Prova de Controle e Servomecanismos - Soluções Padrão

UFMS Universidade Federal de Mato Grosso do Sul Facom Faculdade de Computação Curso Engenharia de Computação Data 10112020 Professor Dr Victor Leonardo Yoshimura Disciplina Controle e Servomecanismos Acadêmico Matrícula Prova P2 Solução Padrão Questão 1 25 pontos Considere um sistema cuja FTMF seja Gs Nss³ bs² 4bs d Determine se este sistema terá tempo de acomodação inferior a 2s critério 2 sob a incerteza 8 b 12 e 58 d 62 Solução Para que o tempo de acomodação seja inferior ao especificado no critério dado devese ter maxRep1 λt λ 2 Isto leva a verificar a estabilidade relativa ao polinômio característico σ 2 isto é a estabilidade absoluta do polinômio Ds s δ³ bs δ² 4bs δ d s³ 3σ bδ² 3σ² 2bσ 4bδ σ³ bσ² 4bσ d α 2 b δδ² 12s 4b d δ D Podese Verificar a estabilidade dos quatro polinômios de Kharitonov Entretanto neste caso o problema reduzse a apenas dois B D e B D ou Na tabela de Routh temse s³ 1 12 s² 12B D D s¹ 1 12B D s⁰ D Desta arranjo concluiuse que B 0 b 6 D 0 4b d 8 12B D 0 12b 6 4b d 8 16b d 64 0 substituindo os limites dados verificase que há a estabilidade relativa logo o sistema terá o tempo de acomodação requerido para qualquer valor na incerteza dada Questão 2 25 pontos Mostre que um compensador P é capaz de anular o erro estático de posição do sistema da figura abaixo Considera a b c 0 Rs Σ Cs 1 as 1 1 bs c Ys Solução Observe que Es Rs 1 Ys Rs ab s² ac b1 kps c kp ckp ab s² ac bs c kp c Questão 3 25 pontos Esboce o lugar das raízes para o sistema em realimentação unitária e planta Gs s 5 s⁴ 5s³ 10s² 10s 4 Solução 1 passo zero em 5 e polos em 1 2 e em 1 j 2 passo lugar das raízes sobre o eixo real ficará em 5 2 1 3 passo O ponto de encontro das assintotas e seus ângulos são σa pi zi 1 2 1 j 1 j 5 4 1 θa 2k 1180 n m 4 1 4 passo Os pontos de ramificação são dados por DsbNsb DsbNsb sb³ 5sb² 10sb 4 4s² 15s² 20sb 10sb 3sb⁴ 30sb³ 85sb² 100sb 46 0 164 k 01 626 k 5098 inválido 5 passo O polinômio característico do sistema fica s⁴ 5s³ 10s² k 10s 5k 4 Procedendo ao arranjo de Routh s⁴ 1 10 5k 4 s³ k 10 k 10 s² 8 02k 5k 4 s¹ 02k 19k 60 s⁰ 5k 4 Na linha s¹ o valor k 306 provoca raízes imaginárias 162 6 passo Determinação do ângulo de partida com 154b lim s1 args 5 args 1 args 2 args 1 j args 1 j 180 ϕp 31 Questão 4 25 pontos Considere o sistema em realimentação unitária e planta Gs 2ss 1s 2 Projete um compensador de forma a garantir erro estático de posição nulo tempo de acomodação não superior a 6s critério 5 e overshoot inferior a 20 Observação Não realize o projeto com cancelamento de polos e zeros Solução O erro estático está garantido pela planta Para o tempo de acomodação considerando comportamento próximo ao de segunda ordem temse σ 3tₛ 05s¹ Ainda para minimizar o efeito da proximidade do zero do compensador será escolhido ζ 06 Neste projeto β 50 o que significa que o par dominante será posicionado em sd 055 j055 tg 50 055 j065 Não é possível posicionar os polos dominantes com um compensador P vide aula 15 Assim é necessário um compensador do tipo avanço de fase para o qual determinase a deficiência angular 180 argGsₐ 30 p 9 Finalmente determinase o ganho do compensador com 154a CsbGsb 1 ke sbsb 1sb 2sb 92sb 15 39 Gráficos Úteis