dB a uma freqncia de 9,4 rad/s, onde a fase de 151,98o. Portanto, a margem de fase de 180o 151,98o = 28,02o. Esta margem de fase corresponde a
Portanto SP
e
, ,
,
,
10.10
A inclinao inicial de 40 dB/dcada. Portanto, o sistema do Tipo 2. A inclinao inicial intercepta o eixo de freqncias (0 dB) em v = 9,5 rad/s. Assim, Ka = 9,52 = 90,25 e Kp = Kv = .
10.11
a. Sem retardo, de onde se determina a freqncia de zero dB como:
Resolvendo para v, tem-se ou seja, aps elevar ao quadrado ambos
Solues.indd 89Solues.indd 89 6/16/09 1:00:29 PM6/16/09 1:00:29 PM
-
90 Soluo dos Exerccios de Avaliao
os lados e arrumando-se obtm-se v4 + v2 100 = 0. Resolvendo-se para as razes, v2 = 10,51, 9,51. Extraindo-se a raiz quadrada do valor positivo, obtm-se a freqncia referente a 0 dB como sendo 3,08 rad/s. Nesta freqncia, o ngulo de fase , . Portanto, a margem de fase 180o 162o = 18o.
b. Com um atraso de 0,1 s,
,,,,
,
Portanto, a margem de fase ser 180o 179,65o = 0,35o. Logo, o sistema estvel.c. Com um atraso de 3 s,
, ,
, , ,
Portanto, a margem de fase ser 28,59 180o = 151,41o. Logo, o sistema instvel.
10.12
Desenhando-se cuidadosamente as inclinaes selecionadas nos grficos de magnitude e de fase, conforme mostrado a seguir, tem-se uma primeira estimativa.
Gan
ho (d
B)Fa
se (g
raus)
Freqncia (rad/s)
Percebe-se uma inclinao inicial de 20 dB/dcada no grfico de magnitudes. Verifica-se tambm uma incli-nao final de 20 dB/dcada com uma freqncia de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa ini-
cial Subtraindo G1(s) da resposta em freqncia original, tem-se a resposta em freqncia
mostrada a seguir.
Gan
ho (d
B)
Experimental Menos 1/s(s + 21)
Solues.indd 90Solues.indd 90 6/16/09 1:00:30 PM6/16/09 1:00:30 PM
-
91Soluo dos Exerccios de Avaliao
Fase
(grau
s)
Freqncia (rad/s)
Desenhando-se cuidadosamente as inclinaes selecionadas nos grficos de magnitude e de fase, conforme mostrado, tem-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos gr-ficos de magnitude e de fase com uma freqncia de corte de aproximadamente 5,7 rad/s e um ganho cons-tante de cerca de 44 dB = 20 log(5,7K), ou seja, K = 27,8. Estima-se, assim, G2(s) = 27,8(s + 7). Portanto,
, ,
interessante notar que o problema original foi desenvolvido a partir de
CAPTULO 11
11.1
O diagrama de Bode para K = 1 mostrado a seguir.
Diagramas de Bode
Freqncia (rad/s)
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Um sobrevalor de 20% requer %SP
%SP 0,456 Esta frao de amortecimento implica uma mar-
gem de fase de 48,1o, a qual obtida quando o ngulo de fase vale 180o + 48,1o = 131,9o. Este ngulo de fase ocorre em v = 27,6 rad/s. A magnitude nesta freqncia de 5,15 106. Como a magnitude deve ser unitria,
,
11.2
De modo a atender o requisito de erro de regime estacionrio, K = 1.942.000. O diagrama de Bode para este ganho mostrado a seguir.
Solues.indd 91Solues.indd 91 6/16/09 1:00:30 PM6/16/09 1:00:30 PM
-
92 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Freqncia (rad/s)
Diagramas de Bode
Um sobrevalor de 20% requer ,
%SP
%SP Esta frao de amortecimento implica uma
margem de fase de 48,1o. Adicionando-se 10o para compensar a contribuio do ngulo de fase do atraso, uti-liza-se 58,1o. Assim, procura-se por um ngulo de fase de 180o + 58,1o = 129,9o. A freqncia na qual esta fase ocorre 20,4 rad/s. Nesta freqncia o grfico da magnitude deve ir para zero dB. Na realidade, o grfico da magnitude indica 23,2 dB. Portanto, desenha-se a assntota de alta freqncia do compensador por atraso de fase em 23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta freqncia, desenha-se uma reta com inclinao de 23,2 dB/dcada at sua interseo em 0 dB. A freqncia de interseo ser o corte de baixa
freqncia em 0,141 rad/s. Assim, o compensador ,
,
, onde o ganho escolhido de modo
a fornecer 0 dB nas baixas freqncias, ou seja, Kc = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo,
e , ,
,
. .
11.3
Um sobrevalor de 20% requer
%SP
%SP, . A banda passante requerida ento calculada
como , De modo a se atender o requisito de erro de
regime estacionrio de calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode no-compensado
para este ganho mostrado a seguir.
Solues.indd 92Solues.indd 92 6/16/09 1:00:31 PM6/16/09 1:00:31 PM
-
93Soluo dos Exerccios de Avaliao
Diagramas de Bode para K = 300000
Freqncia (rad/s)
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
A medida da margem de fase do sistema no-compensado realizada onde o grfico da magnitude cruza o valor 0 dB. Determina-se que quando a curva de magnitude cruza 0 dB o ngulo de fase de 144,8o. Portanto, a margem de fase do sistema no-compensado de 180o + 144,8o = 35,2o. A margem de fase requerida baseada
na frao de amortecimento requerida vale , . Adicionando um fator de
correo de 10o, a margem de fase requerida de 58,1o. Assim, o compensador deve contribuir com
fmx = 58,1o 35,2o = 22,9o. Utilizando sen sen
senmx mx
mx, O pico da magnitude do
compensador calculado como ,mx Determina-se agora a freqncia na qual o sistema no-
compensado apresenta uma magnitude 1/Mmx, ou 3,58 dB. Com base no diagrama de Bode, esta magnitude
ocorre em vmx = 50 rad/s. O zero do compensador est localizado em mx . Portanto, zc = 33,2.
O plo do compensador est posicionado em , . O ganho do compensador escolhido de
modo a fornecer um ganho unitrio em sinal constante (CC).
Assim, Kc = 75,4/33,2 = 2,27. Resumindo-se, ,,
,
e .
11.4
Um sobrevalor de 10% requer
%SP
%SP, . A banda passante requerida ento calculada
como , De modo a se atender o requisito de erro
de regime estacionrio de , calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode no-compensado para
esse ganho mostrado a seguir.
Solues.indd 93Solues.indd 93 6/16/09 1:00:32 PM6/16/09 1:00:32 PM
-
94 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Diagramas de Bode
Freqncia (rad/s)
Seleciona-se agora uma nova freqncia de margem de fase em 0,8vBW = 6,02 rad/s. A margem de fase requerida
baseada na frao de amortecimento requerida , . Adicionando-se um
fator de correo de 5o, a margem de fase requerida ser de 63,6o. A 6,02 rad/s, a nova freqncia de margem de fase, o ngulo de fase ser o que apresenta uma margem de fase de 180o 138,3o = 41,7o. Assim, o com-pensador por avano de fase deve contribuir com fmx = 63,6o 41,7o = 21,9o.
Utilizando ,mx mxmxsen
sensen
Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua freqncia de corte mais alta uma dcada abaixo da nova freqncia de margem de fase, isto , zatraso = 0,602 rad/s. O plo do compen-sador por atraso de fase patraso = bzatraso = 0,275. Finalmente, o ganho do compensador por atraso de fase Katraso = b = 0,456.
Projeta-se agora o compensador por avano de fase. O zero do compensador o produto da nova freqn-
cia de margem de fase e , ou zavano , , E, tambm, pavanoavano
, Finalmente,
Kavano , Resumindo,
,
,
,,
,
, e atraso avano
CAPTULO 12
12.1
Inicialmente obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 5% requer %SP
%SP, . E, tambm, , Assim, a equao caracterstica
, , Adicionando um plo em 10 para cancelar o zero em 10, tem-se a equao caracterstica desejada , , , , A matriz de
Solues.indd 94Solues.indd 94 6/16/09 1:00:32 PM6/16/09 1:00:32 PM
-
95Soluo dos Exerccios de Avaliao
sistema compensada na forma de variveis de fase . A equao
caracterstica para este sistema Igualando os coefici-entes desta equao aos coeficientes da equao caracterstica desejada, tem-se os ganhos expressos por
, ,
12.2
A matriz de controlabilidade Como CM = 80, CM de posto cheio,
isto , posto 3. Conclui-se que o sistema controlvel.
12.3
Inicialmente verifica-se a controlabilidade. A matriz de controlabilidade
Como , CMz de posto cheio, isto , posto 3. Conclui-se que o siste-
ma controlvel. Obtm-se agora a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 20% requer
,
%SP
%SP E, tambm, , Assim, a equao caracterstica
, . Adicionando-se um plo em 6 para cancelar o zero em 6, obtm-se a equao caracterstica resultante desejada,
, , , .
Como pode-se escrever a representao em variveis
de fase como [6 1 0]. A matriz de sistema compensada
na forma de variveis de fase . A equao carac-
terstica para este sistema . Igualando-se os coeficientes desta equao aos coeficientes da equao caracterstica desejada, obtm-se os ganhos como
,, . Desenvolve-se agora a matriz transformao para retornar ao sistema z.
e
Portanto,
Solues.indd 95Solues.indd 95 6/16/09 1:00:34 PM6/16/09 1:00:34 PM
-
96 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Assim, , , .
,, .
12.4
Para o sistema dado, . O polinmio caracterstico expresso por
Obtm-se agora a equao caracterstica desejada. Com base no Exerccio de Avaliao 12.3, os plos dominantes podem ser obtidos pelo polinmio (s2 + 4s + 19,24). Fatorando tem-se (2 + j3,9) e (2 j3,9). Aumentando-se esses plos de um fator 10 e adicionando-se um terceiro plo igual a 10 vezes a parte real dos plos dominantes de segunda ordem, obtm-se o polin-mio caracterstico desejado Igualando-se os coeficientes da equao caracterstica desejada aos da equao caracterstica do sistema, encontra-se
.
12.5
A matriz de observabilidade , onde . A matriz
de posto cheio, isto , posto 3, uma vez que OM = 1576. Portanto, o sistema observvel.
12.6
O sistema representado na forma em cascata pelas seguintes equaes de estado e de sada:
A matriz de observabilidade , onde . Como
pode-se escrever a forma cannica observvel como
A matriz de observabilidade para esta forma ,
onde .
Em seguida obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 10% requer
,
%SP
%SP E, tambm, , . Assim, a equao caracters-
tica , Adicionando um plo em 400, ou dez vezes a par-
Solues.indd 96Solues.indd 96 6/16/09 1:00:35 PM6/16/09 1:00:35 PM
-
97Soluo dos Exerccios de Avaliao
te real dos plos dominantes de segunda ordem, tem-se a equao caracterstica resultante desejada, , , . Para o sistema representado na forma
cannica observvel, O polinmio caracterstico dado
por Igualando os coeficientes da equao
caracterstica desejada aos da equao caracterstica do sistema, encontra-se .
Desenvolve-se agora a matriz de transformao entre as formas cannica do observador e em cascata.
Finalmente,
..
.
12.7
Inicialmente obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 10% requer
%SP
%SP,
E, tambm, , Assim, a equao caracterstica , ,
Adicionando um plo em 4, o qual representa a localizao do zero do sistema original, tem-se a equao caracterstica resultante desejada, , , , ,
Agora, e ,
onde
Portanto,
Solues.indd 97Solues.indd 97 6/16/09 1:00:36 PM6/16/09 1:00:36 PM
-
98 Soluo dos Exerccios de Avaliao
A determinao da equao caracterstica desse sistema fornece
Igualando-se este polinmio equao caracterstica desejada, tem-se
, ,
Resolvendo-se para os k, obtm-se
K = [2,21 2,7] e ke = 3,79.
CAPTULO 13
13.1
sen sen
sen
Porm,
Assim,
sen sen
13.2
, , ,
, , ,
,
,
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
, ,, ,, ,
13.3
Como
Solues.indd 98Solues.indd 98 6/16/09 1:00:36 PM6/16/09 1:00:36 PM
-
99Soluo dos Exerccios de Avaliao
Seja Portanto, , ou .
Assim,
Portanto,
Para
13.4
Adicione um amostrador fictcio entrada, retornando aps H(s), e sada. 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 Faa Calcule a transformada de Laplace inversa e faa t = kT,
Aplicando-se a transformada z, tem-se
Agora, Finalmente,
O plo do sistema em malha fechada est posicionado em 5e5T 4. Substituindo valores de T, verifica-se que o plo ser maior do que 1 se T > 0,1022 s. Assim, o sistema ser estvel para 0 < T < 0,1022 s.
13.6
Substituindo em , , obtm-se A tabela de Routh
para este polinmio mostrada a seguir.
,
Como ocorre uma mudana de sinal, conclui-se que o sistema possui um plo fora do crculo de raio unitrio e dois plos no interior do crculo de raio unitrio. A tabela no produz uma linha de zeros e, portanto, no ocorrem plos jv. O sistema instvel devido ao plo fora do crculo de raio unitrio.
13.7
Definindo G(s) como G1(s) em cascata com um extrapolador de ordem zero, tem-se
Aplicando-se a transformada z, obtm-se
Solues.indd 99Solues.indd 99 6/16/09 1:00:37 PM6/16/09 1:00:37 PM
-
100 Soluo dos Exerccios de Avaliao
Assim, para T = 0,1 s, e Verificando
a estabilidade, obtm-se que o sistema estvel para T = 0,1 s, uma vez que , ,
, ,
possui plos no interior do crculo unitrio em 0,957 e +0,735. Verificando-se novamente a estabilidade, chega-
se concluso de que o sistema instvel para T = 0,5 s, uma vez que , ,
, ,
possui plos no interior e externamente ao crculo unitrio em +0,208 e 3,01, respectivamente.
13.8
Desenhe o lugar geomtrico das razes superposto curva de z = 0,5 mostrado abaixo. Procure ao longo da reta a 54,3o a interseo entre o lugar geomtrico das razes e a curva de z = 0,5, o ponto 0,58754,3o = (0,348 + j0,468) e K = 0,31.
,
, ,
Eixo
Imag
inr
io
Eixo Real
Lugar Geomtrico das Razes no Plano z
,
,
,
,
, , , , ,
,
13.9
Seja
, ,
,
,
,
Os grficos a seguir mostram a resposta em freqncia de Ge(jv).
Fase
(grau
s); M
agnit
ude (
dB)
Diagramas de Bode
Freqncia (rad/s)
Solues.indd 100Solues.indd 100 6/16/09 1:00:37 PM6/16/09 1:00:37 PM
-
101Soluo dos Exerccios de Avaliao
Encontra-se que a freqncia referente a zero dB, vFM, para Ge(jv) 39 rad/s. Utilizando a orientao de Astrom, o valor de T estar na faixa entre 0,15/vFM = 0,0038 s e 0,5/vFM = 0,0128 s. Adota-se T = 0,001 s. Obtm-se
agora a transformao de Tustin para o compensador. Substituindo em , ,
,
, com T = 0,001 s, obtm-se
,,
, .
13.10
, ,. Realiza-se o produto cruzado e obtm-se (z2 1,908z + 0,9075)X(z) =
Resolve-se para a potncia de mais alta ordem de z operando na sada, X(z),
e encontra-se , , Resolvendo-se para X(z) no lado esquerdo, obtm-se , , Final-mente, implementa-se esta ltima equao utilizando o seguinte fluxograma:
,
,
,,
,
,
Retardode 0,1 s
Retardode 0,1 s
Retardode 0,1 s
Retardode 0,1 s
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