GRUPO 1 - Resolução da Prova Final

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DO VALE DO SÃO FRANCISCO 
COLEGIADO DE ENGENHARIA DE COMPUTAÇÃO 
 
 
 
 
JOÃO PEDRO FIGUEIRÔA NASCIMENTO 
PAULO ROBERTO DA SILVA NOBREGA 
RUAN DE MEDEIROS BAHIA 
 
 
 
 
 
 
 
PROVA FINAL DE SISTEMAS DE CONTROLE I 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
JUAZEIRO- BA 
2019 
1) RESOLUÇÃO: 
Temos a seguinte função de transferência para o motor: 
 ​(1)E (s)a
θ (s)m =
Kt
R Ja m
s[s+ (D + )]1Jm m Ra
K Kt ce
 
 
Onde é a constante de torque do motor, é a constante de forçaK t Kce 
contraeletromotriz, é a Inércia equivalente na armadura e é oJm Dm 
amortecimento viscoso equivalente na armadura. 
Temos a seguinte relação entre e e o torque bloqueado e a tensão naK t Ra 
armadura ( ).Ea 
, e vemos pela curva de toque que ,Ra
K t = Ea
T bloqueado 00 N m T bloqueado = 1 
e .0V Ea = 5 50 rad/s ωvazio = 1 
 ​(2).Ra
K t = 50
100 = 2 
Ainda temos a seguinte relação: 
(3).Kce = Eaωvazio =
50
150 = 3
1 
A inércia equivalente na armadura é dada por: 
( )Jm = J1 + J2 N2
N1 2 
8( )Jm = 2 + 1 50150
2 
 (4) Jm = 4 
E o amortecimento: 
( )Dm = D1 + D2 N2
N1 2 
6( )Dm = 2 + 3 50150
2 
 (5) Dm = 6 
Substituindo (2), (3), (4) e (5) em (1), chegamos a: 
E (s)a
θ (s)m = 4
2
s[s+ (6+ )]4
1
3
2
 
= 2
1
s[s+ ]3
5
 
 
E como: 
(s) θ (s) θ (s) θL =
50
150 m = 3
1
m 
Chegamos na função de transferência do motor descrito 
.(s)E (s)a
θ (s)m = 6
1
s[s+ ]3
5
 
= G 
Considerando que é um degrau unitário no tempo.Ea 
, logo (t) (t) ea = u (s) Ea = s
1 
>
s
1
θ (s)L = 6
1
s[s+ ]3
5
 
= (s) θL = 6
1
s [s+ ]2 3
5
 
 
(s)θL = 6
1
s [s+ ]2 3
5
 
 
(s)θL =
3
50
s+ 3
5
 
+ s2
+50
−3s 1
10 
(s) ( ) θL = 350
1
s+ 3
5
 
+ 110
1
s2 −
3
50 s
1 
Usando a transformada inversa de Laplace, obtemos a função no tempo para :(t)θL 
.(t) e u(t) tu(t) u(t)θL = 350
− 3
5t + 110 −
3
50 
 
SIMULAÇÃO 
Agora faremos a simulação no Scilab da resposta ao degrau unitário. Para isso 
usaremos a função de transferência obtida .(s) G 
 
O diagrama do sistema simulado no Scilab, utilizando o Xcos: 
 
Foi obtido o seguinte resultado da simulação: 
 
Observamos então que a resposta no tempo para a entrada do degrau unitário 
indica que o sistema “explode”, o sistema é instável. 
 
Então para controlar a planta utilizamos um sistema de controle com 
retroalimentação negativa do sinal e ganho de 6,8, simulado também no Xcos do 
Scilab apresentando o seguinte diagrama: 
 
E a resposta no tempo obtida com a planta controlada foi a seguinte: 
 
Sendo esta agora uma resposta estável. 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) RESOLUÇÃO 
Para esboçar os “lugares das raízes” para os conjuntos de pólos e raízes solicitados 
foram aplicadas as regras de número de ramos, simetria, segmentos do eixo real, 
pontos de início e de término e comportamento no infinito. 
Os resultados são como a seguir: 
a) 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
 
d) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
e) 
 
f) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) RESOLUÇÃO 
Sabendo que: 
(s) E(s)G(s) C = 
(s) R(s) C(s) E = − 
(s) [R(s) C(s)]G(s) C = + 
(s)[1 G(s)] R(s)G(s) C + = 
 R(s)
C(s) = G(s)1 + G(s) 
Como 
 (s) G = (s² + 4)
K(s² − 9) 
Então: 
 c(s)R(s) = 
(s²+4)
k(s²−9)
1 + (s²+4)
k(s²−9) =
(s²+4)
k(s²−9)
(s²+4)
(s²+4)+K(s²−9) = Ks²−9K(K+1)s² + 4 −9K 
 ² s = K+1
−4+9K 
 s = √ K+1−4+9K 
k − 4 + 9 < 0 
 k < 9
4 
 
4) RESOLUÇÃO 
Para os pólos dominantes , que representado em forma de fasor nos dá1.81 .53i − ± 3 
o ângulo de aproximadamente 117,15°, temos que o tempo de acomodação é dado 
por: 
 ., 1 T s = 41,81 = 2 2 
Desta forma, o novo tempo desejado é de 0,55 ( ).4
T s 
Agora, para calcular a parte real do novo pólo dominante (compensado) é feito: 
., 7 σ = 405,5 = 7 2 
Para calcular a parte imaginária do novo pólo dominante é feito a partir do ângulo já 
encontrado de forma que: 
., 7 an(180° 17, 5°) 4, 8 ωd = 7 2 × t − 1 1 ≃ 1 1 
Logo, o novo pólo dominante é ..27 4, 8i − 7 ± 1 1 
A soma dos ângulos até o ponto de projeto é de aproximadamente -227,4°, o que 
significa que a contribuição do zero do sistema compensado é de 97,4°. 
Para calcular o valor do zero então, deve-se utilizar a seguinte equação: 
an(180° 7, °)14,18,7,27−σ = t − 9 4 
Logo, e o zero -5,42., 2 σ ≃ 5 4 
 
 
 
 Sem compensação Compensado 
Função de 
transferência 
K
s(s+5)(s+15) 
K
s(s+5)(s+15) 
Pólos dominantes 1.81 .53i − ± 3 .27 4, 8i − 7 ± 1 1 
K 257,8 1388 
Ts 2,21 0,55 
Zero —- —- 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) RESOLUÇÃO 
 
Como , a parte imaginária do polos compensados vai ser ., 47 T p = 1 0 π1,047 = 3 
A magnitude da parte real será: 
 .Imtan(cos ζ)−1 = 4 
Logo o ponto de projeto é .j − 4 + 3 
Iremos presumir um controlador PI com função de compensação a seguir: 
c(s) s .1s G = + 0 
para reduzir o erro de estado estático a zero. 
Usando os pólos do sistema, -1 e -4, e os pólos e zeros do compensador de 
integração ideal, então a soma dos ângulos para o ponto de projeto é .25, 0° − 2 7 
Logo o compensador derivativo ideal deve contribuir .25, 0° 180° 5.7° 2 7 − = 4 
 
Portanto o controlador PID será 
.s
(s+6,93)(s+0,1) 
 
 
 Sem compensação Compensado 
Função de 
transferência 
K
(s+1)(s+4) s
(s+6,93)(s+0,1) 
Pólos dominantes -1 e -4 0 
K 1 3,08 
Zero —- —- 
 
Utilizando os pólos e zeros do sistema e do controlador PID o ganho no ponto de 
projeto é ., 8 K = 3 0 
 
 
SIMULAÇÃO 
Utilizando o Xcos do Scilab foi feita a simulação para a resposta ao degrau do 
sistema compensado e não compensado, ambos com controle feito por 
retroalimentação negativa do sinal de saída. 
 
a) Não compensado 
O diagrama da simulação do sistema não compensado é apresentado a seguir: 
 
 
E a resposta no tempo obtida com a simulação foi a seguinte: 
 
Percebemos que o sistema não compensado com retroalimentação negativa é 
estável e atinge seu máximo em 0,2 demorando cerca de 2 segundos. 
 
b) Compensado 
O diagrama da simulação do sistema compensado pelo PID é apresentado a seguir: 
 
 
E a resposta no tempo obtida com a simulação do sistema compensado foi a 
seguinte: 
 
 
Ainda, foram observados mais alguns segundos da simulação para ver o ponto de 
estabilidade: 
 
 
O resultado da simulação demonstra que o sistema atinge o ponto máximo de 1,0 
no entanto vemos que ele já chega em 90% do máximo em 1 segundo de 
simulação. Assim vemos que o sistema compensado atinge o ponto máximo bem 
mais rapidamente que o sistema não compensado. 
 
 
6) RESOLUÇÃO 
 
Para os pólos dominantes , que representado em forma de fasor nos dá, , 8i − 1 2 ± 2 0 
o ângulo de aproximadamente 120°, temos que o tempo de acomodação é dado 
por: 
., 33 T s = 41,2 = 3 3 
Desta forma, o novo tempo desejado é de 1,111 ( ).3
T s 
Agora, para calcular a parte real do novo pólo dominante (compensado) é feito: 
., σ = 41,111 = 3 6 
Para calcular a parte imaginária do novo pólo dominante é feito a partir do ângulo já 
encontrado de forma que: 
..6 an(180° 20°) .24 ωd = 3 × t − 1 ≃ 6 
Logo, o novo pólo dominante é ..6 .24i − 3 ± 6 
A soma dos ângulos até o ponto de projeto é de aproximadamente -275,5°, o que 
significa que a contribuição do zero do sistema compensado é de 95,5°. 
Para calcular o valor do zero então, deve-se utilizar a seguinte equação: 
an(180° 5, °)6,243,6−σ = t − 9 5 
Logo, e o zero -3.σ ≃ 3 
Desta forma, o sistema compensado deve ser: 
K(s+3)
s(s+4)(s+6) 
 
 
 
 Sem compensação Compensado 
Função de 
transferência 
K
s(s+4)(s+6) 
K(s+3)
s(s+4)(s+6) 
Pólos dominantes , , 8i − 1 2 ± 2 0 .6 .24i − 3 ± 6 
K 43,35 47,45 
Ts 3,333 1,111 
Zero —- -3