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Universidade Federal do ABC Primeiro Quadrimestre de 2013 Prof. Andre´ Lu´ıs da Silva Aula 7 Dia 21 de maio de 2013 Controle em Malha Aberta 1 Introduc¸a˜o Nesta aula, e´ estudada uma introduc¸a˜o ao controle de um dispositivo por meio de um exemplo. Considere o problema de orientar uma antena conectada a um motor de corrente cont´ınua, conforme esboc¸ado na figura 1. Antena Motor de corrente contínua θ: Ângulo de rotação da antena + -u(t) Tensão de alimentação do motor Fig. 1: Antena conectada a um motor ele´trico. Na figura 1, o objetivo e´ orientar a antena usando o motor ele´trico ao qual o respectivo eixo de rotac¸a˜o esta´ conectado. A varia´vel de controle e´ a tensa˜o de alimentac¸a˜o u(t) do motor, a varia´vel controlada e´ o aˆngulo θ de rotac¸a˜o do eixo. Exemplos de aplicac¸o˜es pra´ticas deste exemplo sa˜o: • Rastreio de um sate´lite por uma antena no solo; • Antena de observato´rio espacial para extrair informac¸o˜es em uma determinada regia˜o do espac¸o; • Apontamento de radar para buscar aeronaves invasoras num espac¸o ae´reo; • Posicionamento de antena de comunicac¸a˜o via sate´lite em um evento esportivo. O controle que sera´ determinado para este exemplo chama-se controle em malha aberta. Con- siste em determinar uma func¸a˜o u(t) tal que um determinado aˆngulo θf seja atingido apo´s o regime transito´rio. A principal caracter´ıstica deste controle e´ que ele e´ calculado a priori da operac¸a˜o do sistema, sem verificar se o mesmo esta´ operando conforme adequado. No entanto, ele e´ muito usado na pra´tica, por exemplo, em ma´quinas de lavar roupa. Tambe´m, ele e´ uma forma dida´tica de introduzir o procedimento de controle de um sistema. 2 Modelo Matema´tico do Exemplo de Controle 2 2 Modelo Matema´tico do Exemplo de Controle Para resolver o problema deste exemplo, primeiro, e´ necessa´rio determinar um modelo matema´tico para o funcionamento do mesmo. Para isso, considera-se o esquema na figura 2. + -u(t) + vR - + vL - ia Ra La + e(t) - τm τB B J Momento de inércia da carga Atrito viscoso no eixo Torque eletromecânico Circuito de armadura do motor Tensão de alimentação Conversão eletromecânica de energia Sistema mecânico de rotação Tensão induzida pela rotação θω Fig. 2: Diagrama esquema´tico de um motor de corrente cont´ınua conectado a um momento de ine´rcia. O diagrama da figura 2 apresenta um esquema cla´ssico de um motor de corrente cont´ınua conectado a um momento de ine´rcia. Neste caso, a ine´rcia da antena e do eixo de rotac¸a˜o sa˜o representados pelo momento de ine´rcia J . Os atritos devido a rolamentos, ventilador do motor, arrasto do ar na rotac¸a˜o da antena, etc, sa˜o representados por um termo de atrito viscoso de rotac¸a˜o. Este termo e´ ana´logo a um amortecedor linear num sistema massa, mola, amortecedor. O motor e´ representado por um circuito de armadura, contendo a resisteˆncia das bobinas do motor, bem como a respectiva indutaˆncia. Tambe´m possui um elemento ideal de conversa˜o eletromecaˆnica de energia, onde se manifesta uma tensa˜o induzida por rotac¸a˜o e um torque provocado por corrente ele´trica. Cada um dos elementos e´ detalhado com modelos espec´ıficos a seguir. O modelo do circuito de armadura e´ levantado a partir da lei das tenso˜es de Kirchhoff: u(t) = Raia + La dia dt + e(t) (1) onde u(t) e´ a tensa˜o de alimentac¸a˜o do motor (a varia´vel de controle), ia e´ a corrente de armadura do motor (corrente nas bobinas), Ra e´ a resisteˆncia de armadura, La e´ a indutaˆncia da armadura (bobinas) e e(t) e´ a tensa˜o induzida pela rotac¸a˜o. Esta tensa˜o e´ comumente chamada de forc¸a eletromotriz indudiza (fem). Ela e´ provocada pela variac¸a˜o do fluxo magne´tico nas bobinas do motor devido a` rotac¸a˜o do ima˜ que se situa no eixo de rotac¸a˜o do mesmo. Matematicamente, existe um modelo linear bem simples para representa´-la: e(t) = kvω (2) onde kv e´ chamada de constante de fem e ω e´ a velocidade angular do eixo do motor. Esta aproximac¸a˜o linear e´ bastante satisfato´ria para motores de corrente cont´ınua usados em aplicac¸o˜es comerciais. O comportamento da rotac¸a˜o do momento de ine´rcia e´ dado pela segunda lei de Newton para a rotac¸a˜o: ∑ τ = τm − τB = J dω dt (3) ou seja, o somato´rio dos torques externos e´ igual ao momento de ine´rcia multiplicado pela acelerac¸a˜o angular (derivada da velocidade angular). Os torques que atuam sobre o momento de ine´rcia sa˜o: 2 Modelo Matema´tico do Exemplo de Controle 3 o torque viscoso τB (devido ao atrito) e o torque eletromecaˆnico do motor τm. O torque viscoso e´ dado por uma aproximac¸a˜o linear, que depende da constante de atrito viscoso (B) e da velocidade angular (ω): τB = Bω (4) O torque eletromecaˆnico gerado pelo motor depende da lei de Ampe`re e e´ proporcional a` corrente de armadura: τm = ktia (5) onde kt e´ chamada de constante de torque. Substituindo a fem induzida da equac¸a˜o 2 na equac¸a˜o 1 e os torques das equac¸o˜es 4 e 5 na equac¸a˜o 3, obte´m-se as duas equac¸o˜es diferenciais de primeira ordem abaixo, onde as derivadas foram explicitadas no lado esquerdo das equac¸o˜es: dia dt = −Ra La ia − kv La ω + 1 La u(t) (6) dω dt = kt J ia − B J ω (7) As equac¸o˜es acima constituem uma equac¸a˜o de estado linear para as varia´veis de estado corrente de armadura ia e velocidade angular ω, ela pode ser escrita na forma matricial: d dt [ ia ω ] = [ −Ra La − kv La kt J −B J ] [ ia ω ] + [ 1 La 0 ] u(t) (8) Esta equac¸a˜o de estado representa o comportamento acoplado da corrente e da velocidade an- gular, ambos determinados pela tensa˜o de entrada u(t), a func¸a˜o que controla seu comportamento. Falta inserir neste modelo o aˆngulo θ de rotac¸a˜o do eixo do motor. Isto e´ feito simplesmente pela definic¸a˜o de velocidade angular: dθ dt = ω (9) ou seja, a velocidade angular e´ a derivada do aˆngulo de rotac¸a˜o. Esta equac¸a˜o e´ adicionada como uma terceira equac¸a˜o de estado na equac¸a˜o 8, gerando um modelo de terceira ordem para as varia´veis de estado ia, ω e θ: d dt iaω θ = −RaLa − kvLa 0kt J −B J 0 0 1 0 iaω θ + 1La0 0 u(t) (10) O sistema acima nem sempre e´ usado em aplicac¸o˜es pra´ticas. No geral, muitos modelos de controle sa˜o simplificados por sistemas de segunda ordem, para facilitar os ca´lculos e propiciar um primeiro projeto mais simples. Na situac¸a˜o em questa˜o, a simplificac¸a˜o e´ propiciada por uma questa˜o f´ısica. Em muitos motores de corrente cont´ınua de aplicac¸a˜o comercial, a tensa˜o induzida na resisteˆncia de armadura e´ muito pequena comparada com a tensa˜o no resistor, de modo que a indutaˆncia pode ser considerada aproximadamente igual a zero na equac¸a˜o 1. Com isto, a equac¸a˜o diferencial pode ser simplificada pela equac¸a˜o alge´brica: u(t) ≈ Raia + kvω (11) 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 4 Desta equac¸a˜o, a corrente de armadura pode ser explicitada como: ia = 1 Ra (u(t)− kvω) (12) Substituindo este resultado na equac¸a˜o 7, obte´m-se: dω dt = kt J 1 Ra (u(t)− kvω)− B J ω dω dt = − ( kvkt JRa + B J ) ω + kt JRa u(t) (13) Desta forma, tem-se um modelo de segunda ordem simplificado para o comportamento da velocidade angular e do aˆngulo de rotac¸a˜o do eixo. Uma equac¸a˜o de estado na forma matricial e´ obtida a partir das equac¸o˜es 9 e 13: d dt [ ω θ ] = [ − ( kvkt JRa + B J ) 0 1 0 ][ ω θ ] + [ kt JRa 0 ] u(t) (14) A sa´ıda de interesse e´ o aˆngulo θ, enta˜o, a equac¸a˜o de sa´ıda e´: y = θ = [0 1] [ ω θ ] (15) As matrizes A, B e C do modelo de espac¸o de estados sa˜o enta˜o: A= [ − ( kvkt JRa + B J ) 0 1 0 ] , B = [ kt JRa 0 ] , C = [ 0 1 ] (16) 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta Para ilustrar a determinac¸a˜o de um controle em malha aberta sera˜o adotados valores nume´ricos para os paraˆmetros do sistema: • Ra = 1 Ω; • kv = 10 V/(rad/s); • kt = 10 Nm/A; • B = 25 Nm/(rad/s); • J = 5 Kg m2. Neste caso, as matrizes A e B sa˜o dadas por: A = [ − (10×10 5×1 + 25 5 ) 0 1 0 ] = [ −25 0 1 0 ] B = [ 10 5×1 0 ] = [ 2 0 ] 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 5 O controle de malha aberta pode ser determinado a partir da fo´rmula da resposta completa de um sistema linear: x(t) = eAtx(0) + ∫ t 0 eA(t−τ)Bu(τ)dτ (17) O problema sera´ desenvolvido para o caso de condic¸o˜es iniciais nulas, nestas circunstaˆncias, o estado so´ depende da entrada de controle u(t), de acordo com a integral de convoluc¸a˜o: x(t) = ∫ t 0 eA(t−τ)Bu(τ)dτ (18) O problema de controle para este exemplo e´ encontrar uma func¸a˜o u(t) tal que o aˆngulo θ(t) convirja para um valor desejado θf , constante, apo´s um per´ıodo transito´rio. Como isto pode ser feito? Note que este problema na˜o e´ trivial, uma vez que u(t) encontra-se no integrando da equac¸a˜o 18. Uma tentativa para resolver esse problema e´ supor uma forma para a func¸a˜o u(t), aplicar na equac¸a˜o e verificar sobre que situac¸o˜es ela satisfaz o problema. Que func¸o˜es candidatas poderiam ser escolhidas? As possibilidades mais simples sa˜o a func¸a˜o degrau ou a func¸a˜o pulso retangular, ambas apresentadas na figura 3. Para avaliar qual dessas duas e´ a mais adequada, uma avaliac¸a˜o f´ısica sera´ realizada. Veja que a entrada degrau equivale a aplicar, instanteamente em t = 0, uma tensa˜o de ampli- tude V , mantendo ela constante permanentemente. Apo´s um transito´rio, esta tensa˜o gerara´ uma corrente constante, que ira´ gerar um torque constante, que mantera´ o motor girando, permamen- temente, com velocidade limitada pelo valor do atrito no eixo e tensa˜o induzida. Nesta condic¸a˜o, o aˆngulo na˜o convergira´ para um valor constante, visto que o eixo estara´ girando permanentemente. Por outro lado, ao aplicar o pulso, veja que, apo´s um tempo T , a tensa˜o sera´ zero, nestas circuns- taˆncias, a corrente vai tender a zero, o torque eletromecaˆnico vai cessar e, em algum momento, o eixo vai parar de girar e o aˆngulo assumira´ um valor constante. Assim sendo, a func¸a˜o pulso e´ uma candidata adequada para satisfazer o problema de controle. u u t t V V T(a) (b) Fig. 3: Opc¸o˜es de func¸a˜o de controle: (a) degrau de amplitude V . (b) pulso retangular de amplitude V e durac¸a˜o T . Mais tarde, a func¸a˜o pulso sera´ substitu´ıda na equac¸a˜o 18 para se verificar em que condic¸o˜es a amplitude e durac¸a˜o da mesma satisfazem o problema de controle. Antes, no entanto, note que e´ preciso encontrar a matriz de transic¸a˜o de estado eAt. Autovalores da matriz A: p(λ) = det(λI−A) = ∣∣∣∣ λ+ 25 0−1 λ ∣∣∣∣ = λ(λ+ 25) (19) Os autovalores (ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico p(λ)) sa˜o enta˜o: λ1 = 0, λ2 = −25. Note que neste caso o sistema e´ marginalmente esta´vel. Como os autovalores sa˜o distintos, a matriz de 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 6 transic¸a˜o de estado e´ dada por: eAt = Vdiag( [ eλ1t eλ2t ] )V−1 (20) onde V e´ uma matriz de autovetores unita´rios e V−1 e´ a sua inversa. Os autovetores sa˜o calculados como segue. (λI−A)k = 0 → [ λ+ 25 0 −1 λ ] [ k1 k2 ] = 0 → { (λ+ 25)k1 = 0 −k1 + λk2 = 0 (21) Substituindo λ1 = 0 no sistema da equac¸a˜o 21, obte´m-se:{ 25k1 = 0 −k1 = 0 (22) de onde sai que o primeiro autovetor e´ k1 = [0 k2] T . E o primeiro autovetor unita´rio e´: v1 = [0 1] T . Substituindo λ2 = −25 no sistema da equac¸a˜o 21, obte´m-se:{ 0k1 = 0 −k1 − 25k2 = 0 (23) de onde sai que o segundo autovetor e´ k2 = [−25k2 k2]T . E o segundo autovetor unita´rio e´ enta˜o v2 = [−25/√26 1/√26]T . A matriz de autovetores unita´rios e´ enta˜o: V = [ 0 −25/√26 1 1/ √ 26 ] (24) A sua inversa e´ dada por: V−1 = 1 det(V) Adj(V ) det(V) = ∣∣∣∣ 0 −25/√261 1/√26 ∣∣∣∣ = 25/√26 V−1 = √ 26 25 [ 1/ √ 26 25/ √ 26 −1 0 ] = [ 1/25 1 −√26/25 0 ] (25) A matriz de transic¸a˜o de estado e´ enta˜o: eAt = [ 0 −25/√26 1 1/ √ 26 ] [ eλ1t 0 0 eλ2t ] [ 1/25 1 −√26/25 0 ] eAt = [ 0 −25/√26 1 1/ √ 26 ] [ 1 25 eλ1t eλ1t − √ 26 25 eλ2t 0 ] eAt = [ eλ2t 0 1 25 eλ1t − 1 25 eλ2t eλ1t ] = [ e−25t 0 1 25 e0×t − 1 25 e−25t e0×t ] eAt = [ e−25t 0 1 25 − 1 25 e−25t 1 ] (26) 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 7 Retorna-se, agora, a` integral na equac¸a˜o 18 e resolve-se a mesma para o caso da func¸a˜o pulso retangular. Deve-se notar que esta equac¸a˜o deve ser resolvida para duas situac¸o˜es: (1) para t ≤ T , (2) para t > T . Para o caso (1), t ≤ T , tem-se: x(t) = ∫ t 0 eA(t−τ)Bu(τ)dτ = ∫ t 0 eA(t−τ)BV dτ = V ∫ t 0 [ e−25(t−τ) 0 1 25 − 1 25 e−25(t−τ) 1 ] [ 2 0 ] dτ x(t) = V ∫ t 0 [ 2e−25(t−τ) 2 25 − 2 25 e−25(t−τ) ] dτ = V ∫ t 0 [ 2e−25te25τ 2 25 − 2 25 e−25te25τ ] dτ = V [ 2e−25t 1 25 e25τ 2 25 τ − 2 25 e−25t 1 25 e25τ ]t 0 x(t) = V [ 2e−25t 1 25 (e25t − 1) 2 25 (t− 0)− 2 25 e−25t 1 25 (e25t − 1) ] x(t) = V [ 2 25 (1− e−25t) 2 25 t− 2 625 (1− e−25t) ] , para t ≤ T (27) Para o caso (2), t > T , como a func¸a˜o pulso vale V para 0 < t ≤ T e zero para t > T , tem-se que: x(t) = ∫ t 0 eA(t−τ)Bu(τ)dτ = ∫ T 0 eA(t−τ)BV dτ + ∫ t T eA(t−τ)B× 0dτ x(t) = V ∫ T 0 [ e−25(t−τ) 0 1 25 − 1 25 e−25(t−τ) 1 ] [ 2 0 ] dτ Aproveitando os resultados do ca´lculo anterior: x(t) = V ∫ T 0 [ e−25(t−τ) 0 1 25 − 1 25 e−25(t−τ) 1 ] [ 2 0 ] dτ = V [ 2e−25t 1 25 e25τ 2 25 τ − 2 25 e−25t 1 25 e25τ ]T 0 x(t) = V [ 2 25 e−25t ( e25T − 1) 2 25 (T − 0)− 2 625 e−25t ( e25T − 1) ] x(t) = V [ 2 25 ( e25T − 1) e−25t 2 25 T − 2 625 ( e25T − 1) e−25t ] , para t > T (28) Juntando os resultados nas equac¸o˜es 27 e 28, tem-se que as respostas da velocidade angular e aˆngulo determinados pela func¸a˜o pulso sa˜o enta˜o: ω(t) = 2V 25 (1− e−25t) , para t ≤ T 2V 25 ( e25(T−t) − e−25t) , para t > T (29) θ(t) = 2V 25 t− 2V 625 (1− e−25t) , para t ≤ T 2V 25 T − 2V 625 ( e25(T−t) − e−25t) , para t > T (30) As estruturas condicionais nas respostas acima se devem ao fato de ocorrer uma descontinuidade no controle em t = T . No entanto, observe que isso mante´m a continuidade nas respostas da velocidade angular e do aˆngulo. Para verificar se o objetivo de controle e´ atendido, e´ necessa´rio tomar o limite das expresso˜es acima para t → ∞, obtendo, assim, os respectivos valores de regime permanente. Note que, ao tomar o limite, todas as exponenciais tendem a zero e os valores de regime permanente sa˜o: 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 8 • ωss=0; • θss = 2V T25 rad. Ou seja, em regime permanente, a velocidade angular tende a zero, o que significa que o eixo do motor deixa de girar. O aˆngulo no qual o eixo se posiciona e´ θss = 2V T/25. Como o requisito de projeto e´ que o eixo atinja um aˆngulo desejado θf , basta escolher valores adequados para V e T : 2V T 25 = θf → V T = 25θf 2 (31) Assumindo que se deseja um aˆngulo em regime estaciona´rio de θf = pi/2 rad, e supondo que a fonte de tensa˜o que alimenta o motor disponibiliza V = 20 volts, resta determinar o tempo de durac¸a˜o do pulso T , tal que o aˆngulo seja atingido: T = 25θf 2V = 25pi/22× 20 = 0, 3125pi (32) Ou seja, e´ necessa´rio aplicar uma tensa˜o de 20 volts pelo tempo de 0, 3125pi ≈ 0.981 segundos, tal que o eixo do motor assuma uma nova orientac¸a˜o de pi/2 radianos em regime permanente. A figura 4 mostra o comportamento do controle, da velocidade angular e do aˆngulo ao longo do tempo, para este exemplo. Note que o aˆngulo foi convertido para graus para melhorar a visualizac¸a˜o. Quando o pulso e´ aplicado, o motor e´ acelerado e a velocidade angular aumenta. Quando o atrito compensa o torque eletromecaˆnico, a velocidade permanece constante. Enquanto isso, o aˆngulo aumenta de modo aproximadamente linear. O pulso dura ate´ o tempo t = 0.981 s, quando a tensa˜o e´ removida e o motor comec¸a a desacelerar, reduzindo a velocidade angular. O motor vai frenando, com velocidade angular tendendo assintoticamente para zero e aˆngulo tendendo a 90 graus. No tempo t = 1.099 s, o valor de regime permanente ja´ e´ atingido com precisa˜o de 0.2 graus, ou erro de 0.22%. Note que o desempenho deste controle e´ bastante sens´ıvel a` variac¸a˜o dos paraˆmetros do sistema ou distu´rbios externos. Caso o valor de algum paraˆmetro se altere, ou algum torque adicional seja aplicado no sistema, a amplitude e a durac¸a˜o do pulso devem ser calculadas novamente de modo a atingir o mesmo aˆngulo de 90 graus. 3 Ca´lculo do Controle de Malha Aberta 9 0 0.5 1 1.5 0 0.5 1 1.5 2 X: 0.981 Y: 1.6 v e lo ci da de − [ ra d/ s] tempo − [s] 0 0.5 1 1.5 0 20 40 60 80 100 X: 0.981 Y: 86.26 tempo − [s] a n g u lo − [ gr au s] X: 1.099 Y: 89.8 0 0.5 1 1.5 0 5 10 15 20 X: 0.981 Y: 20 c o n t r o le − [ vo lt s] tempo − [s] Fig. 4: Resposta determinada pelo controle do tipo pulso retangular.
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