Atividade 3 - SIS DE CONT, MÉTODO DO LUGAR GEOMÉTRICO DAS RAÍZES E DIAGRAMA DE BODE

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CONTROLE DE SISTEMAS
Atividade 3 - SIS DE CONT, MÉTODO DO LUGAR GEOMÉTRICO DAS RAÍZES E DIAGRAMA DE BODE
Engenharia de Controle e Automação - Universidade Anhembi Morumbi
Aluno: Guilherme Cristiano Cabral de Abreu RA: 2022106046
Modelo Matemarico que representa o principal sistema de temperatura utilizado no alto-forno
G(s) = 5s(s+1)
Erro em regime permanente de 2% (0,02)
Compensador em avanço de fase, com margem de 50º
Formula de Kv (constante de errp de velocidade) s/ Compensador:
Kv= lim
s 0 s G(s)
Projeto de compensador em avanço de fase, mardem de 50º
Para o desenvolvimento sera ultilizado um projeto em domínio da Frequencia
C(s) =
aTs+1
(0 < a < 0)
Kc *
Ts+1
G(s) =
Ea (s)
θ (s) =
(s+1)s
5
Entrada
Saida
(modelo matematico para o sistema de temperatura - Função de Transferencia Tipo 1)
Erro em regime permanente: 2% ev( ) = 0,02 ͚
compensador de avanço de fase com Margem de Fase de 50º Mf = 50º
Observando o sistema em estado estacionario (sem qualquer tipo de controlador) , temos a formula de
Kv, e substituindo o valor de G(s) por 5
s(s+1)
Temos:
Kv= lims 0
s * G(s) = lims 0 s * 
5
s(s+1) Kv= 5
Descrevendo e solucionanco erro de velocidade, se ultilizando da seguinte formula:
e ( ) = 1Kv ͚ e ( ) = 15 ͚ e ( ) = 0,2 20% ͚v v v Erro de valovidade é 10x maior que oerro requisitado - 2%
Para se obter o erro 10x menor:
A. é precido considerar um compensador em avanço de fase, assim teremos um outro valor, para
atribuir a constante de erro de velocidade (Kv),
B. Kv = 5 Kv = 50(I) (II)
Kv = lims 0
s * G(s) * C(s) = 50(II)
E Sabendo C(s):
C(s) =
aTs+1
Kc *
Ts+1 assim p/ s 0, temos C(s) = Kc
Kv = 5*Kc(II) 50 = 5*Kc Kc = 505 Kc = 10
Transformando o valor de Kc em dB, ultilizando logatitimo, temos:
20.log Kc = 20.lob 10 = 20dB
10 10 Kc = 20dB
Resposta grafica do sistema nao compensado:
Diagrama de Bode
60 dB
60 dB
60 dB
-10 dB
-20 dB
-40 dB
-60 dB
90º
-135º
-180º
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
Frequencia (rad/s)
Fa
se
 (g
ra
us
º)
G
an
ho
 (d
B)
A Frequencia de Cruzamento é encontrada observando a margem da Fase, detectada cruzando a curva
em 0dB , assim essa situação que nao foi compensada, é exemplificada no grafico a baixo.
Diagrama de Bode (frequencia de cruzamento)
60 dB
40dB
20dB
0 dB
-20 dB
-40 dB
-60 dB
90º
-135º
-180º
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
Frequencia (rad/s)
Fa
se
 (g
ra
us
º)
G
an
ho
 (d
B)
Frequencia de
Cruzamento
M
 =
25
º
f
Com a curva corrigida após um ganho de +20dB , o ponto corespontende a "Frequencia de Cruzamento" se
moveram para a direita do Grafico mostrado a seguinte:
Diagrama de Bode (+20dB )
60 dB
40dB
20dB
0 dB
-20 dB
-40 dB
-60 dB
90º
-135º
-180º
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
Frequencia (rad/s)
Fa
se
 (g
ra
us
º)
G
an
ho
 (d
B)
M =8ºf
Frequencia de
Cruzamento
(+20dB )
Observando a Frequencia de Cruzamento, notamos o seguinte:
1. vemos que ela passara de 2.1rads/s aproximadament para 7 rad/s.
2. A margem de falha sera em torno de 8 graus M =8º
Calculando a contribuição do valor de fase, pelo controlador, no seu
maior aumento de fase temos:
A. O problema pede que o compensador de avanço de fase seja em torno de Øm 50º (aprox)
B. Portanto Ø 50º - 8º = 42º (aprox)
f
 Øm = 42º (aprox)
a =
(0 < a < 0)
1-senØm
1+senØm
a = 1-sen45º
1+sen45º
a = 0,1726
Corresponde ao valor esperado de :
Assim, o ganho do controlador na frequencia ω é onde ira acontecer o pico da faze, canculado por
logaritimo.
20.log
10
Kc
a
20.log
10
10
0,1716
 27,65dB
Diagrama de Bode
60 dB
50dB
0 dB
-27,6 dB
-50 dB
-60 dB
-180º
10
-2
10
-1
10
0
10
1
10
2
Frequencia (rad/s)
Fa
se
 (g
ra
us
º)
G
an
ho
 (d
B)
M =8ºf
1
T
1
aT
 ω = 10,9 rad/s
Controlador C(s)+27.6
Planta Atual do alto forno
Sistema Controlado C(s)*G(s)
45º
-45º
-90º
-135º
0º
M
 =
50
º
f
 Ø
m
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=50º (aprox) =50º - 8º = 42º (aprox)
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= = 42º (aprox)
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m, é onde ira acontecer o pico da faze, canculado por , é onde ira acontecer o pico da faze, canculado por 
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m = 10,9 rad/s
a. A frequencia (ω ) adequada de trabalaho, deve sera soma do ganho da planta com do ganho do
controlador igual a zero
b. Com o valor de contribuição 27,65dB,e a frequencia adequada
c. Os zeros do controlador são apontados no grafico com a formula de 1T , corresponde a frequencia de 4,52
rad/s
d. e os polos apontados com a formula de 1aT , corresponde a frequencia de 26,37 rad/s
|C(jω )| + |G(jω )| = 0 27,65 + |G(jω )| = 0
|G(jω )| = -27,65
ω = 1a . T T =
1
a . ω T =
1
0,1716 * 10,9
T= 0,2215
C(s) =
aTs+1
Kc *
Ts+1
C(s) =
(0,2215*0,1716)s + 1
0,2215s + 1
10 *
C(s) =
0,0380s + 1
0,2215s + 1
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m) adequada de trabalaho, deve sera soma do ganho da planta com do ganho do 
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m)|dB + |G(jωm)|dB= 0dB + |G(jωm)|dB= 0m)|dB= 0dB= 0
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m)|dB= 0dB= 0
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m)|dB= -27,65dB= -27,65 -27,65
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m= 
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m