PROVA DE CONTROLE II – SEGUNDO SEMESTRE DE 2015 (21/10/2015)
1) (PROVA PETROBRÁS 2012 – ENGENHEIRO DE EQUIP. JÚNIOR ELETRÔNICA). Sabe-se que yss(k) = 2 é a resposta no estado estacionário de um sistema em tempo discreto para uma entrada do tipo degrau unitário.Então, uma possível função de transferência desse sistema é descrita por (Justificar!) (1,5):
Solução:
A aplicação do teorema do valor final gera valor 2 para os itens A, C e D. Contudo, o item A e o item o item D apresentam polos em -1, caracterizando um sistema marginalmente estável. O único item que converge para 2 é o item C.
>> g1z= (z+7)/((z+1)^2) >> step(g1z) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 -60 -40 -20 0 20 40 60 Step Response Time (seconds) A m p li tu d e >>g2z= (z+0.1)/(z*(z+0.2))
>>g3z = (z+0.4)/(z*(z-0.3)) >> step(g3z) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 Step Response Time (seconds) A m p lit u d e >>g4z=(z+3)/(z*(z+1)) >> step(g4z) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Step Response Time (seconds) A m p li tu d e >>g5z = (z+0.5)/((z+0.4)*(z-0.2)) >> step(g5z)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 Step Response Time (seconds) A m p lit u d e
2) Considere item E da questão 1 como o canal direto de um sistema com realimentação unitária com T =0.1. a) Qual a frequência natural e o coeficiente de amortecimento do sistema realimentado (1,0)?
Solução:
A equação característica será
0
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
)
5
.
0
(
1
z
z
z
0
)
5
.
0
(
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
z
z
z
0
42
.
0
2
.
1
2
z
z
Cujas raízes são:
-0.6000 + 0.2449i -0.6000 - 0.2449i
Mapeando a raiz -0.6+0.245j no plano s:
s1=ln(-0.6+0.245j)/T => s1= -4.3378 +27.5407i Ou seja wn = 27.8 rad/s e ξ=0.16
Root Locus Real Axis Im a g in a ry A x is -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 System: g5z Gain: 1 Pole: -0.602 + 0.244i Damping: 0.155 Overshoot (%): 61.1 Frequency (rad/s): 27.9
b) Qual a faixa de estabilidade do sistema realimentado (1,5)? Solução:
| Pelo lugar das raízes do sistema: Os pontos de entrada e saída do eixo real no lugar das raízes são dados por:
(z+0.5)*(2z+0.2)+(z^2+0.2z-0.08)=0 z^2 + z + 0.18 =0
-0.7646 -0.2354
Logo: ponto de saída é -1:
0
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
)
5
.
0
(
1
z
z
z
K
1
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
)
5
.
0
(
z
z
z
K
)
5
.
0
(
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
z
z
z
K
44
.
1
1
)
5
.
0
(
)
2
.
0
)(
4
.
0
(
z
z
z
z
K
Root Locus Real Axis Im a g in a ry A x is -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 System: g5z Gain: 1.44 Pole: -1 Damping: -0.000313 Overshoot (%): 100 Frequency (rad/s): 31.4
Alternativamente, por Jury:
Considerando que a equação característica é z^2+Z*(K+0.2)+(-0.08+0.5K)=0 1ª condição: |-0.08+5K|<1 => 0<K<2,16
2ª condição : 1+K+0.2-0.08+0.5K>0 => K>0 3ª condição: 1-K-0.2-0.08+0.5K>0 => K<1.44 Logo 0<K<1.44 é a faixa de estabilidade do sistema.
3) O modelo discreto de sistema “Ball & Beam” da figura 1 é dado por (baseado no trabalho do Prof. Bill Messner da Carnegie Mellon and Prof. Dawn Tilbury da University of Michigan):
)
1
2
(
)
1
(
001
.
0
)
(
)
(
2
z
z
z
z
z
R
Projete um controlador PD que modifique o comportamento do sistema original. O objetivo é que o sistema compensado apresente um tempo de subida (ts) menor que 1s e um sobre sinal (mp) menor que 5%.
a) Determine a área de projeto do sistema (1,0). Solução:
O sobre sinal menor que 5% implica em um ξ>0.69. O tempo de subida é dado por:
2
1
)
cos(
n d sw
a
w
t
, logo para ξ=0.69.3.2223
0.7238
1
0.8093
1
)
cos(
2
x
t
a
w
s n
, ou seja wn > 3.23.b) Obtenha o Lugar das Raízes auxiliar para determinar o valor Kd (ganho derivativo) para um Kp = 1 (ganho proporcional). Apresente o PD projetado e sua equação a diferenças (3.0).
Solução:
z
T
d
K
)z
T
d
K
p
(k
PD(z)
para kp = 1 e taxa de amostragem T =0.1:z
d
10K
-)z
d
K
10
(1
z
0.1
d
K
1)
-(z
z
z
T
d
K
1)
-(z
z
PD(z)
z
1)
-(z
d
K
10
z
)
1
2
(
)
1
(
001
.
0
G(z)PD(z)
2
z
z
z
z
1)
-(z
d
K
10
z
)
1
2
(
)
1
(
001
.
0
1
G(z)PD(z)
1
2
z
z
z
1)
-(z
K
10
)
1
(
001
.
0
)
1
(
001
.
0
)
1
2
(
z
G(z)PD(z)
1
z
2
z
z
z
z
d1)
-(z
)
1
(
K
01
.
0
)
001
.
1
999
.
1
(
z
G(z)PD(z)
1
z
2
z
dz
1)
-(z
)
1
(
K
01
.
0
)
001
.
1
999
.
1
(
z
G(z)PD(z)
1
z
2
z
dz
)
1
(
01
.
0
1)
-(z
)
1
(
K
01
.
0
1)
-(z
)
1
(
01
.
0
z
z
z
Escolhendo um ponto aproximado em 0.5+0.25j:
j
z
z
25
.
0
5
.
0
0
1)
-z(z
)
1
(
01
.
0
K
1
d
Kd =j
z
z
25
.
0
5
.
0
)
1
(
01
.
0
1)
-z(z
-
20.2703 - 3.3784iDespresando-se a parte imaginária e aproximando-se Kd = 20, encontra-se o ponto correto no LR:
20
d
K
0
1)
-z(z
)
1
(
01
.
0
K
1
d
z
0.4000 + 0.2000i 0.4000 - 0.2000i O controlador será:z
00
2
01z
2
z
T
d
K
)z
T
d
K
p
(k
PD(z)
c) Prove que o ts e o Mp do sistema compensado atendem os requisitos do projeto (1,0). Solução:
O sistema compensado terá por equação característica:
0
)
1
(
1)
01(z
2
.
0
1
z
200)
-01z
2
(
)
1
)(
1
(
)
1
(
001
.
0
1
z
1)
-(z
200
z
)
1
2
(
)
1
(
001
.
0
1
0
G(z)PD(z)
1
2
z
z
z
z
z
z
z
z
0
201
.
0
799
.
0
0.201
01z
2
.
0
)
1
(
z
z
z
2
Cujas raízes são: 0.3995 + 0.2035i 0.3995 - 0.2035i
Ou seja, praticamente os pontos obtidos no LR auxiliar (0.4+0.2j) Mapeando no plano s:
s1 = ln(z1)/T
>> z1 = 0.4+0.2j >> s1 = log(z1)/0.1 s1 = -8.0472 + 4.6365i
Cujo wn = 9.3 e ξ=0.87, atendendo aos requisitos de projetos. Comparar com LR do sistema final.
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 Step Response Time (seconds) A m p lit u d e
Observe que o sistema não terá erro em regime. Isto ocorre pelo fato de, mesmo tendo o PD anulado um integrador discreto, restar um integrador. O projeto transforma um sistema tipo 2 em um sistema tipo 1. Piora o comportamento em regime, mas melhora a a faixa de estabilidade (ver LR do sistema final) e a resposta dinâmica do sistema. O LR do sistema final será:
Root Locus Real Axis Im a g in ar y A xi s -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 System: untitled1 Gain: 1 Pole: 0.393 + 0.2i Damping: 0.867 Overshoot (%): 0.426 Frequency (rad/s): 9.45 System: untitled1 Gain: 5.03 Pole: -0.0045 + 1i Damping: -0.00292 Overshoot (%): 101 Frequency (rad/s): 15.8
d) Apresente um código matlab que gere o LR e a resposta ao degrau do sistema compensado (1,0). Solução: >>z = tf(‘z’,0.1); >>gz = 0.001*(z+1)/(z^2-2*z+1); >>pdz = (201*z-200)/z; >>rlocus(gz*pdz); >>step(feedback(gz*pdz,1)));
