Exercícios Resolvidos de Sistemas de Controle - Análise e Soluções

Parte 6 Exercícios Solução 1 Primeiro determine 𝐶𝑓𝑏𝑠 e 𝐶𝑓𝑓s 𝐶𝑓𝑏𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 𝑌𝑠𝐺𝑐𝑠 𝐶𝑓𝑓𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑓𝑓𝑠 Assim 𝑌𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑑𝑠 𝐶𝑓𝑓𝑠 𝐶𝑓𝑏𝑠𝐺𝑝𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑑𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑓𝑓𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 𝑌𝑠𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 𝑌𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑑𝑠 𝐷𝑠𝐺𝑓𝑓𝑠𝐺𝑝𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 𝑌𝑠𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 Resolvendo para 𝑌𝑠 𝑌𝑠 𝐺𝑑𝑠 𝐺𝑓𝑓𝑠𝐺𝑝𝑠𝐷𝑠 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠𝑌𝑠𝑝𝑠 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 1 Portanto 𝑌𝑠 𝐷𝑠 𝐺𝑑𝑠 𝐺𝑓𝑓𝑠𝐺𝑝𝑠 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 1 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 1 2 a Falsa A saída do controlador pode saturar ou o controlador pode estar no modo manual b Falsa Mesmo com ação de controle integral o erro de regime permanente offset pode ocorrer se a saída do controlador saturar Ou o controlador pode estar no modo manual 3 a Para este caso um controlador Ppuro deve ser selecionado porque este é um sistema integrante que não é de alta ordem ou com grande tempo morto b A função de transferência em malha fechada é dada por 𝜃𝑚𝑠 𝜃𝑚𝑠𝑝𝑠 𝐾𝑐 𝐾𝑝 𝑠𝜏𝑝𝑠 1 𝐾𝑐 𝐾𝑝 𝑠𝜏𝑝𝑠 1 1 1 𝑠𝜏𝑝𝑠 1 𝐾𝑐𝐾𝑝 1 1 𝜏𝑝 𝐾𝑐𝐾𝑝 𝑠2 1 𝐾𝑐𝐾𝑝 𝑠 1 Portanto este sistema terá operação livre de offset e terá uma resposta de segunda ordem Este sistema permanecerá estável enquanto 𝐾𝑐𝐾𝑝 0 4 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 2𝐾 𝑠𝑠 1 1 2𝐾 𝑠𝑠 1 2𝐾 𝑠𝑠 1 2𝐾 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 1 1 2𝐾 𝑠2 1 2𝐾 𝑠 1 A função de transferência em ganho unitário Assim não há erro de regime permanente Se a sobreelevação overshoot é 01 então 𝜁 059 𝜏 1 2𝐾 2𝜏𝜁 1 2𝐾 𝜁 1 4𝐾 2𝐾 1 4 2 𝐾 𝐾 035 5 A aplicação da equação característica produz 𝐺𝑐𝑠𝐺𝑝𝑠 1 𝐾𝑐 1 1 𝜏𝐼𝑠 𝐾𝑝 𝜏𝑝𝑠 1 1 01 1 1 10𝑠 12 9𝑠 1 1 0 75𝑠2 1833𝑠 1 0 Portanto uma resposta de segunda ordem com 𝜏𝑛 8660 𝜁 1058 6 𝐸2 𝐸1 𝐺𝑀 1 𝐸1 𝑌𝑠𝑝 𝑌 𝑌2 2 𝑌2 𝑀𝐺𝑒𝜃𝑠 3 De 2 e 3 temos 𝐸1 𝑌𝑠𝑝 𝑌 𝑀𝐺𝑒𝜃𝑠 4 De 1 e 4 temos 𝐸2 𝑌𝑠𝑝 𝑌 1 𝑒𝜃𝑠𝑀𝐺 𝐸2 𝑌𝑠𝑝 𝑌 𝐺𝑀 𝑐𝑜𝑚 𝐺 𝐺1 𝑒𝜃𝑠 Do diagrama de blocos 𝐺𝑐 𝑀 𝐸2 𝐺 1 𝐺𝐺 𝐺 1 𝐺𝐺1 𝑒𝜃𝑠 𝑌 𝑌𝑠𝑝 𝐺𝑐𝐺𝑝 1 𝐺𝑐𝐺𝑝 𝐺𝑐𝐺𝑝 1 𝐺𝐺1 𝑒𝜃𝑠 𝐺𝐺𝑝 7 A equação característica é 1 𝐾𝑐 𝑠 1 𝑠 1𝑠 2 0 a 𝑠 1𝑠 2 𝐾𝑐𝑠 1 0 𝑠2 3 𝐾𝑐𝑠 2 𝐾𝑐 0 Para um sistema estável nós precisamos de 3 𝐾𝑐 0 e 2 𝐾𝑐 0 Logo 2 𝐾𝑐 3 b O termo 𝑠 1 𝑠 1 é a aproximação de Padé de primeira ordem de 𝑒2𝑠 A presença de zero positivo em malha aberta 𝑠 1 torna o sistema instável quando 𝐾𝑐 𝐾𝑢 o ganho último Caso contrário ambos os sistemas com as respectivas equações características 1 𝐾𝑐 1 𝑠 1𝑠 2 0 𝑒 1 𝐾𝑐 1 𝑠 2 0 São sempre estáveis Para sua informação Para encontrar o 𝐾𝑢 rigorosamente nós precisamos usar 1 𝐾𝑐 𝑒2𝑠 𝑠 2 0 e os gráficos de Bode Devemos encontrar 𝐾𝑢 238 c Para explicar a estabilidade usando a resposta de frequência escrevemos 𝐺𝑠 𝑠 1 1 𝑠 1 1 𝑠 2 Para 𝑠 1 e após a substituição 𝑠 𝑗𝜔 1 𝑗𝜔 1 𝜔2 e 1 𝑗𝜔 arctg𝜔 Portanto seu gráfico de magnitude é como um avanço de primeira ordem mas seu gráfico de ângulo de fase é como o de um atraso de primeira ordem A 𝑅𝐴 de 𝐺𝑠 é igual a de 𝐺3𝑠 As contribuições de 𝐺1𝑠 e 𝐺2𝑠 se cancelam No gráfico do ângulo de fase os três termos 𝐺1𝑠 𝐺2𝑠 e 𝐺3𝑠 contribuem com 90 cada um 8 a A equação característica é 𝑠𝑠 2𝑠2 1 𝐾𝑐2𝑠 1 0 Expandindo 𝑠4 2𝑠3 𝑠2 21 𝐾𝑐𝑠 2𝐾𝑐 0 Assim as condições necessárias para estabilidade é 21 𝐾𝑐 0 𝐾𝑐 1 e 2𝐾𝑐 0 Ou seja nós precisamos de 𝐾𝑐 0 para ganhos proporcionais positivos Agora com o arranjo de Ruth 1 1 2𝐾𝑐 2 21 𝐾𝑐 0 𝐴1 2𝐾𝑐 𝐵1 0 𝐶 Assim 𝐴1 2 21 𝐾𝑐 2 0 𝐾𝑐 0 ou 𝐾𝑐 0 Este requisito contradiz 𝐾𝑐 0 do teste de coeficiente Nós não podemos encontrar um controlador proporcional se 𝐾𝑐 0 b Com um controlador PI 1 𝐾𝑐 𝜏𝐼 1 𝜏𝐼𝑠 2𝑠 1 𝑠𝑠 2𝑠2 1 0 Agora adicionamos mais um polo de malha aberta em 𝑠 0 É improvável que funcione Com um controlador PD 1 𝐾𝑐𝜏𝐷𝑠 1 2𝑠 1 𝑠𝑠 2𝑠2 1 0 Adicionando apenas mais um zero de malha aberta 1 𝜏𝐷 esta parece ser a coisa mais sensata a se tentar Um sistema com controle PD é estável se 𝜏𝐷 for grande o suficiente 9 ECMF 1 50 30𝑠 1 0016 3𝑠 1 1 10𝑠 1 0 Existem três polos em malha aberta 𝑝1 1 3 𝑝2 01 𝑝3 130 uma vez que o denominador da função de transferência em malha aberta 𝐺𝑚𝑎𝑠 é um polinômio de terceira ordem Portanto o diagrama do lugar das raízes terá 3 ramificações Não há zeros em malha aberta portanto todos os três ramos terminam no infinito O eixo real à esquerda de 𝑝1 faz parte do diagrama do lugar das raízes uma vez que o número total de polos de malha aberta e zeros à direita de 𝑝1 é 3 um número ímpar O eixo real à esquerda de 𝑝2 NÃO fará parte do diagrama do lugar das raízes pois o número total dos polos e zeros de malha aberta à direita de 𝑝2 é 2 um número par E finalmente o eixo real à esquerda de 𝑝3 fará parte do diagrama do lugar das raízes pois o número total de polos e zeros em malha aberta à direita de 𝑝3 é 1 um número ímpar O ponto de ruptura das ramificações do diagrama do lugar geométrico das raízes do eixo real pode ser encontrado a partir da seguinte equação 1 𝑠 13 1 𝑠 130 1 𝑠 01 0 𝑠 0065 E o ângulo das assíntotas dos ramos indo para o infinito pode ser encontrado por 2𝑘 1𝜋 𝑃 𝑍 2𝑘 1𝜋 3 0 Com 𝑘 assumindo valores de 0 1 2 que seriam 𝜋 3 𝜋 5𝜋 3 O diagrama aproximado do lugar das raízes é 10 a 1 O local das raízes começa com 𝐾 0 em 𝑠 0 𝑠 1 𝑠 3 2 Como não existe nenhum zero em malha aberta o local das raízes termina no infinito 3 𝑃 3 𝑍 0 𝑃 𝑍 portanto o número de ramos do local das raízes é 3 4 O local das raízes no eixo real existe entre 𝑠 0 e 𝑠 1 e além de 𝑠 3 5 Entre os polos de malha aberta 𝑠 0 e 𝑠 1 existe um ponto de quebra conforme é calculado a seguir A equação característica é 𝑠𝑠 1𝑠 3 𝐾 0 Ou 𝐾 𝑠3 4𝑠2 3𝑠 𝑑𝐾 𝑑𝑠 3𝑠3 8𝑠 3 Para 𝑑𝐾 𝑑𝑠 0 3𝑠3 8𝑠 3 0 Ou 𝑠1 045 e 𝑠2 221 Como o ponto de ruptura deve estar entre 𝑠 0 e 𝑠 1 o ponto de ruptura é 𝑠1 045 6 O ângulo das assíntotas é dado por 2𝑘 1180 𝑃 𝑍 com 𝑘 0 1 e 2 As três assíntotas estão em qualquer ângulo de 2 0 1180 3 0 60 2 1 1180 3 0 180 2 2 1180 3 0 300 7 As três assíntotas se interceptam no eixo real em 𝑥0 polos zeros 𝑃 𝑍 0 1 3 0 3 0 133 De acordo com os dados calculados acima o gráfico do lugar geométrico das raízes é esquematizado a seguir 8 O valor de K para a estabilidade marginal é determinado pela aplicação do critério de Routh à equação característica 𝑠3 4𝑠2 3𝑠 𝐾 0 𝑠3 1 3 𝑠2 4 K 𝑠1 12 𝐾 4 𝑠0 𝐾 O valor de 𝐾 no qual o gráfico do lugar das raízes cruza o eixo imaginário é determinado igualando o primeiro termo na linha 𝑠1 a zero portanto 12 𝐾 4 0 𝐾 12 Para 𝐾 12 as raízes estão na metade direita do plano 𝑠 portanto 𝐾 12 é o valor da estabilidade marginal Em 𝐾 12 o gráfico do lugar geométrico das raízes intercepta o eixo imaginário e o valor de 𝑠 no ponto de interseção é determinado resolvendo a equação auxiliar formada a partir dos termos de 𝑠2 na matriz de Routh portanto 4𝑠2 𝐾 0 ou 4𝑠2 12 0 𝑠 𝑗173 Em 𝐾 12 o sistema apresenta oscilações sustentadas a frequência dessas oscilações é dada pelo ponto de interseção do gráfico do lugar das raízes com o eixo imaginário portanto em 𝐾 12 a frequência de o sustentado é 𝜔 173 rads Desde que 𝜁 05 cos𝜃 𝜁 cos𝜃 05 𝜃 60 A partir da origem uma linha em um ângulo 𝜃 60 é desenhada como mostrado no gráfico anterior que intercepta o gráfico do lugar das raízes em 𝑠 035 06𝑗 Como o ponto 𝑠 035 06𝑗 está no lugar das raízes a seguinte equação é satisfeita 𝐾 𝑠𝑠 1𝑠 3 1 Mas 𝑠 035 06𝑗 𝐾 035 06𝑗035 06𝑗 1035 06𝑗 3 1 𝐾 166 1 ou 𝐾 166 b A terceira raiz da Equação Característica está localizado no eixo real negativo do plano 𝑠 além de 𝑠 3 Para 𝐾 166 essa raiz pode ser determinada usando a condição de magnitude do lugar geométrico das raízes 𝐾𝑐𝐺ma𝑠 1 𝐾 𝑠𝑠 1𝑠 3 1 Como 𝐾 166 166 𝑠𝑠 1𝑠 3 1 A equação acima é satisfeita com uma boa aproximação em 𝑠 3231 c A função de transferência global é dada por 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 𝐺𝑠 1 𝐺𝑠 𝐾𝑠𝑠 1𝑠 3 1 𝐾𝑠𝑠 1𝑠 3 𝐾 𝑠𝑠 1𝑠 3 𝐾 Ou 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 166 𝑠𝑠 1𝑠 3 166 A equação característica é 𝑠𝑠 1𝑠 3 166 0 De acordo com o gráfico do lugar das raízes as três raízes são 𝑠1 𝑠2 035 06𝑗 𝑠3 3231 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 166 𝑠 3231𝑠 𝑗06𝑠 035 𝑗06 𝑌𝑠 𝑌𝑠𝑝𝑠 166 𝑠 3231𝑠2 07𝑠 04825 11 Da Figura abaixo o atraso em comparação com o período de oscilação é relativamente grande indicando que o ringing vem de muita ação integral Usando o SIMULINK temos Exercício 511 12 Os valores dos parâmetros de POMTM foram substituídos diretamente nas fórmulas para a configuração do PID para o método de Cohen e Coon fornecido na Tabela 62 Para o método de Cianeone e Marlin o tempo morto fracionário é igual a 13 1 Da Figura 664 ac 𝐾𝑐𝐾𝑝 2K 𝜏𝐼 𝜃 𝜏 065 e 𝜏𝐷 𝜃 𝜏 𝐾𝑐 𝜏𝐼 𝜏𝐷 Cohen e Coon 0425 217 0343 Cinaneone e Marlin 02 26 0 13 Para o aumento de 10 na VM 𝑡13 85 s 𝑡23 163 s e 𝑇 119 K Portanto 𝐾𝑝 238 𝜏𝑝 111 s e 𝜃𝑝 406 s Para o aumento de 10 na VM 𝑡13 9 s 𝑡23 173 s e 𝑇 131 K Portanto 𝐾𝑝 263 𝜏𝑝 119 s e 𝜃𝑝 424 s Os parâmetros médios são 𝐾𝑝 251 𝜏𝑝 115 s e 𝜃𝑝 415 s Usando a Tabela 62 as configurações de Cohen e Coon são 𝐾𝑐 0113 𝜏𝐼 795 s Para o método de Cianione e Marlin o tempo morto fracionário é igual a 0265 Usando as configurações para rejeição de perturbação 𝐾𝑐𝐾𝑝 15 𝜏𝐼 𝜏𝑝 𝜃𝑝 07 𝑃ortanto 𝐾𝑐 00600 𝜏𝐼 110 s Para Cohen e Coon 2 de alteração no setpoint razão de decaimento 1306 2 de alteração no setpoint razão de decaimento 1397 Para Cianione e Marline 2 de alteração do setpoint razão de decaimento 1202 2 de alteração no setpoint razão de decaimento 1120 14 Das Equações 677 679 temse 𝐹 2 07 15 3 1 60 𝐾𝑐 60 130 04615 𝜏𝐼 32 15 60 36 15 Primeiro determine a função de transferência para este processo 𝐺𝑝 1 𝜌𝐴𝑠 Da Equação 673𝐺𝑑𝑒𝑠𝑠 1 25𝑠 1 com base na especificação do problema Assim 𝐺𝑐𝑠 𝐺𝑑𝑒𝑠 𝐺𝑀1 𝐺𝑑𝑒𝑠 1 25𝑠 1 1 𝜌𝐴𝑠 1 1 25𝑠 1 𝜌𝐴 25 Portanto o controlador pela especificação de polo é um controlador Ppuro com um ganho que é inversamente proporcional à constante de tempo desejada em malha fechada 16 a 𝐺𝑠 2 10𝑠 18𝑠 1 Portanto 𝐺𝑀 𝐼 2 10𝑠 18𝑠 1 Usando o projeto de CMI Para 𝐹 1 𝜆𝑠 1 e 𝜆 5 então 𝑄 1 𝐺𝑀 𝐼 𝐹 10𝑠 18𝑠 1 25𝑠 1 Controlador equivalente 𝐺𝑐𝑠 𝑄𝑠 1 𝑄𝑠𝐺𝑁𝑠 80𝑠2 18𝑠 1 10𝑠 18 1 1 18𝑠 40 9 𝑠 Isto dá um controlador PID b 𝐺𝑠 2𝑒2𝑠 10𝑠 18𝑠 1 21 2𝑠 10𝑠 18𝑠 1 Portanto 𝐺𝑀 𝐼 2 10𝑠 18𝑠 1 Usando o projeto CMI para 𝐹 1 𝜆𝑠 1 e 𝜆 5 então 𝑄 1 𝐺𝑀 𝐼 𝐹 10𝑠 18𝑠 1 25𝑠 1 Controlador equivalente 𝐺𝑐𝑠 𝑄𝑠 1 𝑄𝑠𝐺𝑀𝑠 80𝑠2 18𝑠 1 14𝑠 9 7 1 1 18𝑠 40 9 𝑠 Este é um controlador PID