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MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 1 CAPÍTULO 2 2.1 Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de t é . Utilizando o Item 4 da Tabela 2.2, 2.2 A expansão de F(s) em frações parciais fornece: em que e Realizando a transformada de Laplace inversa, obtém-se 2.3 Realizando a transformada de Laplace da equação diferencial admitindo condições iniciais nulas, obtém-se Grupando-se os termos, obtém-se Assim, 2.4 Realizando o produto cruzado, obtém-se 2.5 Solução dos Exercícios 2 Solução dos Exercícios em que e Assim, 2.6 Análise das Malhas A transformação do circuito fornece A equação das malhas pode, agora, ser escrita como Resolvendo as equações das malhas para I2(s), obtém-se Porém, VL(s) = sI2(s). Assim, ou Análise Nodal Escrevendo as equações nodais, 3Solução dos Exercícios Resolvendo para VL(s), obtém-se ou 2.7 Com o amplificador operacional inversor . Sem o amplificador operacional inversor 2.8 As equações de movimento podem ser escritas como Resolvendo para X2(s), resulta em Assim, 2.9 As equações de movimento podem ser escritas como em que u1(s) é o deslocamento angular da inércia. Resolvendo para u2(s), obtém-se Daí, após simplificações, obtém-se 4 Solução dos Exercícios 2.10 Transformando o sistema para um sem as engrenagens de transmissão, transferindo a mola de 4 N • m/rad para a esquerda e multiplicando sua rigidez por (25/50)2, obtém-se 1 N • m • s/rad 1 N • m • m/rad As equações de movimento podem ser escritas como em que u1(s) é o deslocamento angular da inércia de 1 kg. Resolvendo para ua(s), obtém-se Daí, obtém-se Porém, Assim, 2.11 Inicialmente, são determinados os parâmetros mecânicos São obtidos agora os parâmetros elétricos. Pela equação da relação torque-velocidade, impõe-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 função de transferência do motor, em que um(s) é o deslocamento angular da armadura. Ocorre que Assim, 5Solução dos Exercícios 2.12 Fazendo nas Eqs. 2.127, obtém-se Com base nessas equações, podem-se desenhar os circuitos análogos em série e em paralelo considerando estas como as equações das malhas e dos nós, respectivamente. Análogo em série Análogo em paralelo 2.13 Escrevendo a equação nodal, obtém-se Porém, s s Substituindo essas relações na equação diferencial, obtém-se s s (1) Lineariza-se, agora, o termo ev. A forma geral é s s A substituição na função, f(v) = ev, de v por vs + dv, fornece s s s Resolvendo para evs + dv, obtém-se s s s s s Substituindo na Eq. (1), obtém-se s s (2) Fazendo i(t) = 0 e levando o circuito a atingir o regime estacionário, o capacitor atuará como um circuito aberto. Assim, vs = vr com ir = 2. Porém, ir = evr ou vr = lnir. Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituição desse valor de vs na Eq. (2) fornece Aplicando a transformada de Laplace, obtém-se 6 Solução dos Exercícios Resolvendo para a função de transferência, obtém-se ou em torno do equilíbrio. CAPÍTULO 3 3.1 A identificação apropriada das variáveis do circuito fornece s Escrevendo as relações de derivadas, obtêm-se (1) Utilizando as leis de Kirchhoff das correntes e das tensões, e A substituição dessas relações nas Eqs. (1) e simplificando-se fornece as equações de estado na forma e e e em que a equação de saída é s Arrumando as equações na forma vetorial-matricial, obtêm-se e 3.2 Escrevendo as equações de movimento, obtêm-se 7Solução dos Exercícios Calculando a transformada de Laplace inversa e simplificando, obtêm-se As variáveis de estado, zi, são definidas como As equações de estado podem ser escritas utilizando a definição das variáveis de estado e a transformada inver- sa da equação diferencial, isto é, A saída é z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial, 3.3 Inicialmente, as equações de estado são deduzidas para a função de transferência sem zeros. Realizando o produto cruzado, obtém-se Calculando a transformada de Laplace inversa, admitindo condições iniciais nulas, obtêm-se Definindo as variáveis de estado como obtêm-se Utilizando os zeros da função de transferência, obtém-se a equação de saída como Arrumando todas as equações na forma vetorial-matricial, obtêm-se 3.4 A equação de estado é convertida em uma função de transferência utilizando (1) em que e 8 Solução dos Exercícios Calculando (sI – A), obtém-se , Calculando a inversa, obtém-se , A substituição de todas as expressões na Eq. (1) fornece 3.5 Escrevendo a equação diferencial, obtém-se (1) Fazendo x = xo + dx e substituindo na Eq. (1), obtém-se (2) Lineariza-se agora x2. a partir daí, pode-se escrever (3) A substituição da Eq. (3) na Eq. (1) e realizando as derivadas indicadas fornece a equação diferencial lineari- zada intermediária, (4) A força da mola na condição de equilíbrio é 10 N. Assim, como F = 2x2, 10 = 2x2o; logo, Substituindo esse valor de xo na Eq. (4) é obtida a equação diferencial linearizada final. Selecionando as variáveis de estado, As equações de estado e de saída podem ser escritas como A conversão para a forma vetorial-matricial fornece o resultado final como CAPÍTULO 4 4.1 Para uma entrada em degrau 9Solução dos Exercícios Calculando a transformada de Laplace inversa, obtém-se 4.2 Como e 4.3 a. Como os polos estão em –6 j19,08, c(t) = A + Be–6tcos(19,08t + f). b. Como os polos estão em –78,54 e –11,46, c(t) = A + Be–78,54t + Ce–11,4t. c. Como os polos são repetidos e localizados sobre o eixo real em –15, c(t) = A + Be–15t + Cte–15t. d. Como os polos estão em j25, c(t) = A + B cos(25t + f). 4.4 a. 20 e 2zvn = 12; logo, z = 0,3 e o sistema é subamortecido. b. 30 e 2zvn = 90; logo, z = 1,5 e o sistema é superamortecido. c. 15 e 2zvn = 30; logo, z = 1 e o sistema é criticamente amortecido. d. 25 e 2zvn = 0; logo, z = 0 e o sistema é sem amortecimento. 4.5 ,logo,e Portanto, , s e , Com base na Figura 4.16, vnTr = 1,4998. Portanto, Tr = 0,079 s. Finalmente, ,UP . 4.6 a. A aproximação de segunda ordem é válida, uma vez que os polos dominantes possuem uma parte real de –2 e o polo de ordem superior está posicionado em –15, isto é, mais de cinco vezes mais afastado. b. A aproximação de segunda ordem não é válida, uma vez que os polos dominantes possuem uma parte real de –1 e o polo de ordem superior está posicionado em –4, isto é, um afastamento inferior a cinco vezes. 4.7 a. Expandindo G(s) em frações parciais, obtém-se , , , , Porém, –0,3023 não é uma ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximação de segunda ordem não é válida. b. Expandindo G(s) em frações parciais, obtém-se , , , , Porém, 0,0704 é uma ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximação de segunda ordem é válida. 4.8 Veja a Figura 4.31 do texto em que são mostrados o diagrama de blocos em Simulink e as respostas das saídas. 4.9 a. Como , E, também, O vetor de estado é . A saí- da é , , O cálculo da transformada de Laplace inversa fornece y(t) = –0,5e–t – 12e–2t + 17,5e–3t. b. Os autovalores são obtidos calculando-se as raízes de , ou seja, –2 e –3. 10 Solução dos Exercícios 4.10 a. Como , Calculando a transformada de Lapla- ce de cada termo, a matriz de transição de estados fica expressa por b. Como e Assim, c. CAPÍTULO 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 realimentação em paralelo e estabeleça dois blocos s. Em seguida, aplique a fórmula de realimentação, simplifique e obtenha 5.2 Obtenha a função de transferência em malha fechada em que e H(s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtém . Porém, para 5 % de ultrapassa- gem, %SP %SP , Como , a = 5,52. 11Soluçãodos Exercícios 5.3 Nomeie os nós. Esboce os nós. Conecte os nós e dê nome aos subsistemas. Elimine os nós desnecessários. 5.4 Os ganhos do caminho direto são G1G2G3 e G1G3. Os ganhos da malha são –G1G2H1, –G2H2 e –G3H3. As malhas disjuntas são e Observe também que Finalmente, D1 = 1 e D2 = 1. A substituição desses valores em fornece 12 Solução dos Exercícios 5.5 As equações de estado são O esboço do diagrama de fluxo de sinal com base nas equações de estado fica 5.6 A partir de esboça-se o diagrama de fluxo de sinal na forma canônica do controlador e adiciona-se a realimentação. Escrevendo as equações de estado a partir do diagrama de fluxo de sinal, obtêm-se 5.7 A partir das equações de transformação, obtém-se Calculando sua inversa, obtém-se , , , , Assim, , , , , , , , , , , , , , , 13Solução dos Exercícios E, finalmente, , , , , , , 5.8 Inicialmente, obtêm-se os autovalores. Portanto, os autovalores são –2 e –3. Utilize agora Axi = lxi para cada autovalor, l. Assim, Para l = –2, Portanto, x1 = –x2 Para l = –3, Portanto, x1 = –x2 e x1 = –0,75x2; logo, obtém-se , , , , Calculando a inversa, obtém-se , , Portanto, , , , , , , , , , ,,, , , , Finalmente, , , , CAPÍTULO 6 6.1 Construa uma tabela de Routh. , , , , , , , 14 Solução dos Exercícios Como ocorrem quatro mudanças de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existirão quatro polos no semi- plano direito e três polos no semiplano esquerdo. 6.2 Construa uma tabela de Routh. Encontra-se uma linha de zeros referente a s3. O polinômio par contido na linha anterior é –6s4 + 0s2 + 6. O cálculo da derivada fornece –24s3 + 0s. Substituindo a linha de zeros pelos coefi- cientes da derivada obtém-se a linha de s3. Encontra-se também um zero na primeira coluna referente à linha s2. Substitui-se o zero por e continua-se a tabela. O resultado final é mostrado agora como Existe uma mudança de sinal abaixo do polinômio par. Assim, o polinômio par (de quarta ordem) possui um polo no semiplano direito, um polo no semiplano esquerdo e dois polos sobre o eixo imaginário. Do topo da tabela para baixo, o polinômio par apresenta uma mudança de sinal. Assim, o resto do polinômio possui uma raiz no semiplano direito e uma raiz no semiplano esquerdo. O resultado final para o sistema é dois polos no semiplano direito, dois polos no semiplano esquerdo e dois polos imaginários. 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, obtém-se Forma-se agora a tabela de Routh. , Ocorrem duas mudanças de sinal. Assim, existem dois polos no semiplano direito e um polo no semiplano es- querdo. CAPÍTULO 7 7.1 a. Inicialmente, verifica-se a estabilidade. , , , 15Solução dos Exercícios Os polos estão no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema é estável. A estabilidade também poderia ser verificada por meio do critério de Routh-Hurwitz utilizando o denominador de T(s). Assim, degrau rampa parábola uma vez que , b. Inicialmente, verifica-se a estabilidade. , , , , Com base no termo de segunda ordem no denominador, verifica-se que o sistema é instável. A instabilidade também poderia ser determinada utilizando o critério de Routh-Hurwitz no denominador de T(s). Como o sis- tema é instável, os cálculos relativos ao erro de regime estacionário não podem ser realizados. 7.2 a. O sistema é estável, uma vez que e é do Tipo 0. Portanto, e b. , degrau rampa parábola 7.3 O sistema é estável para valores positivos de K. O sistema é do Tipo 0. Portanto, para uma entrada em degrau, degrau , Resolvendo para Kp, obtém-se , de onde se obtém K = 189. 7.4 O sistema é estável. Uma vez que G1(s) = 1000 e , 7.5 O sistema é estável. Crie um sistema com realimentação unitária, em que O sistema pode ser representado como 16 Solução dos Exercícios Assim, Portanto, o sistema é do Tipo 0. O cálculo de Kp fornece O erro de regime estacionário é dado por degrau , 7.6 Como e Calculando a sensibilidade do sistema, obtém-se 7.7 Sejam Utilizando o teorema do valor final, degrau Utilizando a substituição da entrada, degrau CAPÍTULO 8 8.1 a. , , , ,, 17Solução dos Exercícios b. O arranjo de vetores pode ser ilustrado como: Plano s Com base no diagrama, , , , , 8.2 a. Inicialmente, desenhe os vetores. Plano s Com base no diagrama, ângulos tan tan , , b. Como o ângulo é de 180°, o ponto está sobre o lugar geométrico das raízes. c. comprimentos dos polos comprimentos dos zeros 18 Solução dos Exercícios 8.3 Inicialmente, obtêm-se as assíntotas. polos polos Em seguida, desenha-se o lugar geométrico das raízes seguindo as regras de traçado. –8 –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 Eixo real Ei xo Im ag in ár io 8.4 a. j3 s jv Plano s X X O –2 2 –j3 0 b. Utilizando o critério de Routh-Hurwitz, determina-se inicialmente a função de transferência em malha fechada. Utilizando o denominador de T(s), constrói-se a tabela de Routh. Há uma linha de zeros para K = 4. Com base na linha s2 com K = 4, s2 + 21 = 0. Daí calcula-se o cruza- mento com o eixo imaginário em . c. Com base no item (b), K = 4. 19Solução dos Exercícios d. Procurando pelo ganho mínimo à 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 próximo ao polo complexo. Plano s No ponto próximo ao polo complexo, a soma dos ângulos deve ser nula. Portanto, o ângulo a partir do zero — o ângulo a partir do polo no quarto quadrante — o ângulo a partir do polo no primeiro quadrante = 180° ou tan Resolvendo para o ângulo de saída, u = –233,1°. 8.5 a. Plano s , b. Procure ao longo do eixo imaginário e obtenha o ponto de 180° em s = j4,06. c. Para o resultado do item (b), K = 1. d. Procurando pelo ganho mínimo entre 2 e 4 sobre o eixo real, obtém-se o ponto de entrada em s = 2,89. e. Procurando pelo ponto de 180° ao longo de z = 0,5, obtém-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 geométrico das raízes, K < 1. 20 Solução dos Exercícios 8.6 a. s jv z = 0,591 –2–4–6 XXX 0 Plano s b. Procurando pelo ponto de 180° ao longo da reta referente a z = 0,591 (10 % de ultrapassagem), obtém-se –2,028 + j2,768 com K = 45,55. c. , , , , , , com base na carta de tempo de su- bida e no gráfico apresentado no Capítulo 4. Como vn é a distância radial ao polo, , , , , , , Assim, Tr = 0,53 s; como o sistema é do Tipo 0, , , Assim, , degrau d. Procurando por um ponto cujo ganho é 45,55 à esquerda de –6 no eixo real, obtém-se –7,94. Comparan- do este valor com a parte real do polo dominante, –2,028, verifica-se que ele não está cinco vezes mais afastado. A aproximação de segunda ordem não é válida. 8.7 Obtém-se a função de transferência em malha fechada e coloca-se na forma que fornece pi como variável do lugar geométrico das raízes. Assim, Portanto, A figura a seguir mostra o lugar geométrico das raízes. s jv –j10X O Plano s 0 X j10 21Solução dos Exercícios 8.8 Seguindo as regras de traçado do lugar geométrico das raízes de sistemas com realimentação positiva, obtém-se o seguinte lugar geométrico das raízes: s jv –2–4 X Plano s –1 XXo 0–3 8.9 A função de transferência em malha fechada é Derivando o denominador em rela- ção a K, obtém-se Resolvendo para obtém-se Assim, Substituindo o valor do ganho K = 20, obtém-se São agora determinados os polos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T(s), s1,2 = –21,05, –0,95, quando K = 20. Para o polo em –21,05, , , , , , , Para o polo em –0,95, , , , , , , CAPÍTULO 9 9.1 a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 15 %, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84.Assim, para um sistema não compensado, , , Portanto, erampa não compensado() = 1/Kv = 0,1527. b. O zero do compensador deve ser posicionado 20 vezes mais afastado à esquerda do que o polo do com- pensador. Seleciona-se, arbitrariamente, , , c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15 % e encontra-se o lugar geométrico das raízes em –3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado , , , , e rampa_compensado ,K d. , , ,rampa_não compensado rampa_compensado 9.2 a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 15 %, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema não compensado, , , s. 22 Solução dos Exercícios b. A parte real do ponto de projeto deve ser três vezes maior do que a parte real do polo não compensado. Portanto, o ponto de projeto será 3(–3,5) + j3(5,8) = –10,5 + j17,4. A contribuição angular dos polos e do zero do compensador do processo no ponto de projeto é de 130,8°. Assim, o polo compensador deve contribuir com 180° – 130,8° = 49,2°. Utilizando o diagrama a seguir, Plano s , , , obtém-se plano s , , , , de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este polo, obtém-se o ganho no ponto de projeto como K = 476,3. Um polo de malha fechada de ordem superior é encontrado em –11,54. Esse polo não pode estar muito próximo do zero em malha fechada em –10. Assim, deve-se simular o sistema para se assegurar de que os requisitos de projeto foram atingidos. 9.3 a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 20 %, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das raízes em –3,5 + j6,83 referente a um ganho K = 58,9. Portanto, para o sistema não compensado, , , b. Para o sistema não compensado, , , . Portanto, ,rampa_não compensado c. Para diminuir o tempo de assentamento de um fator de 2, o ponto de projeto deve ser duas vezes o valor não compensado, ou seja, –7 + j13,66. Adicionando os ângulos dos polos e do zero do compensador do processo em –3 ao ponto de projeto, obtém-se –100,8°. Assim, o polo compensador deve contribuir com 180° – 100,8° = 79,2°. Utilizando o diagrama a seguir, Plano s , , obtém-se , , , de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando esse polo, obtém-se o ganho no ponto de projeto como K = 204,9. Calculando Kv para o sistema compensado por avanço de fase, obtém-se avanço , , , , O ganho Kv para o sistema não compensado foi de 8,41. Para uma melhoria de dez vezes no erro de regime es- tacionário, Kv deve ser de (8,41)(10) = 84,1. Como a compensação por avanço 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 polo compensador. Selecione, arbitrariamente, , , 23Solução dos Exercícios Utilizando todos os polos do processo e do compensador, obtém-se o ponto de projeto como K = 205,4. Re- sumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho, fornece , , , , Os polos de ordem superior são obtidos em –0,928 e –2,6. Recomenda-se simular o sistema para verificar se ocorre, de fato, o cancelamento de polo com zero. 9.4 A configuração para o sistema é mostrada na figura a seguir. Projeto da Malha Secundária: Para a malha secundária, . Utilizando o diagrama a seguir, verifica-se que o lugar geométrico da malha secundária intercepta a reta de fração de amortecimento 0,7 em –8,5 + j8,67. A parte ima- ginária foi obtida como u = cos–1 z = 45,57°. Portanto, , , , de onde se obtém Im = 8,67. Plano s , ,, , O ganho, Kf, é obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja, , ,, , , , Projeto da Malha Principal: Utilizando os polos em malha fechada da malha secundária, obtém-se uma função de transferência equivalente do caminho direto expressa por , , , , , Utilizando os três polos de G(s) como polos em malha aberta para traçar o lugar geométrico das raízes, procura-se, ao longo de z = 0,5, e obtém-se o ponto de interseção entre o lugar das raízes e a reta de fração 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: + – Z1(s) Z2(s) I1(s) V1(s) Vs(s) Ve(s) Ia(s) I2(s) 24 Solução dos Exercícios em que as impedâncias são as indicadas a seguir: Comparando a função de transferência dada com a função de transferência do controlador PID, obtém-se , , , , , Igualando-se os coeficientes, , , (1) , , (2) (3) Na Eq. (2) atribui-se, arbitrariamente, C1 = 10–5. Assim, R2 = 105. Utilizando esses valores nas Eqs. (1) e (3), obtêm-se C2 = 100 mF e R1 = 20 k. b. O compensador por atraso e avanço de fase pode ser implementado com o circuito passivo mostrado a seguir, desde que a relação entre o polo e o zero em avanço seja o inverso da relação entre o polo e o zero em atraso: R1 C1 R2 C2 + – + – vs (t)ve(t) Comparando a função de transferência dada com a função de transferência do compensador passivo por atraso e avanço, obtém-se , , , , , Igualando-se os coeficientes, , , , (1) (2) (3) 25Solução dos Exercícios A substituição das Eqs. (1) e (2) na Eq. (3) fornece , (4) Atribuindo arbitrariamente C1 = 100 mF na Eq. (1), obtém-se R1 = 100 k. Substituindo C1 = 100 mF na Eq. (4), obtém-se R2 = 558 k. Substituindo R2 = 558 k na Eq. (2), obtém-se C2 = 900 mF. CAPÍTULO 10 10.1 a. Para Para b. Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B ) Frequência (rad/s) Diagramas de Bode c. Eixo real Ei xo im ag in ár io Diagrama Nyquist –0,05 0 0,05 0,1 0,15 0,2 –0,08 –0,06 –0,04 –0,02 0 0,02 0,04 0,06 0,08 26 Solução dos Exercícios 10.2 20 lo g M –120 –100 –80 –60 –40 0,1 1 10 100 1000 –40 dB/déc –20 dB/déc –20 dB/déc –40 dB/déc Frequência (rad/s) Real Assintótica Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ) –150 –100 –50 –200 –45o/déc –90o/déc –45o/déc –90o/déc –45o/déc –45o/déc 0,1 1 10 100 Actual Assintótica 1000 10.3 A resposta em frequência é de 1/8 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada polo gira de 90° desde v = 0 a v = . Assim, a resultante gira de –180°, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a seguir. Re Im 0 1 8 v = ∞ v = 0 10.4 a. A resposta em frequência é de 1/48 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada polo gira de 90° desde v = 0 até v = . Assim, a resultante gira –270°, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a seguir. 27Solução dos Exercícios Im Re 1 48 v = 0v = ∞ 0 v = 6,63 1 480 – b. Substituindo jv em e simplificando, obtém-se . O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imagi- nária de G(jv) é igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo real em v2 = 44, isto é, , Nesta frequência, Portanto, o sistema é estável para K < 480. 10.5 Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptará o eixo real em –100/480. Portanto, 13,62 dB. Com base no Exercício 10.4, a frequência de 180° é 6,63 rad/s. 10.6 a. 1000100101 –180 –160 –140 –120 –100 –80 Frequência (rad/s) 20 lo g M –60 Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ) 1 10 100 1000 –300 –250 –200 –150 –100 –50 0 28 Solução dos Exercícios b. O ângulo de fase é 180° a uma frequência de 36,74 rad/s. Nesta frequência o ganho é de –99,67 dB. Por- tanto, 20 logK = 99,67, ou seja, K = 96.270. Conclui-se que o sistema é estável para K < 96.270. c. Para K = 10.000, o gráfico de magnitude se move para cima de 20 log 10.000 = 80 dB. Portanto, a margem de ganho é de 99,67 – 80 = 19,67 dB. A frequência de 180° é 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB em v = 7,74 rad/s, em que a fase é de 87,1°. Calcula-se a margem de fase como 180° – 87,1° = 92,9°. 10.7 Utilizando %SP %SP obtém-se z = 0,456, o que corresponde a uma ultrapassagem de 20 %. Utilizando Ts = 2, , 10.8 Para ambos os itens, obtém-se (6.750.000 – 101.250v2)� j1350(v2 – 1350)v v6 � 2.925v4 � 1.072.500v2 � 25.000.000 Para a faixa de valores de v, superponha G(jv) aos círculos M e N em a. e à carta de Nichols em b. a. M = 1,3 1,4 1,5 1,6 1,8 2,0 M = 0,7 0,6 0,5 0,4 M = 1,0 –2 –1 1 2 3 Im Re 1 2–1–2–3 –3 Φ = 20° 25° 30° –20° –40° –50° –30° –70° 40° 50° 70° –25° Plano G –4 b. Fase em malha aberta (graus) G an ho e m m al ha a be rta (d B ) Carta de Nichols –350 –300 –250 –200 –150 –100 –50 0 –200 –150 –100 –50 0 6 dB 3 dB 1 dB 0,5 dB 0,25 dB 0 dB –1 dB –3 dB –6 dB –12 dB –20 dB –40 dB –60 dB –80 dB –100 dB –120 dB –140 dB –160 dB –180 dB –200 dB –220 dB –240 dB 29Solução dos Exercícios Representando graficamente a resposta em frequência do sistema em malha fechada a partir de a. ou b., obtêm-se os seguintes gráficos: –120 –100 –80 –60 –40 –20 0 Frequência (rad/s) gol 02 M 1000100101 Frequência 1 10 100 1000 –300 –250 –200 –150 –100 –50 0 Fa se (g ra us ) 10.9 A resposta em frequência do sistema em malha aberta é mostrada na figura a seguir: Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B ) Diagrama de Bode –40 –20 0 20 40 10–1 100 101 102 –160 –140 –120 –100 A resposta em frequência do sistema em malha aberta é de –7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante es- timada é vWB = 14,5 rad/s. O gráfico da resposta em frequência em malha aberta passa por zero dB a uma fre- quência de 9,4 rad/s, em que a fase é de 151,98°. Portanto, a margem de fase é de 180° – 151,98° = 28,02°. Esta margem de fase corresponde a Portanto SP e , , , , 30 Solução dos Exercícios 10.10 A inclinação inicial é de 40 dB/década. Portanto, o sistema é do Tipo 2. A inclinação inicial intercepta o eixo de frequências (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 frequência de zero dB como: Resolvendo para v, ou seja, após elevar ao quadrado ambos os lados e arrumando, obtém-se v4 + v2 – 100 = 0. Resolvendo para as raízes, v2 = –10,51, 9,51. Extraindo a raiz quadrada do valor positivo, obtém-se a frequência referente a 0 dB como 3,08 rad/s. Nesta frequência, o ângulo de fase é , . Portanto, a margem de fase é 180° – 162° = 18°. b. Com um atraso de 0,1 s, ,,,, , Portanto, a margem de fase será 180° – 179,65° = 0,35°. Logo, o sistema é estável. c. Com um atraso de 3 s, , , , , , Portanto, a margem de fase será 28,59 – 180° = –151,41°. Logo, o sistema é instável. 10.12 Desenhando cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme mos- trado a seguir, obtém-se uma primeira estimativa. Experimental Frequência (rad/s) –40 –30 –20 –10 0 10 20 1 2 3 4 5 6 7 8 10 20 30 40 50 70 100 200 300 500 1000 –95 –90 –85 –80 –75 –70 –65 –60 –55 –50 –45 Fa se (g ra us ) G an ho (d B ) Percebe-se uma inclinação inicial de –20 dB/década no gráfico de magnitudes. Verifica-se também uma incli- nação final de –20 dB/década com uma frequência de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa inicial é Subtraindo G1(s) da resposta em frequência original, obtém-se a resposta em frequência mostrada a seguir. 31Solução dos Exercícios 40 50 60 70 80 90 Experimental menos 1/s(s+21) G an ho (d B ) 1 2 3 4 5 6 7 8 10 20 30 40 50 70 100 200 300 500 1000 0 20 40 60 80 100 Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ) Desenhando cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme mos- trado, obtém-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos gráfi- cos de magnitude e de fase com uma frequência 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, , , É interessante notar que o problema original foi desenvolvido a partir de CAPÍTULO 11 11.1 O diagrama de Bode para K = 1 é mostrado a seguir. Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B) Diagramas de Bode –180 –160 –140 –120 –100 –80 –60 10–1 100 101 102 103 –250 –200 –150 –100 32 Solução dos Exercícios Uma ultrapassagem de 20 % requer 0,456 %SP %SP Esta fração de amortecimento implica uma margem de fase de 48,1°, a qual é obtida quando o ângulo de fase vale –180° + 48,1° = –131,9°. Este ân- gulo de fase ocorre em v = 27,6 rad/s. A magnitude nesta frequência é de 5,15 10–6. Como a magnitude deve ser unitária, 5,15 � 10�6 1 11.2 De modo a atender o requisito de erro de regime estacionário, K = 1.942.000. O diagrama de Bode para esse ganho é mostrado a seguir. Frequência (rad/s) Fa se ( gr au s) ; M ag ni tu de ( dB ) Diagramas de Bode –40 –20 0 20 40 60 10–1 100 101 102 103 –250 –200 –150 –100 Uma ultrapassagem de 20 % requer , %SP %SP Esta fração de amortecimento implica uma margem de fase de 48,1°. Adicionando 10° para compensar a contribuição do ângulo de fase do atraso, utilizam-se 58,1°. Assim, procura-se por um ângulo de fase de –180° + 58,1° = –129,9°. A frequência na qual esta fase ocorre é 20,4 rad/s. Nesta frequência o gráfico da magnitude deve ir para zero dB. Na realidade, o gráfico da magnitude indica 23,2 dB. Portanto, desenha-se a assíntota de alta frequência do compensador por atraso de fase em –23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta frequência, desenha-se uma reta com inclinação de –23,2 dB/década até sua interseção em 0 dB. A frequência de interseção será o corte de baixa frequência em 0,141 rad/s. Assim, o compensador é , , , em que o ganho é escolhido de modo a fornecer 0 dB nas baixas frequências, ou seja, Kc = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo, e , , , . . 11.3 Uma ultrapassagem de 20 % requer %SP %SP , . A banda passante requerida é então cal- culada como , De modo a atender o requisito de erro de 33Solução dos Exercícios regime estacionário de calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode não compensado para esse ganho é mostrado a seguir. Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B ) Diagramas de Bode para K = 300.000 –60 –40 –20 0 20 40 10–1 100 101 102 103 –250 –200 –150 –100 A medida da margem de fase do sistema não compensado é realizada onde o gráfico da magnitude cruza o va- lor 0 dB. Determina-se que quando a curva de magnitude cruza 0 dB o ângulo de fase é de –144,8°. Portanto, a margem de fase do sistema não compensado é de –180° + 144,8° = 35,2°. A margem de fase requerida baseada na fração de amortecimento requerida vale , . Adicionando um fator de correção de 10°, a margem de fase requerida é de 58,1°. Assim, o compensador deve contribuir com fmáx = 58,1° – 35,2° = 22,9°. Utilizando sen sen senmáx máx máx , O pico da magnitude do compensador é calculado como ,máx Determina-se agora a frequência na qual o sistema não compensado apresenta uma magnitude 1/Mmáx, ou –3,58 dB. Com base no diagrama de Bode, esta magnitude ocorre em vmáx = 50 rad/s. O zero do compensador está localizado em máx . Portanto, zc = 33,2. O polo do compensador está posicionado em ,P . O ganho do compensador é escolhido de modo a fornecer um ganho unitário em sinal constante (CC). Assim, Kc = 75,4/33,2 = 2,27. Resumindo, , , , e . 11.4 Uma ultrapassagem de 10 % requer %SP %SP , . A banda passante requerida é então calcu- lada como , De modo a atender o requisito de erro de regime estacionário de , calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode não compen sado para esse ganho é mostrado a seguir. 34 Solução dos Exercícios Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B ) Diagramas de Bode –100 –80 –60 –40 –20 0 20 40 10–1 100 101 102 103 –250 –200 –150 –100 Seleciona-se agora uma nova frequência de margem de fase em 0,8vBW = 6,02 rad/s. A margem de fase reque- rida baseada na fração de amortecimento requerida é , . Adicionando- se um fator de correçãode 5°, a margem de fase requerida será de 63,6°. A 6,02 rad/s, a nova frequência de margem de fase, o ângulo de fase será o que apresenta uma margem de fase de 180° – 138,3° = 41,7°. Assim, o compensador por avanço de fase deve contribuir com fmáx = 63,6° – 41,7° = 21,9°. Utilizando ,máx máx máxsen sensen Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua frequência de corte mais alta uma década abaixo da nova frequência de margem de fase, isto é, zatraso = 0,602 rad/s. O polo do compensa- dor por atraso de fase é patraso = bzatraso = 0,275. Finalmente, o ganho do compensador por atraso de fase é Katraso = b = 0,456. Projeta-se agora o compensador por avanço de fase. O zero do compensador é o produto da nova frequên- cia de margem de fase e , ou zavançoavanço , , E, também, avanço avanço , Finalmente, Kavançoavanço , Resumindo, , , ,,, , e atraso avanço CAPÍTULO 12 12.1 Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 5% requer %SP %SP , %SP %SP , E, também, , Assim, a equação característica é , , Adicionando um polo em –10 para cancelar o zero em –10, obtém-se a equação característica desejada , , , , A matriz de sistema compensada na forma de variáveis de fase é . A equação 35Solução dos Exercícios característica para este sistema é Igualando os coefi- cientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, obtêm-se os ganhos expressos por , , 12.2 A matriz de controlabilidade é Como CM = 80, CM é de posto cheio, isto é, posto 3. Conclui-se que o sistema é controlável. 12.3 Inicialmente, verifica-se a controlabilidade. A matriz de controlabilidade é Como , CMz é de posto cheio, isto é, posto 3. Conclui-se que o siste- ma é controlável. Obtém-se agora a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 20 % requer , %SP %SP E, também, , Assim, a equação característica é , , . Adicionando um polo em –6 para cancelar o zero em –6, obtém-se a equação característica resultante desejada, , , , . Como pode-se escrever a representação em variá- veis de fase como [6 1 0]. A matriz de sistema compen- sada na forma de variáveis de fase é . A equação carac terística para este sistema é . Igualando os coeficientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, obtêm-se os ganhos como ,, . Desenvolve-se agora a matriz transformação para retornar ao sistema z. e Portanto, Assim, , , ,, 36 Solução dos Exercícios 12.4 Para o sistema dado, . O polinômio característico é expresso por Obtém-se agora a equação característi- ca desejada. Com base no Exercício 12.3, os polos dominantes podem ser obtidos pelo polinômio (s2 + 4s + 19,24). Fatorando, (–2 + j3,9) e (–2 – j3,9). Aumentando esses polos de um fator 10 e adicionando um terceiro polo igual a 10 vezes a parte real dos polos dominantes de segunda ordem, obtém-se o polinô - mio característico desejado 384.200. Igualan - do os coeficientes da equação característica desejada com os da equação característica do sistema, encontra- se 383.696 12.5 A matriz de observabilidade é , em que A matriz é de posto cheio, isto é, posto 3, uma vez que OM = –1576. Portanto, o sistema é observável. 12.6 O sistema é representado na forma em cascata pelas seguintes equações de estado e de saída: A matriz de observabilidade é , em que Como pode-se escrever a forma canônica obser- vável como A matriz de observabilidade para esta forma é , em que 12.096 Em seguida, obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 10 % requer , %SP %SP E, também, , Assim, a equação característi ca é , Adicionando um polo em –400, ou dez vezes a parte real dos polos dominantes de segunda ordem, obtém-se a equação característica resultante desejada, , 1,831 � 106. Para o sistema representado na forma ca- 37Solução dos Exercícios nônica observável, O polinômio característico é dado por Igualando os coeficientes da equação ca- racterística desejada com os da equação característica do sistema, encontra-se Desenvolve-se agora a matriz de transformação entre as formas canônica do observador e em cascata. Finalmente, . . . 12.7 Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 10 % requer %SP %SP , E, também, , Assim, a equação característica é , , 3,79. Adicionando um polo em –4, o qual representa a localização do zero do sistema original, obtém-se a equa- ção característica resultante desejada, , , , , Agora, e , em que Portanto, A determinação da equação característica desse sistema fornece 38 Solução dos Exercícios Igualando esse polinômio com a equação característica desejada, obtém-se , , Resolvendo para os k, obtêm-se K = [2,21 –2,7] e ke = 3,79. CAPÍTULO 13 13.1 sen sen sen Porém, Assim, sen sen 13.2 , , , , , , , , , ,, , , , , , , , , ,, ,, , 13.3 Como Seja Portanto, , ou . Assim, Portanto, Para 13.4 Adicione um amostrador fictício à entrada, retornando após H(s), e à saída. 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 blo- cos mostrado a seguir. 39Solução dos Exercícios Assim, 13.5 Seja Faça Calcule a transformada de Laplace inversa e faça t = kT, Aplicando-se a transformada z, obtém-se Agora, Finalmente, O polo do sistema em malha fechada está posicionado em 5e–5T – 4. Substituindo valores de T, verifica-se que o polo será maior do que 1, se T > 0,1022 s. Assim, o sistema será estável para 0 < T < 0,1022 s. 13.6 Substituindo , , em , , obtém-se A tabela de Routh para esse polinômio é mostrada a seguir. , Como ocorre uma mudança de sinal, conclui-se que o sistema possui um polo fora do círculo de raio unitário e dois polos no interior do círculo de raio unitário. A tabela não produz uma linha de zeros; portanto, não ocorrem polos jv. O sistema é instável devido ao polo fora do círculo de raio unitário. 13.7 Definindo G(s) como G1(s) em cascata com um extrapolador de ordem zero, obtém-se Aplicando a transformada z, obtém-se Assim, para T = 0,1 s, e Veri ficando a estabilidade, obtém-se que o sistema é estável para T = 0,1 s, uma vez que T(z) = , , , , possui polos no interior do círculo unitário em –0,957 e +0,735. Verifi- cando novamente a estabilidade, chega-se à conclusão de que o sistema é instável para T = 0,5 s, uma vez que , , , , possui polos interiormente e externamente ao círculo unitário em +0,208 e –3,01, respectivamente. 13.8 Desenhe o lugar geométrico das raízes superposto à curva de z = 0,5 mostrado abaixo. Procure, ao longo da reta a 54,3°, a interseção entre o lugar geométrico das raízes e a curva de z = 0,5, o ponto 0,58754,3° = (0,348 + j0,468) e K = 0,31. 40 Solução dos Exercícios –3 –2,5 –2 –1,5 –1 –0,5 0 0,5 1 1,5 2 –1,5 –1 –0,5 0 0,5 1 1,5 Eixo real Ei xo im ag in ár io Lugar geométrico das raízes no plano z 54,3° (0,348 + j0,468) K = 0,31 13.9 Seja , , , , 342.720 s 25,3 Os gráficos a seguir mostram a resposta em frequência de Ge(jv). Frequência (rad/s) Fa se (g ra us ); M ag ni tu de (d B ) Diagramas de Bode –60 –40 –20 0 20 40 10–1 100 101 102 103 –250 –200 –150 –100 Encontra-se que a frequência referente a zero dB, vFM, para Ge(jv) é 39 rad/s. Utilizando a orientação de Astrom, o valor de T estará na faixa entre 0,15/vFM = 0,0038 s e 0,5/vFM = 0,0128 s. Adota-se T = 0,001 s. Obtém-se agora a transformação de Tustin para o compensador. Substituindo em , , , , com T = 0,001 s, obtém-se , , , 41Solução dos Exercícios 13.10 , , . Realiza-se o produto cruzado e obtém-se (z 2 – 1,908z + 0,9075)X(z) = , , Resolve-se para a potência de mais alta ordem de z operando na saída, X(z), e encontra-se , , Resolvendo para X(z) no lado esquerdo, obtém-se , , Final mente, implementa-se esta última equação utilizandoo seguinte fluxograma: , , , , , , Retardo de 0,1 s Retardo de 0,1 s Retardo de 0,1 s Retardo de 0,1 s
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