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Teoria de controle moderno APÊNDICE UNIDADE 2 U2 - Representação de sistemas de controle7 Apêndice Gabaritos comentados com resposta-padrão UNIDADE 2: Representação de sistemas de controle Gabarito 1. Faça valer a pena - Seção 2.1 1. Alternativa E. Resposta comentada: Primeiramente, aplicamos a lei das malhas de Kirchhoff. u u RC d dt LC d u dt u in out out out= + + 2 2 Para fazer esta equação se tornar de primeira ordem, precisamos de um estado que seja uout e de outro que seja �uout. Então, temos os estados definidos: x = = x x u u out out 1 2 � É fácil perceber que �x x1 2= . Substituindo os estados x1 e x2 na primeira equação e isolando �x2, temos: − + u x RCx LC LC x R L x LC u x x in in = + + = − 1 2 2 2 1 2 1 1 � � Matricialmente, temos: �x x x = − − + = [ ] 0 1 1 0 1 1 0 LC R L LC u y in 2. Alternativa A. Resposta comentada: As variáveis de estado devem ser escolhidas de maneira que viabilizem a reescrita da(s) equação(ões) do modelo de forma matricial, sendo que cada equação seja uma EDO de primeira ordem. Sendo assim, as variáveis de estado para o sistema em questão devem ser x = u u out out . Lembrando que a ordem das variáveis U2 - Representação de sistemas de controle8 de estado não influencia no modelo, pois um mesmo sistema pode ser representado de maneiras distintas. No modelo em questão, uin é a entrada e os parâmetros R, L e C são fixos, e não variáveis dinâmicas. 3. Alternativa B. Resposta comentada: A função transferência de cada sistema é: Y G H R H G G Y G Y Y G H GH GR Y R GG G H G = − − + = + + = + + 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 2 2 1 1 1 ( ( ) )) ( GG H2 3 Y G H Y G R H G G G Y Y G H H GR Y R GG G H GG = − − − = − − = − 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 2 2 1 1 1 ( ( ) )) ( 22 3H Y G G A G G G G H R H G A A Y G Y H Y G R H G Y G Y = + + − − = = − − 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 1 3 2 2 ( ( )) ( ( )) == − − + + = + + + = G Y G Y G H R H Y G H G GH GR Y R GG G H G 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 2 2 1 1 1 ( ( )) ( ) GG H2 3 Y G G G H Y G G R H Y Y G H GH GR Y R GG G H G = − + = + − + = + + 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) GG H2 3 U2 - Representação de sistemas de controle9 Gabarito 2. Faça valer a pena - Seção 2.2 1. Alternativa E. Resposta comentada: Embora haja o conceito de constante de tempo para sistemas de segunda ordem, não podemos dizer que um sistema sobreamortecido tem a mesma constante de tempo que um sistema de primeira ordem. Sistemas de primeira ordem não têm coeficiente de amortecimento. Se o denominador da função transferência de um sistema pode ser escrito como um polinômio de primeira ordem, então, por definição, este não pode ser um sistema de segunda ordem. Logo, esta afirmação está incorreta. Um sistema de primeira ordem não pode apresentar mais de um polo (pois o denominador de sua função transferência é necessariamente um polinômio de primeira ordem), assim como não pode apresentar polo complexo, pois as propriedades de um sistema dinâmico são sempre números reais. Alternativa correta: um sistema de primeira ordem apresenta uma derivada inicial igual ao inverso de sua constante de tempo 1 τ e, um sistema de segunda ordem, inicia seu movimento com derivada nula. 2. Alternativa A. Resposta comentada: Primeiro, devemos escrever a função transferência na forma padrão. G s K Ms Bs K K M s B M s K M ( ) = + + = + + 2 2 Agora, podemos compará-lacom a forma padrão. Y H H G H A G Y G H G H G R A A YH H YH G R YH = − + = − + − = − 1 1 1 3 3 2 2 3 2 1 3 2 2 3 3 2 1 3 ( ( ( )) ( ))) ( )) ( ) (Y G G G H H Y G R YH Y G H G G GR Y R GG G = − + + − + = = + 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 1 1 2 2 1 1 HH GG H2 1 2 3+ U2 - Representação de sistemas de controle10 Comparando os denominadores, temos: s s B M s K Mn n 2 2 22+ + + +=ζω ω Sendo ωn a frequência natural, vemos que: ω ω n n K M K M 2 = =∴ 3. Alternativa E. Resposta comentada: Pelo máximo sobressinal, podemos calcular o coeficiente de amortecimento (ζ ). Como o valor final da resposta é 1 m e o máximo sinal foi 1,729 m, sabemos que o máximo sobressinal foi de 72,9%, ou 0,729. Substituindo o valor 0,729 na fórmula do sobressinal, temos: M e ln ln l p = = ⇒ == − − ⇒ − − −0 729 0 729 1 0 729 1 1 2 2 2 2 2 2 , ( , ) ( , ) ζπ ζ ζπ ζ ζ π ζ nn ln ln ln ( , ) ( , ) ( , ) ( , ( )0 729 1 0 729 0 729 0 729 2 2 2 2 2 2 2 2 2− ⇒= − =ζ ζ π ζ ζ π )) ( , ) ( , ) ( , )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 729 0 729 0 729= ⇒ = ⇒ + + = ζ π ζ ζ π ζ ln ln ln ln(( , ) ( , ) , 0 729 0 729 0 100 2 2 2π ζ + ∴ = ln Agora, podemos substituir o valor de ζ na fórmula do tempo de acomodação ou tempo do sobressinal. ts n n n = = ⇒ = ∴ = 30 3 30 3 0 1 1 ζω ω ω , tp n n n = = = = ≅ − ⇒ − ∴ 3 16 3 16 0 999 1 1 1 0 12 2 , , , , π ω ζ π ω ω E, para calcular a frequência amortecida do sistema, basta aplicar a sua definição. ω ω ζd n= − = − =1 1 1 0 1 0 9950 2 2, , U2 - Representação de sistemas de controle11 Gabarito 3. Faça valer a pena - Seção 2.3 1. Alternativa D. Resposta comentada: O MATLAB permite a representação em espaço de estados (comando ss), diagrama de blocos (comandos connect, sumblk etc) e função de transferência (comando tf). Os dois primeiros compartilham do tipo de variável ss e o último usa a variável tf para guardar o sistema. Embora o nome do software realmente seja MATrix LABoratory, ele não permite apenas espaço de estado nem apenas modelos perfeitos. Inclusive, estes não existem. 2. Alternativa A. Resposta comentada: Como todas as variáveis já têm valores pré- definidos, precisamos apenas usá-las para montar o modelo em espaço de estados. Primeiro, definimos as matrizes, de acordo com o modelo exibido no problema. >> a = [0, 1, 0, 0; -Ks, -Bs, Ks, Bs; 0, 0, 0, 1; Ks, Bs, -Ks-Kr, -Bs]; >> b = [0; 0; 0; Kr]; >> c = [1, 0, 0, 0; 0, 1, 0, 0]; >> d = 0; Agora, basta utilizarmos o comando ss para obter o modelo. >> sistema = ss(a, b, c, d); 3. Alternativa D. Resposta comentada: De acordo com o código apresentado, podemos montar o seguinte diagrama de blocos: Então, podemos dizer que o bloco b5 tem sua saída conectada aos blocos b2 e b3. Fonte: elaborada pelo autor.
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