Prova P2 de Controle e Servomecanismos - UFMS

UFMS Universidade Federal de Mato Grosso do Sul Facom Faculdade de Computagao Curso Engenharia de Computacao Data 29102021 Professor Dr Victor Leonardo Yoshimura Disciplina Controle e Servomecanismos Académico OO Matricuda Prova P2 Questao 1 25 pontos Considere o sistema de controle abaixo Rs Ys s G s Lay Dado que Hs NnsDns estritamente propria de grau superior a zero e nado possui polo nem zero na origem e que Gs NsDgs é propria de grau superior a zero e possui polo na origem determine o erro estdtico de posigao supondo sistema estdvel em malha fechada Solugao Observe que é possivel determinar o erro através de pad DgsDns NosNns NasDns Es Rs Ys 1 Rs OS Rs 6 Re Y16 1 FG Rl DysDals NysNus Aplicando o TVF no resultado acima para referéncia degrau temse D0Dp0 Ng 0 Nn 0 Ng0Dp0 tim sB DelOPnO NyONa0 Ny0P 0 sO Dg0Dn0 Ng0Na0 Como o G tem polo na origem entéo D0 0 Assim 1 1 eS HO O Questao 2 25 pontos Considere um sistema de controle em realimentagao unitdria e planta a Gs s s bs c no qual abc 0 Determine todos os compensadores I capazes de estabilizar este sistema Solugao Com o compensador I Cs ks obtemos a FTMF Ys ak Rs 83 b cs bes ak Usando o arranjo de Routh 8 1 be 8 be ak s bce bc ak 3 ak De onde concluise que o integrador deve ser tal que ky bc be a O Questao 3 25 pontos Esboce o lugar das raizes para o sistema em realimentagdo unitdria e planta 2 8 3842 s7s12 Solugao e 1 passo zeros em 1 e 2 e polos em 3 e 4 e 2 passo o lugar das raizes sobre 0 eixo real fica 4 3 U 2 1 e 3 passo nao ha assntotas e 4 passo pontos de ramificacéo 2 22 Sp1 163 e kp 139 NspDs0 NspDsp 2838 8 7512 s352287 337 ky 00718 e 5 passo Observe que a FTMF resulta em um polindmio do 2 grau com coeficientes positivos Vk 0 Logo o sistema é incondicionalmente estavel e 6 passo Nao temos Angulos de partida ou de chegada O Questao 4 25 pontos Considere o sistema de controle com planta 2 Gs s 05s1 Projete um compensador que proporcione erro estatico de posigao nulo tempo de acomodagao inferior a 2s critério 5 e overshoot inferior a 16 considerando o efeito de proximidade de zeros Solucao Observe que para anular o erro estadtico de posicgaéo serd necessdrio incluir um polo na origem de Cs Assim trabalharemos com a planta modificada 2 Gs s s05s 1 Para o tempo de acomodagao temse que 3 Resa 15 ts Note que o lugar das raizes sem compensacgéo compreende o intervalo 20 e a reta vertical que passa pelo ponto 1 70 Assim nao é possivel um compensador do tipo P enquadrarse na exigéncia para o tempo de acomodagao e devemos utilizar um compensador complementar do tipo avancgo Antes porém determinemos as raizes dominantes a serem almejadas Considerando a 2 devemos fazer 06 8 53 Disto as raizes dominantes escolhidas serao q 151 7 tg50 15 718 Para estas raizes desejadas a deficiéncia angular fica y 180 argGsa 25 Escolhamos posicionar 0 zero do compensador em 1la Resg 33 Assim Sa 33 arg 2432 yp64 Sat Pp O ganho do compensador é obtido por ke CsaGsa 22 Logo o compensador C para a planta original G devera recompor o integrador inserido ficando s 33 Cs 22 s ss 64 O Graficos Uteis ζ Mp ωntp10 β100 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 04 045 05 055 06 065 07 075 08 0 01 02 03 04 05 06 07 08 09 1 11 12 ζ Mp α 1 α 2 α 3 α 4 α