solution nise

Soluo dos Exerccios de Avaliao

CAPTULO 2

2.1

Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de t . Utilizando o Item 4 da Tabela 2.2,

2.2

A expanso de F(s) em fraes parciais fornece:

onde

e

Realizando a transformada de Laplace inversa, tem-se

2.3

Realizando a transformada de Laplace da equao diferencial admitindo condies iniciais nulas, tem-se

Grupando-se os termos, tem-se

Assim,

Solues.indd 59Solues.indd 59 6/16/09 1:00:04 PM6/16/09 1:00:04 PM

60 Soluo dos Exerccios de Avaliao

2.4

Realizando o produto cruzado, obtm-se

2.5

onde

e

Assim,

2.6

Anlise das MalhasA transformao do circuito fornece

A equao das malhas pode, agora, ser escrita como

Resolvendo as equaes das malhas para I2(s), obtm-se

Porm, VL(s) = sI2(s).Assim,


61Soluo dos Exerccios de Avaliao

ou

Anlise NodalEscrevendo as equaes nodais

Resolvendo para VL(s), obtm-se

ou

2.7

Com o amplificador operacional inversor

Sem o amplificador operacional inversor

2.8

As equaes de movimento podem ser escritas como

Resolvendo para X2(s), tem-se

Assim,



2.9


onde u1(s) o deslocamento angular da inrcia.Resolvendo para u2(s), tem-se

De onde, aps simplificaes, obtm-se

2.10

Transformando-se o sistema para um sem as engrenagens de transmisso transferindo-se a mola de 4 N m/rad para a esquerda e multiplicando-se sua rigidez por (25/50)2, obtm-se


onde u1(s) o deslocamento angular da inrcia de 1 kg.Resolvendo para ua(s), tem-se

De onde se obtm

Porm, Assim,

2.11

Inicialmente, so determinados os parmetros mecnicos



So obtidos agora os parmetros eltricos. Pela equao da relao torque-velocidade, impe-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 funo de transferncia do motor,

onde um(s) o deslocamento angular da armadura.

Ocorre que Assim,

2.12

Fazendo

nas Eqs. 2.127, obtm-se

Com base nessas equaes pode-se desenhar os circuitos anlogos srie e paralelo considerando estas como as equaes das malhas e dos ns, respectivamente.

Anlogo em srie

Anlogo em paralelo

2.13

Escrevendo a equao nodal, tem-se

Porm,

s s



Substituindo essas relaes na equao diferencial, obtm-se

s s (1)

Lineariza-se, agora, o termo ev.A forma geral

ss

A substituio na funo, f(v) = ev, de v por ve + dv, fornece

s ss

Resolvendo para evs + dv, tem-se

s

s s s s

Substituindo na Eq. (1), obtm-se

s s (2)

Fazendo-se i(t) = 0 e levando o circuito a atingir o regime estacionrio, o capacitor atuar como um circuito aberto. Assim, vs = vr com ir = 2. Porm, ir = evr ou vr = ln ir.

Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituio desse valor de vs na Eq. (2) fornece

Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se

Resolvendo-se para a funo de transferncia, obtm-se

ou

em torno do equilbrio.

CAPTULO 3

3.1

A identificao apropriada das variveis do circuito fornece

s

Escrevendo as relaes de derivadas, tem-se

(1)



Utilizando-se as leis de Kirchhoff das correntes e das tenses,

e

A substituio dessas relaes nas Eqs. (1) e simplificando-se fornece as equaes de estado na forma

e

e

e

onde a equao de sada

s

Arrumando-se as equaes na forma vetorial-matricial, tem-se

e

3.2

Escrevendo-se as equaes de movimento, tem-se

Calculando-se a transformada de Laplace inversa e simplificando-se, obtm-se

Definindo as variveis de estado, zi, como

As equaes de estado podem ser escritas utilizando a definio das variveis de estado e a transformada inversa da equao diferencial, isto ,

A sada z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial,



3.3

Inicialmente, as equaes de estado so deduzidas para a funo de transferncia sem zeros.

Realizando-se o produto cruzado, tem-se

Calculando-se a transformada de Laplace inversa, admitindo condies iniciais nulas, obtm-se

Definindo as variveis de estado como

Tem-se

Utilizando os zeros da funo de transferncia, obtm-se a equao de sada como sendo

Arrumando-se todas as equaes na forma vetorial-matricial, tem-se

3.4

A equao de estado convertida em uma funo de transferncia utilizando

(1)

onde

e

Calculando-se (sI A), tem-se

,

Calculando-se a inversa, obtm-se

,

A substituio de todas as expresses na Eq. (1) fornece

3.5

Escrevendo a equao diferencial, obtm-se

(1)



Fazendo x = xo + dx e substituindo na Eq. (1), tem-se

(2)

Lineariza-se agora x2.

de onde se pode escrever

(3)

A substituio da Eq. (3) na Eq. (1) e realizando as derivadas indicadas fornece a equao diferencial lineari-zada intermediria,

(4)

A fora da mola na condio de equilbrio 10 N. Assim, como F = 2x2, 10 = 2x2o, logo,

Substituindo esse valor de xo na Eq. (4) tem-se a equao diferencial linearizada final.

Selecionando-se as variveis de estado,

As equaes de estado e de sada podem ser escritas como

A converso para a forma vetorial-matricial fornece o resultado final como

CAPTULO 4

4.1

Para uma entrada em degrau

Calculando-se a transformada de laplace inversa, tem-se

4.2

Como e

4.3

a. Como os plos esto em 6 j19,08, c(t) = A + Be6tcos(19,08t + f).b. Como os plos esto em 78,54 e 11,46, c(t) = A + Be78,54t + Ce11,4t.c. Como os plos so repetidos e localizados sobre o eixo real em 15, c(t) = A + Be15t + Cte15t.d. Como os plos esto em j25, c(t) = A + Bcos(25t + f).



4.4

a. 20 e 2zvn = 12; logo, z = 0,3 e o sistema subamortecido.

b. 30 e 2zvn = 90; logo, z = 1,5 e o sistema superamortecido.

c. 15 e 2zvn = 30; logo, z = 1 e o sistema criticamente amortecido.

d. 25 e 2zvn = 0; logo, z = 0 e o sistema sem amortecimento.

4.5

,logo,e

Portanto, , s e ,

Com base na Figura 4.16, vnTr = 1,4998. Portanto, Tr = 0,079 s.

Finalmente, ,sp .

4.6

a. A aproximao de segunda ordem vlida, uma vez que os plos dominantes possuem uma parte real de 2 e o plo de ordem superior est posicionado em 15, isto , mais de cinco vezes mais afastado.

b. A aproximao de segunda ordem no vlida, uma vez que os plos dominantes possuem uma parte real de 1 e o plo de ordem superior est posicionado em 4, isto , um afastamento inferior a cinco vezes.

4.7

a. Expandindo G(s) em fraes parciais, tem-se , , ,

,

Porm, 0,3023 no

uma ordem de grandeza inferior aos resduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproximao de segunda ordem no vlida.

b. Expandindo G(s) em fraes parciais, tem-se , , ,

, Porm, 0,0704 uma

ordem de grandeza inferior aos resduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproxi-mao de segunda ordem vlida.

4.8

Veja a Figura 4.31 do texto onde so mostrados o diagrama de blocos em Simulink e as respostas das sadas.

4.9

a. Como , E tambm,

O vetor de estado . A sada

, , O clculo da transformada de Lapla-

ce inversa fornece y(t) = 0,5et 12e2t + 17,5e3t.b. Os autovalores so obtidos calculando-se as razes de , ou seja, 2 e 3.

4.10

a. Como , Calculando-se a transformada de

Laplace de cada termo, a matriz de transio de estados fica expressa por



b. como e

Assim, .

c.

CAPTULO 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 realimentao em paralelo e estabelea 2 blocos s. Em seguida, aplique a frmula de

realimentao, simplifique e obtenha

5.2

Obtenha a funo de transferncia em malha fechada onde

e H(s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtm . Porm, para um sobrevalor de 5%

%SP

%SP, Como , a = 5,52.



5.3

Nomeie os ns.

Esboce os ns.

Conecte os ns e d nome aos subsistemas.

Elimine os ns desnecessrios.

5.4

Os ganhos do caminho direto so G1G2G3 e G1G3.Os ganhos da malha so G1G2H1, G2H2 e G3H3.As malhas disjuntas so e Observe tambm que Finalmente, 1 = 1 e 2 = 1.



A substituio desses valores em fornece

5.5

As equaes de estado so

O esboo do diagrama de fluxo de sinal com base nas equaes de estado fica

5.6

A partir de esboa-se o diagrama de fluxo de sinal na forma cannica do controlador e

adiciona-se a realimentao.

Escrevendo-se as equaes de estado a partir do diagrama de fluxo de sinal, obtm-se

5.7

A partir das equaes de transformao, tem-se

Calculando-se sua inversa, obtm-se

,

,

,

,



Assim,

,

,

,

,

, ,

, ,

, ,

, ,, ,

E, finalmente,

, ,, ,

, ,

5.8

Inicialmente, obtm-se os autovalores.

Portanto, os autovalores so 2 e 3.Utilize agora Axi = lxi para cada autovalor, l.Assim,

Para l = 2,

Portanto, x1 = x2Para l = 3,

Portanto, x1 = x2 e x1 = 0,75x2; logo, obtm-se

, ,, ,

Calculando-se a inversa, tem-se

, ,

Portanto,

, ,

, , ,

, ,

, ,

,,,

, ,,

Finalmente,

, ,

,



CAPTULO 6

6.1

Construa uma tabela de Routh.

,

,

,

,

,

,

,

Como ocorrem quatro mudanas de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existiro quatro plos no semi-plano direito e trs plos no semiplano esquerdo.

6.2

Construa uma tabela de Routh. Encontra-se uma linha de zeros referente a s3. O polinmio par contido na linha anterior 6s4 + 0s2 + 6. O clculo da derivada fornece 24s3 + 0s. Substituindo a linha de zeros pelos coefi-cientes da derivada tem-se a linha de s3. Encontra-se tambm um zero na primeira coluna referente linha s2. Substitui-se o zero por e continua-se a tabela. O resultado final mostrado agora como

Existe uma mudana de sinal abaixo do polinmio par. Assim, o polinmio par (de quarta ordem) possui um plo no semiplano direito, um plo no semiplano esquerdo e dois plos sobre o eixo imaginrio. Do topo da tabela para baixo, o polinmio par apresenta uma mudana de sinal. Assim, o resto do polinmio possui uma raiz no semiplano direito e uma raiz no semiplano esquerdo. O resultado final para o sistema dois plos no semiplano direito, dois plos no semiplano esquerdo e dois plos imaginrios.

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, obtm-se



Forma-se agora a tabela de Routh.

,

Ocorrem duas mudanas de sinal. Assim, existem dois plos no semiplano direito e um plo no semiplano esquerdo.

CAPTULO 7

7.1

a. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.

, , ,

Os plos esto no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema estvel. A estabilidade tambm poderia ser veri-ficada por meio do critrio de Routh-Hurwitz utilizando o denominador de T(s). Assim,

degrau

rampa

parbola uma vez que

,

b. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.

,

,

, ,

Com base no termo de segunda ordem no denominador, verifica-se que o sistema instvel. A instabilidade tambm poderia ser determinada utilizando o critrio de Routh-Hurwitz no denominador de T(s). Como o sistema instvel, os clculos relativos ao erro de regime estacionrio no podem ser realizados.

7.2

a. O sistema estvel, uma vez que

e do Tipo 0. Portanto,

e

b.

,degrau



rampa

7.3

O sistema estvel para valores positivos de K. O sistema do tipo 0. Portanto, para uma entrada em degrau,

degrau , Resolvendo para Kp, tem-se , de onde se obtm

K = 189.

7.4

O sistema estvel. Uma vez que G1(s) = 1000 e

,

7.5

O sistema estvel. Crie um sistema com realimentao unitria, onde O sistema pode ser representado como

Assim,

Portanto, o sistema do Tipo 0. O clculo de Kp fornece

O erro de regime estacionrio dado por

degrau ,

7.6

Como

Calculando a sensibilidade do sistema, obtm-se



7.7

Dado

Utilizando o teorema do valor final,

degrau

Utilizando a substituio da entrada,

degrau

CAPTULO 8

8.1

a.

,

, , ,,

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,

ngulos tan tan , ,

b. Como o ngulo de 180o, o ponto est sobre o lugar geomtrico das razes.

c. comprimentos dos ploscomprimentos dos zeros

8.3

Inicialmente, obtm-se as assntotas.

plosplos

Em seguida, desenha-se o lugar geomtrico das razes seguindo as regras de traado.

8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 35

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

Eixo

Imag

inr

io

Eixo Real



8.4

a.

j3

s

jv

X

X

O2 2

j3

0

Plano s

b. Utilizando o critrio de Routh-Hurwitz, determina-se inicialmente a funo de transferncia em malha fecha-da.

Utilizando o denominador de T(s), constri-se a tabela de Routh.

Tem-se uma linha de zeros para K = 4. Com base na linha s2 com K = 4, s2 + 21 = 0. Da calcula-se o cru-zamento com o eixo imaginrio em .

c. Com base no item (b), K = 4.d. Procurando-se pelo ganho mnimo 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 prximo ao plo complexo.

Plano s

No ponto prximo ao plo complexo a soma dos ngulos deve ser nula. Portanto, o ngulo a partir do zero o ngulo a partir do plo no quarto quadrante o ngulo a partir do plo no primeiro quadrante =

180o ou tan Resolvendo-se para o ngulo de sada, u = 233,1o.



8.5

a.

Plano s

,

b. Procure ao longo do eixo imaginrio e obtenha o ponto de 180o em s = j4,06.c. Para o resultado do item (b), K = 1.d. Procurando pelo ganho mnimo entre 2 e 4 sobre o eixo real, tem-se o ponto de entrada em s = 2,89.e. Procurando pelo ponto de 180o ao longo de z = 0,5, obtm-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 geomtrico das razes, K < 1.

8.6

a.

Plano s

,

b. Procurando-se pelo ponto de 180o ao longo da reta referente a z = 0,591 (sobrevalor de 10%) obtm-se 2,028 + j2,768 com K = 45,55.

c. ,

,

,

, , , com base na carta de tempo de subida

e no grfico apresentado no Captulo 4. Como vn a distncia radial ao plo, , , ,

Assim, Tr = 0,53 s; como o sistema do Tipo 0, ,

, Assim,

,degrau

d. Procurando-se por um ponto cujo ganho 45,55 esquerda de 6 no eixo real, obtm-se 7,94. Comparando este valor parte real do plo dominante, 2,028, verifica-se que ele no est cinco vezes mais afastado. A aproximao de segunda ordem no vlida.



8.7

Obtm-se a funo de transferncia em malha fechada e coloca-se na forma que fornece pi como varivel do lugar geomtrico das razes. Assim,

Portanto, A figura a seguir mostra o lugar geomtrico das razes.

Plano s

8.8

Seguindo as regras de traado do lugar geomtrico das razes de sistemas com realimentao positiva, obtm-se o seguinte lugar geomtrico das razes:

Plano s

8.9

A funo de transferncia em malha fechada Derivando-se o denominador em relao a K, obtm-se

Resolvendo-se para tem-se Assim,

Substituindo o valor do ganho K = 20, obtm-se

So agora determinados os plos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T(s), s1,2 = 21,05, 0,95, quando K = 20.

Para o plo em 21,05,

,, ,

,

, ,

Para o plo em 0,95,

,,

,

,

, ,



CAPTULO 9

9.1

a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geomtrico das razes em 3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Assim, para um sistema no-compensado,

, ,

Portanto, erampa no-compensado() = 1/Kv = 0,1527.b. O zero do compensador deve ser posicionado vinte vezes mais afastado esquerda do que o plo do com-

pensador. Seleciona-se, arbitrariamente,

,

,

c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de sobrevalor de 15% e encontra-se o lugar geom-trico das razes em 3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado

, ,

,

, e amp1_compensado ,

d. amp1_no-compensado ,,

,amp1_compensado

9.2

a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geomtrico das razes em 3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema no-compensado,

,,

s.

b. A parte real do ponto de projeto deve ser trs vezes maior do que a parte real do plo no-compensado. Portanto o ponto de projeto ser 3(3,5) + j3(5,8) = 10,5 + j17,4. A contribuio angular dos plos e do zero do compensador do processo no ponto de projeto de 130,8o. Assim, o plo compensador deve contribuir com 180o 130,8o = 49,2o. Utilizando o diagrama a seguir,

Plano s

,

,

,

obtm-se ,,

,

, de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este plo, obtm-se o ganho

no ponto de projeto como sendo K = 476,3. Um plo de malha fechada de ordem superior encontrado em 11,54. Este plo no pode estar muito prximo do zero em malha fechada em 10. Assim, deve-se simular o sistema para se assegurar que os requisitos de projeto foram atingidos.

9.3

a. Procurando ao longo da reta de sobrevalor de 20%, encontra-se o ponto sobre o lugar geomtrico das razes em 3,5 + j6,83 referente a um ganho K = 58,9. Portanto, para o sistema no-compensado,

,

,

b. Para o sistema no-compensado, , , . Portanto,

,amp1_no-compensadoc. Para se diminuir o tempo de assentamento de um fator de 2, o ponto de projeto deve ser duas vezes o valor

no-compensado, ou seja, 7 + j13,66. Adicionando-se os ngulos dos plos e do zero do compensador do processo em 3 ao ponto de projeto, obtm-se 100,8o. Assim, o plo compensador deve contribuir com 180o 100,8o = 79,2o. Utilizando o diagrama a seguir,



Plano s

,

,

obtm-se ,,

, de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando este plo, obtm-se o ganho no

ponto de projeto como sendo K = 204,9.Calculando Kv para o sistema compensado por avano de fase, tem-se

avano , , , ,

O ganho Kv para o sistema no-compensado foi de 8,41. Para uma melhoria de dez vezes no erro de regime estacionrio, Kv deve ser de (8,41)(10) = 84,1. Como a compensao por avano 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 plo compensador.

Selecione, arbitrariamente, ,

,

Utilizando todos os plos do processo e do compensador, obtm-se o ponto de projeto como K = 205,4. Resumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho fornece

,

,

,

,

Os plos de ordem superior so obtidos em 0,928 e 2,6. Recomenda-se simular o sistema para verificar se ocorre, de fato, o cancelamento de plo com zero.

9.4

A configurao para o sistema mostrada na figura a seguir.

Projeto da Malha Secundria:Para a malha secundria, . Utilizando o diagrama a seguir, verifica-se que o lugar

geomtrico da malha secundria intercepta a reta de frao de amortecimento 0,7 em 8,5 + j8,67. A parte

imaginria foi obtida como: u = cos1 z = 45,57o. Portanto, ,

, , de onde se obtm Im = 8,67.



Plano s

,

,,

,

O ganho, Kf, obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja,

, ,, , , ,

Projeto da Malha Principal:Utilizando os plos em malha fechada da malha secundria, tem-se uma funo de transferncia equivalente do caminho direto expressa por

, , , , ,

Utilizando os trs plos de G(s) como plos em malha aberta para traar o lugar geomtrico das razes, pro-cura-se, ao longo de z = 0,5, e obtm-se o ponto de interseo entre o lugar das razes e a reta de frao 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:

e

s

onde as impedncias so as indicadas a seguir:

Comparando-se a funo de transferncia dada com a funo de transferncia do controlador PID, tem-se

, , ,,

,

Igualando-se os coeficientes

, (1)



,

(2)

(3)

Na Eq. (2) atribui-se, arbitrariamente, C1 = 105. Assim, R2 = 105. Utilizando esses valores nas Eqs. (1) e (3) obtm-se C2 = 100 mF e R1 = 20 k.

b. O compensador por atraso e avano de fase pode ser implementado com o circuito passivo mostrado a seguir, desde que a relao entre o plo e o zero em avano seja o inverso da relao entre o plo e o zero em atraso:

se

Comparando-se a funo de transferncia dada com a funo de transferncia do compensador passivo por atraso e avano, tem-se

,

,

,

, ,

Igualando-se os coeficientes,

,

,

,

(1)

(2)

(3)

A substituio das Eqs. (1) e (2) na Eq. (3) fornece

, (4)

Atribuindo-se arbitrariamente C1 = 100 mF na Eq. (1), tem-se R1 = 100 k.Substituindo-se C1 = 100 mF na Eq. (4), tem-se R2 = 558 k.Substituindo-se R2 = 558 k na Eq. (2), tem-se C2 = 900 mF.

CAPTULO 10

10.1

a.

Para



Para

b.

Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Freqncia (rad/s)

Diagramas de Bode

c.

Eixo

Imag

inr

io

Eixo Real

Diagramas de Nyquist

,

,

,

,

,

,

,

,

, , , , ,

10.2

Freqncia (rad/s)

Assinttica

Real

20 dB/dc

20 dB/dc

40 dB/dc

40 dB/dc



Freqncia (rad/s)

Assinttica

Real

Fase

(grau

s)

45/dc

90/dc

90/dc45/dc

45/dc45/dc

10.3

A resposta em freqncia de 1/8 a um ngulo de zero grau em v = 0. Cada plo gira de 90o desde v = 0 at v = . Assim, a resultante gira de 180o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado mostrado na figura a seguir.

10.4

a. A resposta em freqncia de 1/48 a um ngulo de zero grau em v = 0. Cada plo gira de 90o desde v = 0 at v = . Assim, a resultante gira de 270o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado mostrado na figura a seguir.

,



b. Substituindo jv em e simplificando, obtm-se

. O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imaginria de

G(jv) igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo real em v2 = 44, isto , ,

Nesta freqncia, Portanto, o sistema estvel para K < 480.

10.5

Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptar o eixo real em 11/480. Portanto, , . Com base no Exerccio de Avaliao 10.4, a freqncia de 180o 6,63 rad/s.

10.6

a.

Freqncia (rad/s)

Freqncia (rad/s)

Fase

(grau

s)

b. O ngulo de fase 180o a uma freqncia de 36,74 rad/s. Nesta freqncia o ganho de 99,67 dB. Portanto, 20 logK = 99,67, ou seja, K = 96.270. Conclui-se que o sistema estvel para K < 96.270.

c. Para K = 10.000, o grfico de magnitude se move para cima de 20 log 10.000 = 80 dB. Portanto, a margem de ganho de 99,67 80 = 19,67 dB. A freqncia de 180o 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB em v = 7,74 rad/s, onde a fase de 87,1o. Calcula-se a margem de fase como sendo 180o 87,1o = 92,9o.

10.7

Utilizando %SP

%SP obtm-se z = 0,456, o que corresponde a um sobrevalor de 20%. Utilizando

Ts = 2, ,

10.8

Para ambos os itens se obtm

Para a faixa de valores de v, superponha G(jv) aos crculos M e N em a. e carta de Nichols em b.



a.

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

Plano G

b.

Representando-se graficamente a resposta em freqncia do sistema em malha fechada a partir de a. ou b., tm-se os seguintes grficos:

Freqncia (rad/s)



Freqncia (rad/s)

Fase

(grau

s)

10.9

A resposta em freqncia do sistema em malha aberta mostrada na figura a seguir:

Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Freqncia (rad/s)

Diagramas de Bode

A resposta em freqncia do sistema em malha aberta de 7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante estimada vWB = 14,5 rad/s. O grfico da resposta em freqncia em malha aberta passa por zero dB a uma freqncia de 9,4 rad/s, onde a fase de 151,98o. Portanto, a margem de fase de 180o 151,98o = 28,02o. Esta margem de fase corresponde a

Portanto SP

e

, ,

,

,

10.10

A inclinao inicial de 40 dB/dcada. Portanto, o sistema do Tipo 2. A inclinao inicial intercepta o eixo de freqncias (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 freqncia de zero dB como:

Resolvendo para v, tem-se ou seja, aps elevar ao quadrado ambos



os lados e arrumando-se obtm-se v4 + v2 100 = 0. Resolvendo-se para as razes, v2 = 10,51, 9,51. Extraindo-se a raiz quadrada do valor positivo, obtm-se a freqncia referente a 0 dB como sendo 3,08 rad/s. Nesta freqncia, o ngulo de fase , . Portanto, a margem de fase 180o 162o = 18o.

b. Com um atraso de 0,1 s,

,,,,

,

Portanto, a margem de fase ser 180o 179,65o = 0,35o. Logo, o sistema estvel.c. Com um atraso de 3 s,

, ,

, , ,

Portanto, a margem de fase ser 28,59 180o = 151,41o. Logo, o sistema instvel.

10.12

Desenhando-se cuidadosamente as inclinaes selecionadas nos grficos de magnitude e de fase, conforme mostrado a seguir, tem-se uma primeira estimativa.

Gan

ho (d

B)Fa

se (g

raus)

Freqncia (rad/s)

Percebe-se uma inclinao inicial de 20 dB/dcada no grfico de magnitudes. Verifica-se tambm uma incli-nao final de 20 dB/dcada com uma freqncia de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa ini-

cial Subtraindo G1(s) da resposta em freqncia original, tem-se a resposta em freqncia

mostrada a seguir.

Gan

ho (d

B)

Experimental Menos 1/s(s + 21)



Fase

(grau

s)

Freqncia (rad/s)

Desenhando-se cuidadosamente as inclinaes selecionadas nos grficos de magnitude e de fase, conforme mostrado, tem-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos gr-ficos de magnitude e de fase com uma freqncia 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,

, ,

interessante notar que o problema original foi desenvolvido a partir de

CAPTULO 11

11.1

O diagrama de Bode para K = 1 mostrado a seguir.

Diagramas de Bode

Freqncia (rad/s)

Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Um sobrevalor de 20% requer %SP

%SP 0,456 Esta frao de amortecimento implica uma mar-

gem de fase de 48,1o, a qual obtida quando o ngulo de fase vale 180o + 48,1o = 131,9o. Este ngulo de fase ocorre em v = 27,6 rad/s. A magnitude nesta freqncia de 5,15 106. Como a magnitude deve ser unitria,

,

11.2

De modo a atender o requisito de erro de regime estacionrio, K = 1.942.000. O diagrama de Bode para este ganho mostrado a seguir.



Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Freqncia (rad/s)

Diagramas de Bode

Um sobrevalor de 20% requer ,

%SP

%SP Esta frao de amortecimento implica uma

margem de fase de 48,1o. Adicionando-se 10o para compensar a contribuio do ngulo de fase do atraso, uti-liza-se 58,1o. Assim, procura-se por um ngulo de fase de 180o + 58,1o = 129,9o. A freqncia na qual esta fase ocorre 20,4 rad/s. Nesta freqncia o grfico da magnitude deve ir para zero dB. Na realidade, o grfico da magnitude indica 23,2 dB. Portanto, desenha-se a assntota de alta freqncia do compensador por atraso de fase em 23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta freqncia, desenha-se uma reta com inclinao de 23,2 dB/dcada at sua interseo em 0 dB. A freqncia de interseo ser o corte de baixa

freqncia em 0,141 rad/s. Assim, o compensador ,

,

, onde o ganho escolhido de modo

a fornecer 0 dB nas baixas freqncias, ou seja, Kc = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo,

e , ,

,

. .

11.3

Um sobrevalor de 20% requer

%SP

%SP, . A banda passante requerida ento calculada

como , De modo a se atender o requisito de erro de

regime estacionrio de calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode no-compensado

para este ganho mostrado a seguir.



Diagramas de Bode para K = 300000

Freqncia (rad/s)

Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

A medida da margem de fase do sistema no-compensado realizada onde o grfico da magnitude cruza o valor 0 dB. Determina-se que quando a curva de magnitude cruza 0 dB o ngulo de fase de 144,8o. Portanto, a margem de fase do sistema no-compensado de 180o + 144,8o = 35,2o. A margem de fase requerida baseada

na frao de amortecimento requerida vale , . Adicionando um fator de

correo de 10o, a margem de fase requerida de 58,1o. Assim, o compensador deve contribuir com

fmx = 58,1o 35,2o = 22,9o. Utilizando sen sen

senmx mx

mx, O pico da magnitude do

compensador calculado como ,mx Determina-se agora a freqncia na qual o sistema no-

compensado apresenta uma magnitude 1/Mmx, ou 3,58 dB. Com base no diagrama de Bode, esta magnitude

ocorre em vmx = 50 rad/s. O zero do compensador est localizado em mx . Portanto, zc = 33,2.

O plo do compensador est posicionado em , . O ganho do compensador escolhido de

modo a fornecer um ganho unitrio em sinal constante (CC).

Assim, Kc = 75,4/33,2 = 2,27. Resumindo-se, ,,

,

e .

11.4

Um sobrevalor de 10% requer

%SP

%SP, . A banda passante requerida ento calculada

como , De modo a se atender o requisito de erro

de regime estacionrio de , calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode no-compensado para

esse ganho mostrado a seguir.



Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Diagramas de Bode

Freqncia (rad/s)

Seleciona-se agora uma nova freqncia de margem de fase em 0,8vBW = 6,02 rad/s. A margem de fase requerida

baseada na frao de amortecimento requerida , . Adicionando-se um

fator de correo de 5o, a margem de fase requerida ser de 63,6o. A 6,02 rad/s, a nova freqncia de margem de fase, o ngulo de fase ser o que apresenta uma margem de fase de 180o 138,3o = 41,7o. Assim, o com-pensador por avano de fase deve contribuir com fmx = 63,6o 41,7o = 21,9o.

Utilizando ,mx mxmxsen

sensen

Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua freqncia de corte mais alta uma dcada abaixo da nova freqncia de margem de fase, isto , zatraso = 0,602 rad/s. O plo do compen-sador por atraso de fase patraso = bzatraso = 0,275. Finalmente, o ganho do compensador por atraso de fase Katraso = b = 0,456.

Projeta-se agora o compensador por avano de fase. O zero do compensador o produto da nova freqn-

cia de margem de fase e , ou zavano , , E, tambm, pavanoavano

, Finalmente,

Kavano , Resumindo,

,

,

,,

,

, e atraso avano

CAPTULO 12

12.1

Inicialmente obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 5% requer %SP

%SP, . E, tambm, , Assim, a equao caracterstica

, , Adicionando um plo em 10 para cancelar o zero em 10, tem-se a equao caracterstica desejada , , , , A matriz de



sistema compensada na forma de variveis de fase . A equao

caracterstica para este sistema Igualando os coefici-entes desta equao aos coeficientes da equao caracterstica desejada, tem-se os ganhos expressos por

, ,

12.2

A matriz de controlabilidade Como CM = 80, CM de posto cheio,

isto , posto 3. Conclui-se que o sistema controlvel.

12.3

Inicialmente verifica-se a controlabilidade. A matriz de controlabilidade

Como , CMz de posto cheio, isto , posto 3. Conclui-se que o siste-

ma controlvel. Obtm-se agora a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 20% requer

,

%SP

%SP E, tambm, , Assim, a equao caracterstica

, . Adicionando-se um plo em 6 para cancelar o zero em 6, obtm-se a equao caracterstica resultante desejada,

, , , .

Como pode-se escrever a representao em variveis

de fase como [6 1 0]. A matriz de sistema compensada

na forma de variveis de fase . A equao carac-

terstica para este sistema . Igualando-se os coeficientes desta equao aos coeficientes da equao caracterstica desejada, obtm-se os ganhos como

,, . Desenvolve-se agora a matriz transformao para retornar ao sistema z.

e

Portanto,



Assim, , , .

,, .

12.4

Para o sistema dado, . O polinmio caracterstico expresso por

Obtm-se agora a equao caracterstica desejada. Com base no Exerccio de Avaliao 12.3, os plos dominantes podem ser obtidos pelo polinmio (s2 + 4s + 19,24). Fatorando tem-se (2 + j3,9) e (2 j3,9). Aumentando-se esses plos de um fator 10 e adicionando-se um terceiro plo igual a 10 vezes a parte real dos plos dominantes de segunda ordem, obtm-se o polin-mio caracterstico desejado Igualando-se os coeficientes da equao caracterstica desejada aos da equao caracterstica do sistema, encontra-se

.

12.5

A matriz de observabilidade , onde . A matriz

de posto cheio, isto , posto 3, uma vez que OM = 1576. Portanto, o sistema observvel.

12.6

O sistema representado na forma em cascata pelas seguintes equaes de estado e de sada:

A matriz de observabilidade , onde . Como

pode-se escrever a forma cannica observvel como

A matriz de observabilidade para esta forma ,

onde .

Em seguida obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 10% requer

,

%SP

%SP E, tambm, , . Assim, a equao caracters-

tica , Adicionando um plo em 400, ou dez vezes a par-



te real dos plos dominantes de segunda ordem, tem-se a equao caracterstica resultante desejada, , , . Para o sistema representado na forma

cannica observvel, O polinmio caracterstico dado

por Igualando os coeficientes da equao

caracterstica desejada aos da equao caracterstica do sistema, encontra-se .

Desenvolve-se agora a matriz de transformao entre as formas cannica do observador e em cascata.

Finalmente,

..

.

12.7

Inicialmente obtm-se a equao caracterstica desejada. Um sobrevalor de 10% requer

%SP

%SP,

E, tambm, , Assim, a equao caracterstica , ,

Adicionando um plo em 4, o qual representa a localizao do zero do sistema original, tem-se a equao caracterstica resultante desejada, , , , ,

Agora, e ,

onde

Portanto,



A determinao da equao caracterstica desse sistema fornece

Igualando-se este polinmio equao caracterstica desejada, tem-se

, ,

Resolvendo-se para os k, obtm-se

K = [2,21 2,7] e ke = 3,79.

CAPTULO 13

13.1

sen sen

sen

Porm,

Assim,

sen sen

13.2

, , ,

, , ,

,

,

,

,,

,

,

,

,

,

,

,

, ,, ,, ,

13.3

Como



Seja Portanto, , ou .

Assim,

Portanto,

Para

13.4

Adicione um amostrador fictcio entrada, retornando aps H(s), e sada. 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 blocos mostrado a seguir.

Assim,

13.5

Seja Faa Calcule a transformada de Laplace inversa e faa t = kT,

Aplicando-se a transformada z, tem-se

Agora, Finalmente,

O plo do sistema em malha fechada est posicionado em 5e5T 4. Substituindo valores de T, verifica-se que o plo ser maior do que 1 se T > 0,1022 s. Assim, o sistema ser estvel para 0 < T < 0,1022 s.

13.6

Substituindo em , , obtm-se A tabela de Routh

para este polinmio mostrada a seguir.

,

Como ocorre uma mudana de sinal, conclui-se que o sistema possui um plo fora do crculo de raio unitrio e dois plos no interior do crculo de raio unitrio. A tabela no produz uma linha de zeros e, portanto, no ocorrem plos jv. O sistema instvel devido ao plo fora do crculo de raio unitrio.

13.7

Definindo G(s) como G1(s) em cascata com um extrapolador de ordem zero, tem-se

Aplicando-se a transformada z, obtm-se



Assim, para T = 0,1 s, e Verificando

a estabilidade, obtm-se que o sistema estvel para T = 0,1 s, uma vez que , ,

, ,

possui plos no interior do crculo unitrio em 0,957 e +0,735. Verificando-se novamente a estabilidade, chega-

se concluso de que o sistema instvel para T = 0,5 s, uma vez que , ,

, ,

possui plos no interior e externamente ao crculo unitrio em +0,208 e 3,01, respectivamente.

13.8

Desenhe o lugar geomtrico das razes superposto curva de z = 0,5 mostrado abaixo. Procure ao longo da reta a 54,3o a interseo entre o lugar geomtrico das razes e a curva de z = 0,5, o ponto 0,58754,3o = (0,348 + j0,468) e K = 0,31.

,

, ,

Eixo

Imag

inr

io

Eixo Real

Lugar Geomtrico das Razes no Plano z

,

,

,

,

, , , , ,

,

13.9

Seja

, ,

,

,

,

Os grficos a seguir mostram a resposta em freqncia de Ge(jv).

Fase

(grau

s); M

agnit

ude (

dB)

Diagramas de Bode

Freqncia (rad/s)



Encontra-se que a freqncia referente a zero dB, vFM, para Ge(jv) 39 rad/s. Utilizando a orientao de Astrom, o valor de T estar na faixa entre 0,15/vFM = 0,0038 s e 0,5/vFM = 0,0128 s. Adota-se T = 0,001 s. Obtm-se

agora a transformao de Tustin para o compensador. Substituindo em , ,

,

, com T = 0,001 s, obtm-se

,,

, .

13.10

, ,. Realiza-se o produto cruzado e obtm-se (z2 1,908z + 0,9075)X(z) =

Resolve-se para a potncia de mais alta ordem de z operando na sada, X(z),

e encontra-se , , Resolvendo-se para X(z) no lado esquerdo, obtm-se , , Final-mente, implementa-se esta ltima equao utilizando o seguinte fluxograma:

,

,

,,

,

,

Retardode 0,1 s

Retardode 0,1 s

Retardode 0,1 s

Retardode 0,1 s


/ColorImageDict > /JPEG2000ColorACSImageDict > /JPEG2000ColorImageDict > /AntiAliasGrayImages false /DownsampleGrayImages true /GrayImageDownsampleType /Bicubic /GrayImageResolution 300 /GrayImageDepth -1 /GrayImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeGrayImages true /GrayImageFilter /DCTEncode /AutoFilterGrayImages true /GrayImageAutoFilterStrategy /JPEG /GrayACSImageDict > /GrayImageDict > /JPEG2000GrayACSImageDict > /JPEG2000GrayImageDict > /AntiAliasMonoImages false /DownsampleMonoImages true /MonoImageDownsampleType /Bicubic /MonoImageResolution 1200 /MonoImageDepth -1 /MonoImageDownsampleThreshold 1.50000 /EncodeMonoImages true /MonoImageFilter /CCITTFaxEncode /MonoImageDict > /AllowPSXObjects false /PDFX1aCheck false /PDFX3Check false /PDFXCompliantPDFOnly false /PDFXNoTrimBoxError true /PDFXTrimBoxToMediaBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXSetBleedBoxToMediaBox true /PDFXBleedBoxToTrimBoxOffset [ 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 ] /PDFXOutputIntentProfile () /PDFXOutputCondition () /PDFXRegistryName (http://www.color.org) /PDFXTrapped /Unknown

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solution nise

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