Sinais 2025 1

1ª Sinais e sistemas Lineares Q1 Para o sistema representado abaixo S1 y1 2 y1 ÿ1 v1 S2 ÿ2 6 y2 2 v2 S3 y3 y3 v3 i Determine o ajuste de Kp de modo que o siste ma apresente raízes em 1 e 4 20 ii Para o valor ajustado determine a resposta ao impulso para entrada R e saída Y 21 iii Considerando y101 y200 e y300 determine Yt para R Dt e P0 20 La aqui todos os Sinais mano Q2 Considere o circuito abaixo Para L e C arbitrários determine a faixa de ajuste de R que torna o sistema oscilatorio 20 Q3 Considere o sistema representado abaixo h1 etdt h2 4e2tdt Determine yoo para a entrada representa do no grafico 20 Questão 1 a Ajuste de ganho proporcional blocos Equação no domínio do tempo e a funçãotransferência de cada bloco Table 1 Modelos de cada subsistema Bloco Equação no tempodomínio Funçãotransferência S1 y1 2 y1 u1 u1 G1s Y1 U1 s 1 s 2 S2 y2 6 y2 2 u2 G2s Y2 U2 2 s 6 S3 y3 y3 u3 G3s Y3 U3 1 s 1 realimentação Eu chamo de Es o sinal após o somador e ignoro perturbações P 0 Es G1s Rs Kp Ys Ys G2s G3s Es Substituo Es em Ys e obtenho Ys G2 G3 G1 Rs Kp Ys Ys 1 Kp G2 G3 G1 G2 G3 Rs Funçãotransferência em malha fechada Eu isolo Ys Rs Ys Rs G1 G2 G3 1 Kp G2 G3 Substituindo G1 G2 G3 Y R 2 s 1 s 2s 6s 1 1 2 Kp s 6s 1 2 s 1 s 2 s 6s 1 2 Kp Polinômio característico O denominador é Ds s 2 s 6s 1 2Kp s 2 s2 5s 6 2Kp Note que s 2 é um polo fixo os demais satisfazem s2 5s 6 2Kp 0 Escolha de Kp Eu desejo que os polos ajustáveis fiquem em s 1 e s 4 logo s 1s 4 s2 5s 4 6 2Kp 4 Kp 5 Resultado Com Kp 5 os polos do sistema em malha fechada estão em 1 2 4 Questão 3 Dados do problema Dois ramos em paralelo com respostas ao impulso h1t etut h2t 4e2tut Entrada em forma de pulso de amplitude 2 entre t 1 e t 3 xt 2 ut1 ut3 0 t1 2 1 t 3 0 t 3 Saída total yt y1t y2t yit x hit 1 Cálculo de y1t x h1 Por definição de convolução y1t xτ h1tτdτ Como xτ 0 somente para τ 13 reduzo o integral a y1t 13 2etτ utτ dτ O degrau utτ exige τ t Logo t 1 nenhum τ 13 satisfaz τ t então y1t 0 1 t 3 o limite superior do integral é τ t mas aqui nos interessa t 3 t 3 todos τ 13 contribuem y1t 213 etτ dτ 2et 13 eτ dτ Calculo a integral interna 13 eτ dτ eτ13 e3 e1 e3 e Portanto para t 3 y1t 2e3 e et E assim limt y1t 2e3 e limt et 0 b ii Resposta ao impulso Mantendo Kp 5 a funçãotransferência em malha fechada obtida em a é Gcls 2s1 s2s6s1 10 2s1 s2s1s4 2 s2s4 Observe que o zero em s 1 cancela o polo em s 1 1 Frações parciais 2 s2s4 A s2 B s4 resultando em A 1 B 1 2 Transformada inversa ht e2t e4t ut t 0 c iii Resposta ao degrau unitário Para Rt ut P 0 e condições iniciais y10 1 y20 0 y30 0 eu procedo 1 Módulo S1 ẏ1 2y1 1 y10 1 y1t 12 12 e2t 2 Módulos S2 e S3 Defino yt y3t et y1t 5yt As equações são ẏ2 6y2 2 et ẏ y y2t com y20 0 y0 0 3 Laplace com condições iniciais s6Y2 2Y1 10Y Y2 s1Y s6s1 10Ys 2Y1s Como s6s1 10 s1s4 e Y1s 1s1s2 s1 ss2 obtémse Ys 2 ss2s4 4 Frações parciais e inversa 2 ss2s4 14s 12s2 14s4 logo yt 14 12 e2t 14 e4t t 0 Comentários finais Eu verifico que y0 0 e y 14 com modos exponenciais de constantes de tempo 05 s e 025 s Questão 2 Modelagem linear em torno do ponto de equilíbrio Eu defino as variáveis de estado de forma que o ponto de operação fique na origem x1 vc E x2 iL A partir das equações E vc LiL C vc iL E vc R faço as transformações e obtenho após álgebra x1 1RCx1 1Cx2 x2 1Lx1 Polinômio característico Escrevendo o sistema como x Ax o determinante característico é detsI A s² 1RCs 1LC 0 Condição para raízes complexas oscilação livre Para que o sistema seja subamortecido pólos complexos conjugados o discriminante deve ser negativo 1RC² 4LC 0 R² L4C R 12LC Nesse caso os polos ficam em s12 12RC jwd wd 1LC 14R²C² e a resposta natural apresenta termo oscilatório et2RC sinwd t conforme esperado para um sistema oscilatório livre Observação Se R 12LC o sistema fica criticamente amortecido Se R 12LC ele é superamortecido sem oscilações 2 Cálculo de y₂t x h₂ Analogamente y₂t ₁³ 2 4 e²tτ utτ dτ 8 ₁³ e²tτ dτ t 3 y₂t 8 e²t ₁³ e²τ dτ Calculo ₁³ e²τ dτ e²τ2₁³ 12 e⁶ e² Logo y₂t 8 e²t 12 e⁶ e² 4 e⁶ e² e²t t 3 E lim t y₂t 4 e⁶ e² lim t e²t 0 3 Soma das saídas e valor de y Como yt y₁t y₂t temos lim t yt lim t y₁t lim t y₂t 0 0 0 Conclusão Mesmo sendo o pulso de entrada nãocausal de amplitude 2 entre t 1 e t 3 as respostas de cada ramo são exponenciais decrescentes Após t 3 não há mais excitação e ambas as convoluções decaem a zero Assim rigorosamente y 0