Sistemas de controle - Guia rápido

Um sistema de controle é um sistema que fornece a resposta desejada controlando a saída. A figura a seguir mostra o diagrama de blocos simples de um sistema de controle.

Aqui, o sistema de controle é representado por um único bloco. Uma vez que a saída é controlada por entradas variáveis, o sistema de controle recebeu este nome. Iremos variar esta entrada com algum mecanismo. Na próxima seção sobre sistemas de controle de malha aberta e malha fechada, estudaremos em detalhes sobre os blocos dentro do sistema de controle e como variar essa entrada para obter a resposta desejada.

Examples - Sistema de controle de semáforos, máquina de lavar

Traffic lights control systemé um exemplo de sistema de controle. Aqui, uma sequência de sinal de entrada é aplicada a este sistema de controle e a saída é uma das três luzes que permanecerão acesas por algum tempo. Durante esse tempo, as outras duas luzes ficarão apagadas. Com base no estudo de tráfego em um cruzamento específico, os tempos de acendimento e apagamento das luzes podem ser determinados. Consequentemente, o sinal de entrada controla a saída. Assim, o sistema de controle de semáforos opera no tempo.

Classificação de sistemas de controle

Com base em alguns parâmetros, podemos classificar os sistemas de controle das seguintes maneiras.

Sistemas de controle de tempo contínuo e tempo discreto

• Os sistemas de controle podem ser classificados como sistemas de controle de tempo contínuo e sistemas de controle de tempo discretos com base no type of the signal usava.

• Dentro continuous timesistemas de controle, todos os sinais são contínuos no tempo. Mas emdiscrete time sistemas de controle, existe um ou mais sinais de tempo discretos.

Sistemas de controle SISO e MIMO

• Os sistemas de controle podem ser classificados como sistemas de controle SISO e sistemas de controle MIMO com base no number of inputs and outputs presente.

• SISOOs sistemas de controle (entrada e saída simples) têm uma entrada e uma saída. Enquanto que,MIMO Os sistemas de controle (múltiplas entradas e múltiplas saídas) têm mais de uma entrada e mais de uma saída.

Sistemas de controle de malha aberta e malha fechada

Os sistemas de controle podem ser classificados como sistemas de controle de malha aberta e sistemas de controle de malha fechada com base no feedback path.

Dentro open loop control systems, a saída não é realimentada para a entrada. Portanto, a ação de controle é independente da saída desejada.

A figura a seguir mostra o diagrama de blocos do sistema de controle de malha aberta.

Aqui, uma entrada é aplicada a um controlador e produz um sinal de atuação ou sinal de controle. Este sinal é fornecido como uma entrada para uma planta ou processo que deve ser controlado. Então, a planta produz uma saída, que é controlada. O sistema de controle de semáforos que discutimos anteriormente é um exemplo de sistema de controle de malha aberta.

Dentro closed loop control systems, a saída é realimentada para a entrada. Portanto, a ação de controle depende da saída desejada.

A figura a seguir mostra o diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo.

O detector de erros produz um sinal de erro, que é a diferença entre a entrada e o sinal de feedback. Este sinal de feedback é obtido do bloco (elementos de feedback) considerando a saída do sistema geral como uma entrada para este bloco. Em vez da entrada direta, o sinal de erro é aplicado como uma entrada para um controlador.

Assim, o controlador produz um sinal de atuação que controla a planta. Nesta combinação, a saída do sistema de controle é ajustada automaticamente até obtermos a resposta desejada. Conseqüentemente, os sistemas de controle de malha fechada também são chamados de sistemas de controle automático. O sistema de controle de semáforos com sensor na entrada é um exemplo de sistema de controle de malha fechada.

As diferenças entre os sistemas de controle em malha aberta e em malha fechada são mencionadas na tabela a seguir.

Sistemas de controle de malha aberta	Sistemas de controle de malha fechada
A ação de controle é independente da saída desejada.	A ação de controle depende da saída desejada.
O caminho de feedback não está presente.	O caminho de feedback está presente.
Estes também são chamados de non-feedback control systems.	Estes também são chamados de feedback control systems.
Fácil de projetar.	Difícil de projetar.
Estes são econômicos.	Estes são mais caros.
Impreciso.	Preciso.

Se a saída ou alguma parte da saída for retornada para o lado da entrada e utilizada como parte da entrada do sistema, então é conhecido como feedback. O feedback desempenha um papel importante para melhorar o desempenho dos sistemas de controle. Neste capítulo, vamos discutir os tipos de feedback e os efeitos do feedback.

Tipos de Feedback

Existem dois tipos de feedback -

• Feedback positivo
• Avaliação negativa

Feedback Positivo

O feedback positivo adiciona a entrada de referência, $R(s)$e saída de feedback. A figura a seguir mostra o diagrama de blocos depositive feedback control system.

O conceito de função de transferência será discutido em capítulos posteriores. Por enquanto, considere que a função de transferência do sistema de controle de feedback positivo é,

$T=\frac{G}{1-GH}$ (Equação 1)

Onde,

• T é a função de transferência ou ganho geral do sistema de controle de feedback positivo.

• G é o ganho de malha aberta, que é função da frequência.

• H é o ganho do caminho de feedback, que é função da frequência.

Avaliação negativa

O feedback negativo reduz o erro entre a entrada de referência, $R(s)$e saída do sistema. A figura a seguir mostra o diagrama de blocos donegative feedback control system.

A função de transferência do sistema de controle de feedback negativo é,

$T=\frac{G}{1+GH}$ (Equação 2)

Onde,

• T é a função de transferência ou ganho geral do sistema de controle de feedback negativo.

• G é o ganho de malha aberta, que é função da frequência.

• H é o ganho do caminho de feedback, que é função da frequência.

A derivação da função de transferência acima está presente em capítulos posteriores.

Efeitos do feedback

Vamos agora entender os efeitos do feedback.

Efeito do feedback no ganho geral

• Da Equação 2, podemos dizer que o ganho geral do sistema de controle de malha fechada com feedback negativo é a razão de 'G' e (1 + GH). Portanto, o ganho geral pode aumentar ou diminuir dependendo do valor de (1 + GH).

• Se o valor de (1 + GH) for menor que 1, o ganho geral aumenta. Neste caso, o valor de 'GH' é negativo porque o ganho do caminho de feedback é negativo.

• Se o valor de (1 + GH) for maior que 1, o ganho geral diminui. Neste caso, o valor 'GH' é positivo porque o ganho do caminho de feedback é positivo.

Em geral, 'G' e 'H' são funções de frequência. Portanto, o feedback aumentará o ganho geral do sistema em uma faixa de frequência e diminuirá na outra.

Efeito do feedback na sensibilidade

Sensitivity do ganho geral do sistema de controle de circuito fechado de feedback negativo (T) para a variação no ganho de malha aberta (G) é definido como

$S_{G}^{T} = \frac{\frac{\partial T}{T}}{\frac{\partial G}{G}}=\frac{Percentage\: change \: in \:T}{Percentage\: change \: in \:G}$ (Equação 3)

Onde, ∂T é a mudança incremental em T devido à mudança incremental em G.

Podemos reescrever a Equação 3 como

$S_{G}^{T}=\frac{\partial T}{\partial G}\frac{G}{T}$ (Equação 4)

Faça a diferenciação parcial em relação a G em ambos os lados da Equação 2.

$\frac{\partial T}{\partial G}=\frac{\partial}{\partial G}\left (\frac{G}{1+GH} \right )=\frac{(1+GH).1-G(H)}{(1+GH)^2}=\frac{1}{(1+GH)^2}$ (Equação 5)

Da Equação 2, você obterá

$\frac{G}{T}=1+GH$ (Equação 6)

Substitua a Equação 5 e a Equação 6 na Equação 4.

$$S_{G}^{T}=\frac{1}{(1+GH)^2}(1+GH)=\frac{1}{1+GH}$$

Então, nós temos o sensitivitydo ganho geral do sistema de controle de malha fechada como o recíproco de (1 + GH). Portanto, a sensibilidade pode aumentar ou diminuir dependendo do valor de (1 + GH).

• Se o valor de (1 + GH) for menor que 1, a sensibilidade aumenta. Nesse caso, o valor de 'GH' é negativo porque o ganho do caminho de feedback é negativo.

• Se o valor de (1 + GH) for maior que 1, a sensibilidade diminui. Neste caso, o valor 'GH' é positivo porque o ganho do caminho de feedback é positivo.

Em geral, 'G' e 'H' são funções de frequência. Portanto, o feedback aumentará a sensibilidade do ganho do sistema em uma faixa de frequência e diminuirá na outra. Portanto, devemos escolher os valores de 'GH' de forma que o sistema seja insensível ou menos sensível às variações dos parâmetros.

Efeito do feedback na estabilidade

• Um sistema é considerado estável se sua saída estiver sob controle. Caso contrário, é considerado instável.

• Na Equação 2, se o valor do denominador for zero (ou seja, GH = -1), a saída do sistema de controle será infinita. Assim, o sistema de controle se torna instável.

Portanto, temos que escolher corretamente o feedback para tornar o sistema de controle estável.

Efeito do feedback no ruído

Para saber o efeito do feedback sobre o ruído, vamos comparar as relações da função de transferência com e sem feedback devido apenas ao sinal de ruído.

Considere um open loop control system com sinal de ruído conforme mostrado abaixo.

o open loop transfer function devido ao sinal de ruído sozinho é

$\frac{C(s)}{N(s)}=G_b$ (Equação 7)

É obtido fazendo a outra entrada $R(s)$ igual a zero.

Considere um closed loop control system com sinal de ruído conforme mostrado abaixo.

o closed loop transfer function devido ao sinal de ruído sozinho é

$\frac{C(s)}{N(s)}=\frac{G_b}{1+G_aG_bH}$ (Equação 8)

É obtido fazendo a outra entrada $R(s)$ igual a zero.

Compare a Equação 7 e a Equação 8,

No sistema de controle de malha fechada, o ganho devido ao sinal de ruído é diminuído por um fator de $(1+G_a G_b H)$ desde que o termo $(1+G_a G_b H)$ é maior que um.

Os sistemas de controle podem ser representados por um conjunto de equações matemáticas conhecidas como mathematical model. Esses modelos são úteis para análise e projeto de sistemas de controle. A análise do sistema de controle significa encontrar a saída quando conhecemos a entrada e o modelo matemático. O projeto do sistema de controle significa encontrar o modelo matemático quando sabemos a entrada e a saída.

Os seguintes modelos matemáticos são usados ​​principalmente.

• Modelo de equação diferencial
• Modelo de função de transferência
• Modelo de espaço de estado

Vamos discutir os primeiros dois modelos neste capítulo.

Modelo de Equação Diferencial

O modelo de equação diferencial é um modelo matemático de sistemas de controle no domínio do tempo. Siga estas etapas para o modelo de equação diferencial.

• Aplique as leis básicas ao sistema de controle fornecido.

• Obtenha a equação diferencial em termos de entrada e saída eliminando a (s) variável (is) intermediária (s).

Exemplo

Considere o seguinte sistema elétrico, conforme mostrado na figura a seguir. Este circuito consiste em resistor, indutor e capacitor. Todos esses elementos elétricos estão conectados emseries. A tensão de entrada aplicada a este circuito é$v_i$ e a tensão através do capacitor é a tensão de saída $v_o$.

A equação de malha para este circuito é

$$v_i=Ri+L\frac{\text{d}i}{\text{d}t}+v_o$$

Substitua, a corrente que passa pelo capacitor $i=c\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}$ na equação acima.

$$\Rightarrow\:v_i=RC\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+LC\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+v_o$$

$$\Rightarrow\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{R}{L} \right )\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{LC} \right )v_o=\left ( \frac{1}{LC} \right )v_i$$

A equação acima é de segunda ordem differential equation.

Modelo de Função de Transferência

O modelo de função de transferência é um modelo matemático de domínio s de sistemas de controle. oTransfer function de um sistema Linear Time Invariant (LTI) é definido como a razão da transformação de Laplace de saída e da transformação de Laplace de entrada, assumindo que todas as condições iniciais são zero.

E se $x(t)$ e $y(t)$ são a entrada e a saída de um sistema LTI, então as transformações de Laplace correspondentes são $X(s)$ e $Y(s)$.

Portanto, a função de transferência do sistema LTI é igual à razão de $Y(s)$ e $X(s)$.

$$i.e.,\: Transfer\: Function =\frac{Y(s)}{X(s)}$$

O modelo da função de transferência de um sistema LTI é mostrado na figura a seguir.

Aqui, representamos um sistema LTI com um bloco com função de transferência dentro dele. E este bloco tem uma entrada$X(s)$ & resultado $Y(s)$.

Exemplo

Anteriormente, obtivemos a equação diferencial de um sistema elétrico como

$$\frac{\text{d}^2v_o}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{R}{L} \right )\frac{\text{d}v_o}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{LC} \right )v_o=\left ( \frac{1}{LC} \right )v_i$$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$$s^2V_o(s)+\left ( \frac{sR}{L} \right )V_o(s)+\left ( \frac{1}{LC} \right )V_o(s)=\left ( \frac{1}{LC} \right )V_i(s)$$

$$\Rightarrow \left \{ s^2+\left ( \frac{R}{L} \right )s+\frac{1}{LC} \right \}V_o(s)=\left ( \frac{1}{LC} \right )V_i(s)$$

$$\Rightarrow \frac{V_o(s)}{V_i(s)}=\frac{\frac{1}{LC}}{s^2+\left ( \frac{R}{L} \right )s+\frac{1}{LC}}$$

Onde,

• $v_i(s)$ é a transformada de Laplace da tensão de entrada $v_i$

• $v_o(s)$ é a transformada de Laplace da tensão de saída $v_o$

A equação acima é um transfer functiondo sistema elétrico de segunda ordem. O modelo da função de transferência deste sistema é mostrado abaixo.

Aqui, mostramos um sistema elétrico de segunda ordem com um bloco que possui a função de transferência dentro dele. E este bloco tem uma entrada$V_i(s)$ e uma saída $V_o(s)$.

Neste capítulo, vamos discutir o differential equation modelingde sistemas mecânicos. Existem dois tipos de sistemas mecânicos com base no tipo de movimento.

• Sistemas mecânicos translacionais
• Sistemas mecânicos rotacionais

Modelagem de Sistemas Mecânicos Translacionais

Sistemas mecânicos translacionais movem-se ao longo de um straight line. Esses sistemas consistem principalmente em três elementos básicos. Esses são massa, mola e painel ou amortecedor.

Se uma força é aplicada a um sistema mecânico translacional, então ela é oposta por forças opostas devido à massa, elasticidade e fricção do sistema. Como a força aplicada e as forças opostas estão em direções opostas, a soma algébrica das forças que atuam no sistema é zero. Vejamos agora a força que esses três elementos enfrentam individualmente.

Massa

A massa é propriedade de um corpo, que armazena kinetic energy. Se uma força é aplicada em um corpo com massaM, então ele é oposto por uma força oposta devido à massa. Essa força oposta é proporcional à aceleração do corpo. Suponha que a elasticidade e o atrito sejam desprezíveis.

$$F_m\propto\: a$$

$$\Rightarrow F_m=Ma=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}$$

$$F=F_m=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}$$

Onde,

• F é a força aplicada

• F_m é a força oposta devido à massa

• M é massa

• a é aceleração

• x é deslocamento

Primavera

Spring é um elemento que armazena potential energy. Se uma força for aplicada na molaK, então ela é oposta por uma força oposta devido à elasticidade da mola. Esta força oposta é proporcional ao deslocamento da mola. Suponha que a massa e o atrito sejam desprezíveis.

$$F\propto\: x$$

$$\Rightarrow F_k=Kx$$

$$F=F_k=Kx$$

Onde,

• F é a força aplicada

• F_k é a força oposta devido à elasticidade da mola

• K é constante de primavera

• x é deslocamento

Dashpot

Se uma força for aplicada no painel B, então ele é oposto por uma força oposta devido a frictiondo painel de controle. Essa força oposta é proporcional à velocidade do corpo. Suponha que a massa e a elasticidade sejam desprezíveis.

$$F_b\propto\: \nu$$

$$\Rightarrow F_b=B\nu=B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}$$

$$F=F_b=B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}$$

Onde,

• F_b é a força oposta devido ao atrito do painel

• B é o coeficiente de atrito

• v é velocidade

• x é deslocamento

Modelagem de Sistemas Mecânicos Rotacionais

Os sistemas mecânicos rotacionais movem-se em torno de um eixo fixo. Esses sistemas consistem principalmente em três elementos básicos. Esses sãomoment of inertia, torsional spring e dashpot.

Se um torque é aplicado a um sistema mecânico rotacional, ele é oposto por torques opostos devido ao momento de inércia, elasticidade e atrito do sistema. Como o torque aplicado e os torques opostos estão em direções opostas, a soma algébrica dos torques atuando no sistema é zero. Vamos agora ver o torque oposto por esses três elementos individualmente.

Momento de inércia

No sistema mecânico translacional, a massa armazena energia cinética. Da mesma forma, no sistema mecânico rotacional, o momento de inércia armazenakinetic energy.

Se um torque for aplicado em um corpo tendo momento de inércia J, então ele é oposto por um torque oposto devido ao momento de inércia. Este torque oposto é proporcional à aceleração angular do corpo. Suponha que a elasticidade e o atrito sejam desprezíveis.

$$T_j\propto\: \alpha$$

$$\Rightarrow T_j=J\alpha=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}$$

$$T=T_j=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}$$

Onde,

• T é o torque aplicado

• T_j é o torque oposto devido ao momento de inércia

• J é o momento de inércia

• α é aceleração angular

• θ é o deslocamento angular

Mola de Torção

No sistema mecânico translacional, a mola armazena energia potencial. Da mesma forma, no sistema mecânico rotacional, armazena a mola de torçãopotential energy.

Se um torque for aplicado na mola de torção K, então ele é oposto por um torque oposto devido à elasticidade da mola de torção. Este torque oposto é proporcional ao deslocamento angular da mola de torção. Suponha que o momento de inércia e fricção sejam desprezíveis.

$$T_k\propto\: \theta$$

$$\Rightarrow T_k=K\theta$$

$$T=T_k=K\theta$$

Onde,

• T é o torque aplicado

• T_k é o torque oposto devido à elasticidade da mola de torção

• K é a constante de torção da mola

• θ é o deslocamento angular

Dashpot

Se um torque for aplicado no painel de instrumentos B, então ele é oposto por um torque oposto devido ao rotational frictiondo painel de controle. Este torque oposto é proporcional à velocidade angular do corpo. Suponha que o momento de inércia e a elasticidade sejam desprezíveis.

$$T_b\propto\: \omega$$

$$\Rightarrow T_b=B\omega=B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}$$

$$T=T_b=B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}$$

Onde,

• T_b é o torque oposto devido ao atrito rotacional do painel de instrumentos

• B é o coeficiente de atrito rotacional

• ω é a velocidade angular

• θ é o deslocamento angular

Dois sistemas são considerados analogous entre si se as duas condições a seguir forem satisfeitas.

• Os dois sistemas são fisicamente diferentes
• A modelagem de equações diferenciais desses dois sistemas são iguais

Os sistemas elétricos e os sistemas mecânicos são dois sistemas fisicamente diferentes. Existem dois tipos de analogias elétricas de sistemas mecânicos translacionais. Essas são analogia da tensão de força e analogia da corrente de força.

Analogia de tensão de força

Na analogia da tensão de força, as equações matemáticas de translational mechanical system são comparados com equações de malha do sistema elétrico.

Considere o seguinte sistema mecânico translacional, conforme mostrado na figura a seguir.

o force balanced equation para este sistema é

$$F=F_m+F_b+F_k$$

$\Rightarrow F=M\frac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}+B\frac{\text{d}x}{\text{d}t}+Kx$ (Equation 1)

Considere o seguinte sistema elétrico, conforme mostrado na figura a seguir. Este circuito consiste em um resistor, um indutor e um capacitor. Todos esses elementos elétricos são conectados em série. A tensão de entrada aplicada a este circuito é$V$ volts e a corrente que flui através do circuito é $i$ Amps.

A equação de malha para este circuito é

$V=Ri+L\frac{\text{d}i}{\text{d}t}+\frac{1}{c}\int idt$ (Equation 2)

Substituto, $i=\frac{\text{d}q}{\text{d}t}$ na Equação 2.

$$V=R\frac{\text{d}q}{\text{d}t}+L\frac{\text{d}^2q}{\text{d}t^2}+\frac{q}{C}$$

$\Rightarrow V=L\frac{\text{d}^2q}{\text{d}t^2}+R\frac{\text{d}q}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{c} \right )q$ (Equation 3)

Comparando a Equação 1 e a Equação 3, obteremos as quantidades análogas do sistema mecânico translacional e do sistema elétrico. A tabela a seguir mostra essas grandezas análogas.

Sistema Mecânico Translacional	Sistema elétrico
Força (F)	Tensão (V)
Massa (M)	Indutância (L)
Coeficiente de fricção (B)	Resistência (R)
Constante de mola (K)	Recíproca de Capacitância $(\frac{1}{c})$
Deslocamento (x)	Carga (q)
Velocidade (v)	Atual (i)

Da mesma forma, há analogia de tensão de torque para sistemas mecânicos rotacionais. Vamos agora discutir sobre essa analogia.

Analogia de tensão de torque

Nesta analogia, as equações matemáticas de rotational mechanical system são comparados com equações de malha do sistema elétrico.

O sistema mecânico de rotação é mostrado na figura a seguir.

A equação de torque balanceado é

$$T=T_j+T_b+T_k$$

$\Rightarrow T=J\frac{\text{d}^2\theta}{\text{d}t^2}+B\frac{\text{d}\theta}{\text{d}t}+k\theta$ (Equation 4)

Comparando a Equação 4 e a Equação 3, obteremos as quantidades análogas do sistema mecânico rotacional e do sistema elétrico. A tabela a seguir mostra essas grandezas análogas.

Sistema Mecânico Rotacional	Sistema elétrico
Torque (T)	Tensão (V)
Momento de inércia (J)	Indutância (L)
Coeficiente de atrito rotacional (B)	Resistência (R)
Constante de mola de torção (K)	Recíproca de Capacitância $(\frac{1}{c})$
Deslocamento Angular (θ)	Carga (q)
Velocidade angular (ω)	Atual (i)

Forçar Analogia Atual

Em vigor a analogia atual, as equações matemáticas do translational mechanical system são comparados com as equações nodais do sistema elétrico.

Considere o seguinte sistema elétrico, conforme mostrado na figura a seguir. Este circuito consiste em fonte de corrente, resistor, indutor e capacitor. Todos esses elementos elétricos são conectados em paralelo.

A equação nodal é

$i=\frac{V}{R}+\frac{1}{L}\int Vdt+C\frac{\text{d}V}{\text{d}t}$ (Equation 5)

Substituto, $V=\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}$ na Equação 5.

$$i=\frac{1}{R}\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{L} \right )\Psi+C\frac{\text{d}^2\Psi}{\text{d}t^2}$$

$\Rightarrow i=C\frac{\text{d}^2\Psi}{\text{d}t^2}+\left ( \frac{1}{R} \right )\frac{\text{d}\Psi}{\text{d}t}+\left ( \frac{1}{L} \right )\Psi$ (Equation 6)

Ao comparar a Equação 1 e a Equação 6, obteremos as quantidades análogas do sistema mecânico translacional e do sistema elétrico. A tabela a seguir mostra essas grandezas análogas.

Sistema Mecânico Translacional	Sistema elétrico
Força (F)	Atual (i)
Massa (M)	Capacitância (C)
Coeficiente de atrito (B)	Recíproca de resistência$(\frac{1}{R})$
Constante de mola (K)	Recíproca de indutância$(\frac{1}{L})$
Deslocamento (x)	Fluxo Magnético (ψ)
Velocidade (v)	Tensão (V)

Da mesma forma, há uma analogia de corrente de torque para sistemas mecânicos rotacionais. Vamos agora discutir essa analogia.

Analogia da Corrente de Torque

Nesta analogia, as equações matemáticas do rotational mechanical system são comparados com as equações da malha nodal do sistema elétrico.

Comparando a Equação 4 e a Equação 6, obteremos as quantidades análogas do sistema mecânico rotacional e do sistema elétrico. A tabela a seguir mostra essas grandezas análogas.

Sistema Mecânico Rotacional	Sistema elétrico
Torque (T)	Atual (i)
Momento de inércia (J)	Capacitância (C)
Coeficiente de atrito rotacional (B)	Recíproca de resistência$(\frac{1}{R})$
Constante de mola de torção (K)	Recíproca de indutância$(\frac{1}{L})$
Deslocamento angular (θ)	Fluxo magnético (ψ)
Velocidade angular (ω)	Tensão (V)

Neste capítulo, discutimos as analogias elétricas dos sistemas mecânicos. Essas analogias são úteis para estudar e analisar o sistema não elétrico como o sistema mecânico de um sistema elétrico análogo.

Os diagramas de blocos consistem em um único bloco ou uma combinação de blocos. Eles são usados ​​para representar os sistemas de controle em forma pictórica.

Elementos básicos do diagrama de blocos

Os elementos básicos de um diagrama de blocos são um bloco, o ponto de soma e o ponto de decolagem. Vamos considerar o diagrama de blocos de um sistema de controle em malha fechada conforme mostrado na figura a seguir para identificar esses elementos.

O diagrama de blocos acima consiste em dois blocos com funções de transferência G (s) e H (s). É também ter um ponto de soma e um ponto de decolagem. As setas indicam a direção do fluxo de sinais. Vamos agora discutir esses elementos um por um.

Quadra

A função de transferência de um componente é representada por um bloco. O bloco tem entrada e saída única.

A figura a seguir mostra um bloco com entrada X (s), saída Y (s) e a função de transferência G (s).

Função de transferência,$G(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}$

$$\Rightarrow Y(s)=G(s)X(s)$$

A saída do bloco é obtida multiplicando a função de transferência do bloco com a entrada.

Ponto de Soma

O ponto de soma é representado por um círculo com uma cruz (X) dentro dele. Possui duas ou mais entradas e saída única. Ele produz a soma algébrica das entradas. Ele também executa a soma ou subtração ou combinação de soma e subtração das entradas com base na polaridade das entradas. Vamos ver essas três operações, uma por uma.

A figura a seguir mostra o ponto de soma com duas entradas (A, B) e uma saída (Y). Aqui, as entradas A e B têm um sinal positivo. Então, o ponto de soma produz a saída, Y comosum of A and B.

ou seja, Y = A + B.

A figura a seguir mostra o ponto de soma com duas entradas (A, B) e uma saída (Y). Aqui, as entradas A e B têm sinais opostos, ou seja, A tem sinal positivo e B tem sinal negativo. Então, o ponto de soma produz a saídaY Enquanto o difference of A and B.

Y = A + (-B) = A - B.

A figura a seguir mostra o ponto de soma com três entradas (A, B, C) e uma saída (Y). Aqui, as entradas A e B têm sinais positivos e C, sinais negativos. Então, o ponto de soma produz a saídaY Como

Y = A + B + (−C) = A + B - C.

Ponto de Decolagem

O ponto de decolagem é um ponto a partir do qual o mesmo sinal de entrada pode ser passado por mais de um ramal. Isso significa que com a ajuda do ponto de decolagem, podemos aplicar a mesma entrada a um ou mais blocos, somando pontos.

Na figura a seguir, o ponto de decolagem é usado para conectar a mesma entrada, R (s) a mais dois blocos.

Na figura a seguir, o ponto de decolagem é utilizado para conectar a saída C (s), como uma das entradas para o ponto de soma.

Representação de Diagrama de Bloco de Sistemas Elétricos

Nesta seção, vamos representar um sistema elétrico com um diagrama de blocos. Os sistemas elétricos contêm principalmente três elementos básicos -resistor, inductor and capacitor.

Considere uma série de circuitos RLC conforme mostrado na figura a seguir. Onde, V _i (t) e V _o (t) são as tensões de entrada e saída. Seja i (t) a corrente que passa pelo circuito. Este circuito está no domínio do tempo.

Ao aplicar a transformada de Laplace a este circuito, o circuito ficará no domínio s. O circuito é mostrado na figura a seguir.

Do circuito acima, podemos escrever

$$I(s)=\frac{V_i(s)-V_o(s)}{R+sL}$$

$\Rightarrow I(s)=\left \{ \frac{1}{R+sL} \right \}\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$ (Equation 1)

$V_o(s)=\left ( \frac{1}{sC} \right )I(s)$ (Equation 2)

Vamos agora desenhar os diagramas de blocos para essas duas equações individualmente. E, em seguida, combine esses diagramas de blocos adequadamente para obter o diagrama de blocos geral da série do circuito RLC (domínio s).

A Equação 1 pode ser implementada com um bloco tendo a função de transferência, $\frac{1}{R+sL}$. A entrada e a saída deste bloco são$\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$ e $I(s)$. Exigimos um ponto de soma para obter$\left \{ V_i(s)-V_o(s) \right \}$. O diagrama de blocos da Equação 1 é mostrado na figura a seguir.

A Equação 2 pode ser implementada com um bloco com função de transferência, $\frac{1}{sC}$. A entrada e a saída deste bloco são$I(s)$ e $V_o(s)$. O diagrama de blocos da Equação 2 é mostrado na figura a seguir.

O diagrama de blocos geral da série do circuito RLC (domínio s) é mostrado na figura a seguir.

Da mesma forma, você pode desenhar o block diagram de qualquer circuito ou sistema elétrico apenas seguindo este procedimento simples.

• Converta o circuito elétrico do domínio do tempo em um circuito elétrico do domínio s aplicando a transformada de Laplace.

• Escreva as equações para a corrente que passa por todos os elementos de ramificação em série e a tensão em todas as ramificações de derivação.

• Desenhe os diagramas de bloco para todas as equações acima individualmente.

• Combine todos esses diagramas de blocos corretamente para obter o diagrama de blocos geral do circuito elétrico (domínio s).

A álgebra do diagrama de blocos nada mais é do que a álgebra envolvida com os elementos básicos do diagrama de blocos. Esta álgebra trata da representação pictórica de equações algébricas.

Conexões básicas para blocos

Existem três tipos básicos de conexões entre dois blocos.

Ligação em série

A conexão em série também é chamada cascade connection. Na figura a seguir, dois blocos com funções de transferência$G_1(s)$ e $G_2(s)$ estão conectados em série.

Para esta combinação, obteremos a saída $Y(s)$ Como

$$Y(s)=G_2(s)Z(s)$$

Onde, $Z(s)=G_1(s)X(s)$

$$\Rightarrow Y(s)=G_2(s)[G_1(s)X(s)]=G_1(s)G_2(s)X(s)$$

$$\Rightarrow Y(s)=\lbrace G_1(s)G_2(s)\rbrace X(s)$$

Compare esta equação com a forma padrão da equação de saída, $Y(s)=G(s)X(s)$. Onde,$G(s) = G_1(s)G_2(s)$.

Isso significa que podemos representar o series connectionde dois blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é oproduct of the transfer functionsdesses dois blocos. O diagrama de blocos equivalente é mostrado abaixo.

Da mesma forma, você pode representar a conexão em série de 'n' blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é o produto das funções de transferência de todos aqueles 'n' blocos.

Conexão Paralela

Os blocos que estão conectados em parallel terá o same input. Na figura a seguir, dois blocos com funções de transferência$G_1(s)$ e $G_2(s)$estão conectados em paralelo. As saídas desses dois blocos são conectadas ao ponto de soma.

Para esta combinação, obteremos a saída $Y(s)$ Como

$$Y(s)=Y_1(s)+Y_2(s)$$

Onde, $Y_1(s)=G_1(s)X(s)$ e $Y_2(s)=G_2(s)X(s)$

$$\Rightarrow Y(s)=G_1(s)X(s)+G_2(s)X(s)=\lbrace G_1(s)+G_2(s)\rbrace X(s)$$

Compare esta equação com a forma padrão da equação de saída, $Y(s)=G(s)X(s)$.

Onde, $G(s)=G_1(s)+G_2(s)$.

Isso significa que podemos representar o parallel connectionde dois blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é osum of the transfer functionsdesses dois blocos. O diagrama de blocos equivalente é mostrado abaixo.

Da mesma forma, você pode representar a conexão paralela de 'n' blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é a soma algébrica das funções de transferência de todos aqueles 'n' blocos.

Conexão de Feedback

Como discutimos nos capítulos anteriores, existem dois tipos de feedback- feedback positivo e feedback negativo. A figura a seguir mostra o sistema de controle de feedback negativo. Aqui, dois blocos com funções de transferência$G(s)$ e $H(s)$ formar um circuito fechado.

A saída do ponto de soma é -

$$E(s)=X(s)-H(s)Y(s)$$

A saída $Y(s)$ é -

$$Y(s)=E(s)G(s)$$

Substituto $E(s)$ valor na equação acima.

$$Y(s)=\left \{ X(s)-H(s)Y(s)\rbrace G(s) \right\}$$

$$Y(s)\left \{ 1+G(s)H(s)\rbrace = X(s)G(s) \right\}$$

$$\Rightarrow \frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$$

Portanto, a função de transferência de circuito fechado de feedback negativo é $\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$

Isso significa que podemos representar a conexão de feedback negativo de dois blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é a função de transferência de malha fechada do feedback negativo. O diagrama de blocos equivalente é mostrado abaixo.

Da mesma forma, você pode representar a conexão de feedback positivo de dois blocos com um único bloco. A função de transferência deste bloco único é a função de transferência de malha fechada do feedback positivo, ou seja,$\frac{G(s)}{1-G(s)H(s)}$

Álgebra de Diagrama de Bloco para Soma de Pontos

Existem duas possibilidades de mudar os pontos de soma em relação aos blocos -

• Mudando o ponto de soma após o bloco
• Mudando o ponto de soma antes do bloco

Vejamos agora que tipo de arranjos precisam ser feitos nos dois casos acima, um por um.

Mudança do ponto de soma após o bloco

Considere o diagrama de blocos mostrado na figura a seguir. Aqui, o ponto de soma está presente antes do bloco.

O ponto de soma tem duas entradas $R(s)$ e $X(s)$. O resultado disso é$\left \{R(s)+X(s)\right\}$.

Então, a entrada para o bloco $G(s)$ é $\left \{R(s)+X(s)\right \}$ e o resultado disso é -

$$Y(s)=G(s)\left \{R(s)+X(s)\right \}$$

$\Rightarrow Y(s)=G(s)R(s)+G(s)X(s)$ (Equation 1)

Agora, mude o ponto de soma após o bloco. Este diagrama de blocos é mostrado na figura a seguir.

Saída do bloco $G(s)$ é $G(s)R(s)$.

A saída do ponto de soma é

$Y(s)=G(s)R(s)+X(s)$ (Equation 2)

Compare a Equação 1 e a Equação 2.

O primeiro termo $‘G(s) R(s)’$é o mesmo em ambas as equações. Mas, há diferença no segundo mandato. Para que o segundo termo também seja o mesmo, precisamos de mais um bloco$G(s)$. É ter a entrada$X(s)$ e a saída deste bloco é fornecida como entrada para o ponto de soma em vez de $X(s)$. Este diagrama de blocos é mostrado na figura a seguir.

Mudança do ponto de soma antes do bloco

Considere o diagrama de blocos mostrado na figura a seguir. Aqui, o ponto de soma está presente após o bloco.

A saída deste diagrama de blocos é -

$Y(s)=G(s)R(s)+X(s)$ (Equation 3)

Agora, mude o ponto de soma antes do bloco. Este diagrama de blocos é mostrado na figura a seguir.

A saída deste diagrama de blocos é -

$Y(S)=G(s)R(s)+G(s)X(s)$ (Equation 4)

Compare a Equação 3 e a Equação 4,

O primeiro termo $‘G(s) R(s)’$é o mesmo em ambas as equações. Mas, há diferença no segundo mandato. Para que o segundo termo também seja o mesmo, precisamos de mais um bloco$\frac{1}{G(s)}$. É ter a entrada$X(s)$ e a saída deste bloco é fornecida como entrada para o ponto de soma em vez de $X(s)$. Este diagrama de blocos é mostrado na figura a seguir.

Álgebra de diagrama de blocos para pontos de decolagem

Existem duas possibilidades de mudar os pontos de decolagem em relação aos blocos -

• Mudança do ponto de decolagem após o bloco
• Mudança do ponto de decolagem antes do bloco

Vejamos agora que tipo de arranjos devem ser feitos nos dois casos acima, um por um.

Mudança de ponto de decolagem após o bloco

Considere o diagrama de blocos mostrado na figura a seguir. Nesse caso, o ponto de decolagem está presente antes do bloco.

Aqui, $X(s)=R(s)$ and $Y(s)=G(s)R(s)$

When you shift the take-off point after the block, the output $Y(s)$ will be same. But, there is difference in $X(s)$ value. So, in order to get the same $X(s)$ value, we require one more block $\frac{1}{G(s)}$. It is having the input $Y(s)$ and the output is $X(s)$. This block diagram is shown in the following figure.

Shifting Take-off Point Before the Block

Consider the block diagram shown in the following figure. Here, the take-off point is present after the block.

Here, $X(s)=Y(s)=G(s)R(s)$

When you shift the take-off point before the block, the output $Y(s)$ will be same. But, there is difference in $X(s)$ value. So, in order to get same $X(s)$ value, we require one more block $G(s)$. It is having the input $R(s)$ and the output is $X(s)$. This block diagram is shown in the following figure.

The concepts discussed in the previous chapter are helpful for reducing (simplifying) the block diagrams.

Block Diagram Reduction Rules

Follow these rules for simplifying (reducing) the block diagram, which is having many blocks, summing points and take-off points.

• Rule 1 − Check for the blocks connected in series and simplify.

• Rule 2 − Check for the blocks connected in parallel and simplify.

• Rule 3 − Check for the blocks connected in feedback loop and simplify.

• Rule 4 − If there is difficulty with take-off point while simplifying, shift it towards right.

• Rule 5 − If there is difficulty with summing point while simplifying, shift it towards left.

• Rule 6 − Repeat the above steps till you get the simplified form, i.e., single block.

Note − The transfer function present in this single block is the transfer function of the overall block diagram.

Example

Consider the block diagram shown in the following figure. Let us simplify (reduce) this block diagram using the block diagram reduction rules.

Step 1 − Use Rule 1 for blocks $G_1$ and $G_2$. Use Rule 2 for blocks $G_3$ and $G_4$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 2 − Use Rule 3 for blocks $G_1G_2$ and $H_1$. Use Rule 4 for shifting take-off point after the block $G_5$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 3 − Use Rule 1 for blocks $(G_3 + G_4)$ and $G_5$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 4 − Use Rule 3 for blocks $(G_3 + G_4)G_5$ and $H_3$. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 5 − Use Rule 1 for blocks connected in series. The modified block diagram is shown in the following figure.

Step 6 − Use Rule 3 for blocks connected in feedback loop. The modified block diagram is shown in the following figure. This is the simplified block diagram.

Therefore, the transfer function of the system is

$$\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{G_1G_2G_5^2(G_3+G_4)}{(1+G_1G_2H_1)\lbrace 1+(G_3+G_4)G_5H_3\rbrace G_5-G_1G_2G_5(G_3+G_4)H_2}$$

Note − Follow these steps in order to calculate the transfer function of the block diagram having multiple inputs.

• Step 1 − Find the transfer function of block diagram by considering one input at a time and make the remaining inputs as zero.

• Step 2 − Repeat step 1 for remaining inputs.

• Step 3 − Get the overall transfer function by adding all those transfer functions.

The block diagram reduction process takes more time for complicated systems. Because, we have to draw the (partially simplified) block diagram after each step. So, to overcome this drawback, use signal flow graphs (representation).

In the next two chapters, we will discuss about the concepts related to signal flow graphs, i.e., how to represent signal flow graph from a given block diagram and calculation of transfer function just by using a gain formula without doing any reduction process.

Signal flow graph is a graphical representation of algebraic equations. In this chapter, let us discuss the basic concepts related signal flow graph and also learn how to draw signal flow graphs.

Basic Elements of Signal Flow Graph

Nodes and branches are the basic elements of signal flow graph.

Node

Node is a point which represents either a variable or a signal. There are three types of nodes — input node, output node and mixed node.

• Input Node − It is a node, which has only outgoing branches.

• Output Node − It is a node, which has only incoming branches.

• Mixed Node − It is a node, which has both incoming and outgoing branches.

Example

Let us consider the following signal flow graph to identify these nodes.

• The nodes present in this signal flow graph are y₁, y₂, y₃ and y₄.

• y₁ and y₄ are the input node and output node respectively.

• y₂ and y₃ are mixed nodes.

Branch

Branch is a line segment which joins two nodes. It has both gain and direction. For example, there are four branches in the above signal flow graph. These branches have gains of a, b, c and -d.

Construction of Signal Flow Graph

Let us construct a signal flow graph by considering the following algebraic equations −

$$y_2=a_{12}y_1+a_{42}y_4$$

$$y_3=a_{23}y_2+a_{53}y_5$$

$$y_4=a_{34}y_3$$

$$y_5=a_{45}y_4+a_{35}y_3$$

$$y_6=a_{56}y_5$$

There will be six nodes (y₁, y₂, y₃, y₄, y₅ and y₆) and eight branches in this signal flow graph. The gains of the branches are a₁₂, a₂₃, a₃₄, a₄₅, a₅₆, a₄₂, a₅₃ and a₃₅.

To get the overall signal flow graph, draw the signal flow graph for each equation, then combine all these signal flow graphs and then follow the steps given below −

Step 1 − Signal flow graph for $y_2 = a_{13}y_1 + a_{42}y_4$ is shown in the following figure.

Step 2 − Signal flow graph for $y_3 = a_{23}y_2 + a_{53}y_5$ is shown in the following figure.

Step 3 − Signal flow graph for $y_4 = a_{34}y_3$ is shown in the following figure.

Step 4 − Signal flow graph for $y_5 = a_{45}y_4 + a_{35}y_3$ is shown in the following figure.

Step 5 − Signal flow graph for $y_6 = a_{56}y_5$ is shown in the following figure.

Step 6 − Signal flow graph of overall system is shown in the following figure.

Conversion of Block Diagrams into Signal Flow Graphs

Follow these steps for converting a block diagram into its equivalent signal flow graph.

• Represent all the signals, variables, summing points and take-off points of block diagram as nodes in signal flow graph.

• Represent the blocks of block diagram as branches in signal flow graph.

• Represent the transfer functions inside the blocks of block diagram as gains of the branches in signal flow graph.

• Connect the nodes as per the block diagram. If there is connection between two nodes (but there is no block in between), then represent the gain of the branch as one. For example, between summing points, between summing point and takeoff point, between input and summing point, between take-off point and output.

Exemplo

Vamos converter o seguinte diagrama de blocos em seu gráfico de fluxo de sinal equivalente.

Representa o sinal de entrada $R(s)$ e sinal de saída $C(s)$ do diagrama de blocos como nó de entrada $R(s)$ e nó de saída $C(s)$ do gráfico de fluxo de sinal.

Apenas para referência, os nós restantes (y ₁ a y ₉ ) são rotulados no diagrama de blocos. Existem nove nós além dos nós de entrada e saída. São quatro nós para quatro pontos de soma, quatro nós para quatro pontos de decolagem e um nó para a variável entre os blocos$G_1$ e $G_2$.

A figura a seguir mostra o gráfico de fluxo de sinal equivalente.

Com a ajuda da fórmula de ganho de Mason (discutida no próximo capítulo), você pode calcular a função de transferência deste gráfico de fluxo de sinal. Esta é a vantagem dos gráficos de fluxo de sinal. Aqui, não precisamos simplificar (reduzir) os gráficos de fluxo de sinal para calcular a função de transferência.

Vamos agora discutir a fórmula de ganho de Mason. Suponha que haja 'N' caminhos diretos em um gráfico de fluxo de sinal. O ganho entre os nós de entrada e saída de um gráfico de fluxo de sinal nada mais é do que otransfer functiondo sistema. Ele pode ser calculado usando a fórmula de ganho de Mason.

Mason’s gain formula is

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\Sigma ^N _{i=1}P_i\Delta _i}{\Delta}$$

Onde,

• C(s) é o nó de saída

• R(s) é o nó de entrada

• T é a função de transferência ou ganho entre $R(s)$ e $C(s)$

• P_ié o ^iº ganho do caminho para ^a frente

$\Delta =1-(sum \: of \: all \: individual \: loop \: gains)$

$+(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: two \:nontouching \: loops)$

$$-(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: three \: nontouching \: loops)+...$$

Δ _i é obtido a partir de Δ removendo os loops que estão tocando o i ^ésimo caminho de avanço .

Considere o seguinte gráfico de fluxo de sinal para entender a terminologia básica envolvida aqui.

Caminho

É uma travessia de ramos de um nó para qualquer outro nó na direção das setas do ramo. Ele não deve atravessar nenhum nó mais de uma vez.

Examples - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5$ e $y_5 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$

Caminho para frente

O caminho que existe do nó de entrada para o nó de saída é conhecido como forward path.

Examples - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$ e $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

Ganho de caminho para frente

É obtido calculando o produto de todos os ganhos de ramal do caminho de ida.

Examples - $abcde$ é o ganho do caminho para a frente de $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$ e abge é o ganho do caminho de avanço de $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

Ciclo

O caminho que começa em um nó e termina no mesmo nó é conhecido como loop. Portanto, é um caminho fechado.

Examples - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ e $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$.

Loop Gain

É obtido calculando o produto de todos os ganhos de ramificação de um loop.

Examples - $b_j$ é o ganho de loop de $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ e $g_h$ é o ganho de loop de $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$.

Loops sem toque

Esses são os loops, que não devem ter nenhum nó comum.

Examples - Os loops, $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$ e $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$ são não tocantes.

Cálculo da função de transferência usando a fórmula de ganho de Mason

Vamos considerar o mesmo gráfico de fluxo de sinal para encontrar a função de transferência.

• Número de caminhos diretos, N = 2.

• O primeiro caminho a seguir é - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

• Primeiro ganho do caminho de avanço, $p_1 = abcde$.

• O segundo caminho de avanço é - $y_1 \rightarrow y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_6$.

• Ganho do segundo caminho de avanço, $p_2 = abge$.

• Número de loops individuais, L = 5.

• Loops são - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_3 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$, $y_3 \rightarrow y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_3$, $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$ e $y_5 \rightarrow y_5$.

• Os ganhos de loop são - $l_1 = bj$, $l_2 = gh$, $l_3 = cdh$, $l_4 = di$ e $l_5 = f$.

• Número de dois loops sem contato = 2.

• O primeiro par de loops não tocantes é - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_4 \rightarrow y_5 \rightarrow y_4$.

• Produto de ganho do primeiro par de loops não tocantes, $l_1l_4 = bjdi$

• O segundo par de loops não tocantes é - $y_2 \rightarrow y_3 \rightarrow y_2$, $y_5 \rightarrow y_5$.

• O produto de ganho do segundo par de loops não tocantes é - $l_1l_5 = bjf$

Um número maior de (mais de dois) loops sem contato não está presente neste gráfico de fluxo de sinal.

Nós sabemos,

$\Delta =1-(sum \: of \: all \: individual \: loop \: gains)$

$+(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: two \:nontouching \: loops)$

$$-(sum \: of \: gain \: products \: of \: all \: possible \: three \: nontouching \: loops)+...$$

Substitua os valores na equação acima,

$\Delta =1-(bj+gh+cdh+di+f)+(bjdi+bjf)-(0)$

$\Rightarrow \Delta=1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf$

Não há nenhum loop que não toque no primeiro caminho de avanço.

Então, $\Delta_1=1$.

Similarmente, $\Delta_2=1$. Uma vez que, nenhum loop que não toque para o segundo caminho de avanço.

Substitua, N = 2 na fórmula de ganho de Mason

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\Sigma ^2 _{i=1}P_i\Delta _i}{\Delta}$$

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{P_1\Delta_1+P_2\Delta_2}{\Delta}$$

Substitua todos os valores necessários na equação acima.

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)1+(abge)1}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

$$\Rightarrow T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)+(abge)}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

Portanto, a função de transferência é -

$$T=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{(abcde)+(abge)}{1-(bj+gh+cdh+di+f)+bjdi+bjf}$$

Podemos analisar a resposta dos sistemas de controle tanto no domínio do tempo quanto no domínio da frequência. Discutiremos a análise de resposta de frequência de sistemas de controle em capítulos posteriores. Vamos agora discutir sobre a análise do tempo de resposta dos sistemas de controle.

O que é o tempo de resposta?

Se a saída do sistema de controle de uma entrada varia em relação ao tempo, é chamada de time responsedo sistema de controle. O tempo de resposta consiste em duas partes.

• Resposta transitória
• Resposta de estado estacionário

A resposta do sistema de controle no domínio do tempo é mostrada na figura a seguir.

Aqui, os estados transiente e estável são indicados na figura. As respostas correspondentes a esses estados são conhecidas como respostas transitórias e de estado estacionário.

Matematicamente, podemos escrever a resposta de tempo c (t) como

$$c(t)=c_{tr}(t)+c_{ss}(t)$$

Onde,

• c _tr (t) é a resposta transitória
• c _ss (t) é a resposta de estado estacionário

Resposta transitória

Após aplicar a entrada ao sistema de controle, a saída leva certo tempo para atingir o estado estacionário. Portanto, a saída estará em estado transiente até que vá para um estado estável. Portanto, a resposta do sistema de controle durante o estado transiente é conhecida comotransient response.

A resposta transitória será zero para grandes valores de 't'. Idealmente, esse valor de 't' é infinito e, praticamente, é cinco vezes constante.

Matematicamente, podemos escrever como

$$\lim_{t\rightarrow \infty }c_{tr}(t)=0$$

Resposta de estado estacionário

A parte da resposta do tempo que permanece mesmo após a resposta transitória ter valor zero para grandes valores de 't' é conhecida como steady state response. Isso significa que a resposta transitória será zero, mesmo durante o estado estacionário.

Example

Vamos encontrar os termos de estado transiente e estável da resposta de tempo do sistema de controle $c(t)=10+5e^{-t}$

Aqui, o segundo termo $5e^{-t}$ será zero como tdenota infinito. Então, este é otransient term. E o primeiro termo 10 permanece igualtse aproxima do infinito. Então, este é osteady state term.

Sinais de teste padrão

Os sinais de teste padrão são impulso, degrau, rampa e parabólico. Esses sinais são usados ​​para saber o desempenho dos sistemas de controle usando o tempo de resposta da saída.

Sinal de Impulso da Unidade

Um sinal de impulso unitário, δ (t) é definido como

$\delta (t)=0$ para $t\neq 0$

e $\int_{0^-}^{0^+} \delta (t)dt=1$

A figura a seguir mostra o sinal de impulso da unidade.

Portanto, o sinal de impulso unitário existe apenas quando 't' é igual a zero. A área deste sinal em pequeno intervalo de tempo em torno de 't' é igual a zero é um. O valor do sinal de impulso unitário é zero para todos os outros valores de 't'.

Sinal de etapa da unidade

Um sinal de etapa unitária, u (t) é definido como

$$u(t)=1;t\geq 0$$

$=0; t<0$

A figura a seguir mostra o sinal da etapa da unidade.

Portanto, o sinal de passo unitário existe para todos os valores positivos de 't' incluindo zero. E seu valor é um durante este intervalo. O valor do sinal de etapa da unidade é zero para todos os valores negativos de 't'.

Sinal de rampa da unidade

Um sinal de rampa unitário, r (t) é definido como

$$r(t)=t; t\geq 0$$

$=0; t<0$

Podemos escrever o sinal de rampa unitária, $r(t)$ em termos de sinal de etapa unitária, $u(t)$ Como

$$r(t)=tu(t)$$

A figura a seguir mostra o sinal de rampa unitária.

Portanto, o sinal de rampa unitária existe para todos os valores positivos de 't' incluindo zero. E seu valor aumenta linearmente em relação a 't' durante esse intervalo. O valor do sinal de rampa unitária é zero para todos os valores negativos de 't'.

Sinal Parabólico Unidade

Um sinal parabólico unitário, p (t) é definido como,

$$p(t)=\frac{t^2}{2}; t\geq 0$$

$=0; t<0$

Podemos escrever o sinal parabólico unitário, $p(t)$ em termos de sinal de etapa da unidade, $u(t)$ Como,

$$p(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$$

A figura a seguir mostra o sinal parabólico da unidade.

Portanto, o sinal parabólico unitário existe para todos os valores positivos de ‘t’incluindo zero. E seu valor aumenta não linearmente em relação a 't' durante este intervalo. O valor do sinal parabólico unitário é zero para todos os valores negativos de 't'.

Neste capítulo, vamos discutir o tempo de resposta do sistema de primeira ordem. Considere o seguinte diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada. Aqui, uma função de transferência de malha aberta,$\frac{1}{sT}$ está conectado com um feedback negativo da unidade.

Sabemos que a função de transferência do sistema de controle de malha fechada tem feedback negativo unitário como,

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

Substituto, $G(s)=\frac{1}{sT}$ na equação acima.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\frac{1}{sT}}{1+\frac{1}{sT}}=\frac{1}{sT+1}$$

O poder de s é um no termo do denominador. Portanto, a função de transferência acima é de primeira ordem e o sistema é chamado defirst order system.

Podemos reescrever a equação acima como

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$$

Onde,

• C(s) é a transformada de Laplace do sinal de saída c (t),

• R(s) é a transformada de Laplace do sinal de entrada r (t), e

• T é a constante de tempo.

Siga estas etapas para obter a resposta (saída) do sistema de primeira ordem no domínio do tempo.

• Pegue a transformada de Laplace do sinal de entrada $r(t)$.

• Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

• Substituto $R(s)$ valor na equação acima.

• Faça frações parciais de $C(s)$ se necessário.

• Aplicar transformada de Laplace inversa a $C(s)$.

No capítulo anterior, vimos os sinais de teste padrão como impulso, degrau, rampa e parabólico. Vamos agora descobrir as respostas do sistema de primeira ordem para cada entrada, uma por uma. O nome da resposta é dado de acordo com o nome do sinal de entrada. Por exemplo, a resposta do sistema para uma entrada de impulso é chamada de resposta de impulso.

Resposta ao impulso do sistema de primeira ordem

Considere o unit impulse signal como uma entrada para o sistema de primeira ordem.

Então, $r(t)=\delta (t)$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$R(s)=1$

Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Substituto, $R(s) = 1$ na equação acima.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )(1)=\frac{1}{sT+1}$$

Reorganize a equação acima em uma das formas padrão das transformadas de Laplace.

$$C(s)=\frac{1}{T\left (\ s+\frac{1}{T} \right )} \Rightarrow C(s)=\frac{1}{T}\left ( \frac{1}{s+\frac{1}{T}} \right )$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\frac{1}{T}e^\left ( {-\frac{t}{T}} \right )u(t)$$

A resposta ao impulso da unidade é mostrada na figura a seguir.

o unit impulse response, c (t) é um sinal de decaimento exponencial para valores positivos de 't' e é zero para valores negativos de 't'.

Resposta ao Passo do Sistema de Primeira Ordem

Considere o unit step signal como uma entrada para o sistema de primeira ordem.

Então, $r(t)=u(t)$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$$R(s)=\frac{1}{s}$$

Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Substituto, $R(s)=\frac{1}{s}$ na equação acima.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left ( \frac{1}{s} \right )=\frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}$$

Faça frações parciais de C (s).

$$C(s)=\frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}=\frac{A}{s}+\frac{B}{sT+1}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{s\left ( sT+1 \right )}=\frac{A\left ( sT+1 \right )+Bs}{s\left ( sT+1 \right )}$$

Em ambos os lados, o termo denominador é o mesmo. Então, eles serão cancelados um pelo outro. Portanto, iguale os termos do numerador.

$$1=A\left ( sT+1 \right )+Bs$$

Ao igualar os termos constantes em ambos os lados, você obterá A = 1.

Substitua, A = 1 e iguale o coeficiente do s termos em ambos os lados.

$$0=T+B \Rightarrow B=-T$$

Substitua, A = 1 e B = −T na expansão de fração parcial de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{T}{sT+1}=\frac{1}{s}-\frac{T}{T\left ( s+\frac{1}{T} \right )}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{T}}$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\left ( 1-e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

o unit step response, c (t) tem os termos transiente e de estado estacionário.

O termo transitório na resposta da etapa da unidade é -

$$c_{tr}(t)=-e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

O termo de estado estacionário na resposta ao degrau unitário é -

$$c_{ss}(t)=u(t)$$

A figura a seguir mostra a resposta da etapa da unidade.

O valor do unit step response, c(t)é zero em t = 0 e para todos os valores negativos de t. Está aumentando gradualmente do valor zero e finalmente atinge um no estado estacionário. Portanto, o valor do estado estacionário depende da magnitude da entrada.

Resposta de rampa do sistema de primeira ordem

Considere o unit ramp signal como uma entrada para o sistema de primeira ordem.

$So, r(t)=tu(t)$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$$R(s)=\frac{1}{s^2}$$

Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Substituto, $R(s)=\frac{1}{s^2}$ na equação acima.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left ( \frac{1}{s^2} \right )=\frac{1}{s^2(sT+1)}$$

Faça frações parciais de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^2(sT+1)}=\frac{A}{s^2}+\frac{B}{s}+\frac{C}{sT+1}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{s^2(sT+1)}=\frac{A(sT+1)+Bs(sT+1)+Cs^2}{s^2(sT+1)}$$

Em ambos os lados, o termo denominador é o mesmo. Então, eles serão cancelados um pelo outro. Portanto, iguale os termos do numerador.

$$1=A(sT+1)+Bs(sT+1)+Cs^2$$

Ao igualar os termos constantes em ambos os lados, você obterá A = 1.

Substitua, A = 1 e iguale o coeficiente dos termos s em ambos os lados.

$$0=T+B \Rightarrow B=-T$$

Da mesma forma, substitua B = −T e iguale o coeficiente de $s^2$termos em ambos os lados. Você vai ter$C=T^2$.

Substitua A = 1, B = −T e $C = T^2$ na expansão da fração parcial de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T^2}{sT+1}=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T^2}{T\left ( s+\frac{1}{T} \right )}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{T}{s}+\frac{T}{s+\frac{1}{T}}$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\left ( t-T+Te^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

o unit ramp response, c (t) tem os termos transiente e de estado estacionário.

O termo transitório na resposta da rampa unitária é -

$$c_{tr}(t)=Te^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

O termo de estado estacionário na resposta da rampa da unidade é -

$$c_{ss}(t)=(t-T)u(t)$$

A figura a seguir mostra a resposta da rampa da unidade.

o unit ramp response, c (t) segue o sinal de entrada da rampa unitária para todos os valores positivos de t. Porém, há um desvio de unidades T do sinal de entrada.

Resposta Parabólica do Sistema de Primeira Ordem

Considere o unit parabolic signal como uma entrada para o sistema de primeira ordem.

Então, $r(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$$R(s)=\frac{1}{s^3}$$

Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )R(s)$

Substituto $R(s)=\frac{1}{s^3}$ na equação acima.

$$C(s)=\left ( \frac{1}{sT+1} \right )\left( \frac{1}{s^3} \right )=\frac{1}{s^3(sT+1)}$$

Faça frações parciais de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s^3(sT+1)}=\frac{A}{s^3}+\frac{B}{s^2}+\frac{C}{s}+\frac{D}{sT+1}$$

Depois de simplificar, você obterá os valores de A, B, C e D como 1, $-T, \: T^2\: and \: −T^3$respectivamente. Substitua esses valores na expansão da fração parcial de C (s) acima.

$C(s)=\frac{1}{s^3}-\frac{T}{s^2}+\frac{T^2}{s}-\frac{T^3}{sT+1} \: \Rightarrow C(s)=\frac{1}{s^3}-\frac{T}{s^2}+\frac{T^2}{s}-\frac{T^2}{s+\frac{1}{T}}$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\left ( \frac{t^2}{2} -Tt+T^2-T^2e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )} \right )u(t)$$

o unit parabolic response, c (t) tem os termos transiente e de estado estacionário.

O termo transitório na resposta parabólica da unidade é

$$C_{tr}(t)=-T^2e^{-\left ( \frac{t}{T} \right )}u(t)$$

O termo de estado estacionário na resposta parabólica da unidade é

$$C_{ss}(t)=\left ( \frac{t^2}{2} -Tt+T^2 \right )u(t)$$

A partir dessas respostas, podemos concluir que os sistemas de controle de primeira ordem não são estáveis ​​com a rampa e as entradas parabólicas porque essas respostas continuam aumentando mesmo em uma quantidade infinita de tempo. Os sistemas de controle de primeira ordem são estáveis ​​com entradas de impulso e degrau porque essas respostas têm saída limitada. Mas, a resposta ao impulso não tem termo de estado estacionário. Assim, o sinal de degrau é amplamente utilizado no domínio do tempo para analisar os sistemas de controle a partir de suas respostas.

Neste capítulo, vamos discutir o tempo de resposta do sistema de segunda ordem. Considere o seguinte diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada. Aqui, uma função de transferência de malha aberta,$\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)}$ está conectado com um feedback negativo da unidade.

Sabemos que a função de transferência do sistema de controle de malha fechada tendo feedback negativo unitário como

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

Substituto, $G(s)=\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)}$ na equação acima.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\left (\frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)} \right )}{1+ \left ( \frac{\omega ^2_n}{s(s+2\delta \omega_n)} \right )}=\frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta \omega _ns+\omega _n^2}$$

A potência de 's' é dois no termo denominador. Portanto, a função de transferência acima é de segunda ordem e o sistema é chamado desecond order system.

A equação característica é -

$$s^2+2\delta \omega _ns+\omega _n^2=0$$

As raízes da equação característica são -

$$s=\frac{-2\omega \delta _n\pm \sqrt{(2\delta\omega _n)^2-4\omega _n^2}}{2}=\frac{-2(\delta\omega _n\pm \omega _n\sqrt{\delta ^2-1})}{2}$$

$$\Rightarrow s=-\delta \omega_n \pm \omega _n\sqrt{\delta ^2-1}$$

• As duas raízes são imaginárias quando δ = 0.
• As duas raízes são reais e iguais quando δ = 1.
• As duas raízes são reais, mas não iguais quando δ> 1.
• As duas raízes são conjugadas complexas quando 0 <δ <1.

Nós podemos escrever $C(s)$ equação como,

$$C(s)=\left ( \frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2} \right )R(s)$$

Onde,

• C(s) é a transformada de Laplace do sinal de saída, c (t)

• R(s) é a transformada de Laplace do sinal de entrada, r (t)

• ω_n é a frequência natural

• δ é a taxa de amortecimento.

Siga estas etapas para obter a resposta (saída) do sistema de segunda ordem no domínio do tempo.

• Tome a transformação de Laplace do sinal de entrada, $r(t)$.

• Considere a equação, $C(s)=\left ( \frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2} \right )R(s)$

• Substituto $R(s)$ valor na equação acima.

• Faça frações parciais de $C(s)$ se necessário.

• Aplicar transformada de Laplace inversa a $C(s)$.

Resposta ao Passo do Sistema de Segunda Ordem

Considere o sinal de etapa da unidade como uma entrada para o sistema de segunda ordem.

A transformada de Laplace do sinal de passo unitário é,

$$R(s)=\frac{1}{s}$$

Sabemos que a função de transferência do sistema de controle de malha fechada de segunda ordem é,

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega _n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Caso 1: δ = 0

Substituto, $\delta = 0$ na função de transferência.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2} \right )R(s)$$

Substituto, $R(s) = \frac{1}{s}$ na equação acima.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{s^2+\omega_n^2} \right )\left( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s(s^2+\omega_n^2)}$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\left ( 1-\cos(\omega_n t) \right )u(t)$$

Portanto, a resposta da etapa da unidade do sistema de segunda ordem quando $/delta = 0$ será um sinal de tempo contínuo com amplitude e frequência constantes.

Caso 2: δ = 1

Substituto, $/delta = 1$ na função de transferência.

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\omega_ns+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\omega_n)^2} \right)R(s)$$

Substituto, $R(s) = \frac{1}{s}$ na equação acima.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\omega_n)^2} \right)\left ( \frac{1}{s} \right)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\omega_n)^2}$$

Faça frações parciais de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\omega_n)^2}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+\omega_n}+\frac{C}{(s+\omega_n)^2}$$

Depois de simplificar, você obterá os valores de A, B e C como $1,\: -1\: and \: −\omega _n$respectivamente. Substitua esses valores na expansão da fração parcial acima de$C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\omega_n}-\frac{\omega_n}{(s+\omega_n)^2}$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=(1-e^{-\omega_nt}-\omega _nte^{-\omega_nt})u(t)$$

Assim, a resposta ao degrau unitário do sistema de segunda ordem tentará alcançar a entrada degrau em estado estacionário.

Caso 3: 0 <δ <1

Podemos modificar o termo denominador da função de transferência da seguinte forma -

$$s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2=\left \{ s^2+2(s)(\delta \omega_n)+(\delta \omega_n)^2 \right \}+\omega_n^2-(\delta\omega_n)^2$$

$$=(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)$$

A função de transferência torna-se,

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)} \right )R(s)$$

Substituto, $R(s) = \frac{1}{s}$ na equação acima.

$$C(s)=\left( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)} \right )\left( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s\left ((s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2) \right)}$$

Faça frações parciais de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s\left ((s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2) \right)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

Depois de simplificar, você obterá os valores de A, B e C como $1,\: -1 \: and \: −2\delta \omega _n$respectivamente. Substitua esses valores na expansão da fração parcial de C (s) acima.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{s+2\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{s+\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}-\frac{\delta\omega_n}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_n^2(1-\delta^2)}$$

$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{(s+\delta\omega_n)}{(s+\delta\omega_n)^2+(\omega_n\sqrt{1-\delta^2})^2}-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( \frac{\omega_n\sqrt{1-\delta^2}}{(s+\delta\omega_n)^2+(\omega_n\sqrt{1-\delta^2})^2} \right )$

Substituto, $\omega_n\sqrt{1-\delta^2}$ Como $\omega_d$ na equação acima.

$$C(s)=\frac{1}{s}-\frac{(s+\delta\omega_n)}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_d^2}-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( \frac{\omega_d}{(s+\delta\omega_n)^2+\omega_d^2} \right )$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$c(t)=\left ( 1-e^{-\delta \omega_nt}\cos(\omega_dt)-\frac{\delta}{\sqrt{1-\delta^2}}e^{-\delta\omega_nt}\sin(\omega_dt) \right )u(t)$$

$$c(t)=\left ( 1-\frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}}\left ( (\sqrt{1-\delta^2})\cos(\omega_dt)+\delta \sin(\omega_dt) \right ) \right )u(t)$$

E se $\sqrt{1-\delta^2}=\sin(\theta)$, então 'δ' será cos (θ). Substitua esses valores na equação acima.

$$c(t)=\left ( 1-\frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}}(\sin(\theta)\cos(\omega_dt)+\cos(\theta)\sin(\omega_dt)) \right )u(t)$$

$$\Rightarrow c(t)=\left ( 1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta) \right )u(t)$$

Assim, a resposta ao degrau unitário do sistema de segunda ordem está tendo oscilações amortecidas (amplitude decrescente) quando 'δ' está entre zero e um.

Caso 4: δ> 1

Podemos modificar o termo denominador da função de transferência da seguinte forma -

$$s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2=\left \{ s^2+2(s)(\delta\omega_n)+(\delta\omega_n)^2 \right \}+\omega_n^2-(\delta\omega_n)^2$$

$$=\left ( s+\delta\omega_n \right )^2-\omega_n^2\left ( \delta^2-1 \right )$$

A função de transferência torna-se,

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-\omega_n^2(\delta^2-1)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\left ( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-\omega_n^2(\delta^2-1)} \right )R(s)$$

Substituto, $R(s) = \frac{1}{s}$ na equação acima.

$C(s)=\left ( \frac{\omega_n^2}{(s+\delta\omega_n)^2-(\omega_n\sqrt{\delta^2-1})^2} \right )\left ( \frac{1}{s} \right )=\frac{\omega_n^2}{s(s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})(s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})}$

Faça frações parciais de $C(s)$.

$$C(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})(s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})}$$

$$=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1}}+\frac{C}{s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1}}$$

Depois de simplificar, você obterá os valores de A, B e C como 1, $\frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}$ e $\frac{-1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}$respectivamente. Substitua esses valores na expansão da fração parcial acima de$C(s)$.

$$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})}\left ( \frac{1}{s+\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1}} \right )-\left ( \frac{1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )\left ( \frac{1}{s+\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1}} \right )$$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$c(t)=\left ( 1+\left ( \frac{1}{2(\delta+\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )e^{-(\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t}-\left ( \frac{1}{2(\delta-\sqrt{\delta^2-1})(\sqrt{\delta^2-1})} \right )e^{-(\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t} \right )u(t)$

Como está superamortecida, a resposta unitária ao degrau do sistema de segunda ordem quando δ> 1 nunca alcançará a entrada degrau no estado estacionário.

Resposta ao impulso do sistema de segunda ordem

o impulse response do sistema de segunda ordem pode ser obtido usando qualquer um desses dois métodos.

• Siga o procedimento envolvido enquanto deriva a resposta ao degrau, considerando o valor de $R(s)$ como 1 em vez de $\frac{1}{s}$.

• Faça a diferenciação da resposta ao degrau.

A tabela a seguir mostra a resposta ao impulso do sistema de segunda ordem para 4 casos da razão de amortecimento.

Razão de condição de amortecimento	Resposta ao impulso para t ≥ 0
δ = 0	$\omega_n\sin(\omega_nt)$
δ = 1	$\omega_n^2te^{-\omega_nt}$
0 <δ <1	$\left ( \frac{\omega_ne^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt)$
δ> 1	$\left ( \frac{\omega_n}{2\sqrt{\delta^2-1}} \right )\left ( e^{-(\delta\omega_n-\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t}-e^{-(\delta\omega_n+\omega_n\sqrt{\delta^2-1})t} \right )$

Neste capítulo, vamos discutir as especificações do domínio do tempo do sistema de segunda ordem. A resposta ao degrau do sistema de segunda ordem para a caixa subamortecida é mostrada na figura a seguir.

Todas as especificações de domínio de tempo estão representadas nesta figura. A resposta até o tempo de acomodação é conhecida como resposta transitória e a resposta após o tempo de acomodação é conhecida como resposta de estado estacionário.

Tempo de atraso

É o tempo necessário para que a resposta alcance half of its final valuea partir do instante zero. É denotado por$t_d$.

Considere a resposta ao degrau do sistema de segunda ordem para t ≥ 0, quando 'δ' está entre zero e um.

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

O valor final da resposta ao degrau é um.

Portanto, em $t=t_d$, o valor da resposta ao degrau será 0,5. Substitua esses valores na equação acima.

$$c(t_d)=0.5=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_d}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_d+\theta)$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_d}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_d+\theta)=0.5$$

Usando a aproximação linear, você obterá o delay time t_d Como

$$t_d=\frac{1+0.7\delta}{\omega_n}$$

Tempo de subida

É o tempo necessário para que a resposta surja de 0% to 100% of its final value. Isso é aplicável para ounder-damped systems. Para os sistemas superamortecidos, considere a duração de 10% a 90% do valor final. O tempo de subida é denotado port_r.

Em t = t ₁ = 0, c (t) = 0.

Sabemos que o valor final da resposta ao degrau é um.

Portanto, em $t = t_2$, o valor da resposta ao degrau é um. Substitua esses valores na seguinte equação.

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

$$c(t_2)=1=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_2}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_2+\theta)$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_2}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_2+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\omega_dt_2+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \omega_dt_2+\theta=\pi$$

$$\Rightarrow t_2=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$$

Substitua os valores t ₁ e t ₂ na seguinte equação derise time,

$$t_r=t_2-t_1$$

$$\therefore \: t_r=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$$

Da equação acima, podemos concluir que o tempo de subida $t_r$ e a frequência amortecida $\omega_d$ são inversamente proporcionais entre si.

Horário de pico

É o tempo necessário para que a resposta alcance o peak valuepela primeira vez. É denotado por$t_p$. Em$t = t_p$, a primeira derivada da resposta é zero.

Sabemos que a resposta ao degrau do sistema de segunda ordem para casos subamortecidos é

$$c(t)=1-\left ( \frac{e^{-\delta \omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

Diferenciar $c(t)$ em relação a 't'.

$$\frac{\text{d}c(t)}{\text{d}t}=-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\omega_d\cos(\omega_dt+\theta)-\left ( \frac{-\delta\omega_ne^{-\delta\omega_nt}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt+\theta)$$

Substituto, $t=t_p$ e $\frac{\text{d}c(t)}{\text{d}t}=0$ na equação acima.

$$0=-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_p}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\left [ \omega_d\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\omega_n\sin(\omega_dt_p+\theta) \right ]$$

$$\Rightarrow \omega_n\sqrt{1-\delta^2}\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\omega_n\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sqrt{1-\delta^2}\cos(\omega_dt_p+\theta)-\delta\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\theta)\cos(\omega_dt_p+\theta)-\cos(\theta)\sin(\omega_dt_p+\theta)=0$$

$$\Rightarrow \sin(\theta-\omega_dt_p-\theta)=0$$

$$\Rightarrow sin(-\omega_dt_p)=0\Rightarrow -\sin(\omega_dt_p)=0\Rightarrow sin(\omega_dt_p)=0$$

$$\Rightarrow \omega_dt_p=\pi$$

$$\Rightarrow t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$$

A partir da equação acima, podemos concluir que o horário de pico $t_p$ e a frequência amortecida $\omega_d$ são inversamente proporcionais entre si.

Peak Overshoot

Superação de pico M_pé definido como o desvio da resposta no horário de pico do valor final da resposta. Também é chamado demaximum overshoot.

Matematicamente, podemos escrever como

$$M_p=c(t_p)-c(\infty)$$

Onde,

c (t _p ) é o valor de pico da resposta.

c (∞) é o valor final (estado estacionário) da resposta.

Em $t = t_p$, a resposta c (t) é -

$$c(t_p)=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_nt_p}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin(\omega_dt_p+\theta)$$

Substituto, $t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$ no lado direito da equação acima.

$$c(t_P)=1-\left ( \frac{e^{-\delta\omega_n\left ( \frac{\pi}{\omega_d} \right )}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )\sin\left ( \omega_d\left ( \frac{\pi}{\omega_d} \right ) +\theta\right )$$

$$\Rightarrow c(t_p)=1-\left ( \frac{e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )(-\sin(\theta))$$

Nós sabemos isso

$$\sin(\theta)=\sqrt{1-\delta^2}$$

Então, vamos conseguir $c(t_p)$ Como

$$c(t_p)=1+e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}$$

Substitua os valores de $c(t_p)$ e $c(\infty)$ na equação de ultrapassagem de pico.

$$M_p=1+e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}-1$$

$$\Rightarrow M_p=e^{-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )}$$

Percentage of peak overshoot % $M_p$ pode ser calculado usando esta fórmula.

$$\%M_p=\frac{M_p}{c(\infty )}\times 100\%$$

Substituindo os valores de $M_p$ e $c(\infty)$ na fórmula acima, obteremos a porcentagem do pico de ultrapassagem $\%M_p$ Como

$$\%M_p=\left ( e^ {-\left ( \frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right )} \right )\times 100\%$$

A partir da equação acima, podemos concluir que a porcentagem de ultrapassagem de pico $\% M_p$ diminuirá se a taxa de amortecimento $\delta$ aumenta.

Tempo de acomodação

É o tempo necessário para que a resposta atinja o estado estacionário e permaneça dentro das faixas de tolerância especificadas em torno do valor final. Em geral, as faixas de tolerância são de 2% e 5%. O tempo de acomodação é denotado por$t_s$.

O tempo de acomodação para a faixa de tolerância de 5% é -

$$t_s=\frac{3}{\delta\omega_n}=3\tau$$

O tempo de acomodação para a faixa de tolerância de 2% é -

$$t_s=\frac{4}{\delta\omega_n}=4\tau$$

Onde, $\tau$ é a constante de tempo e é igual a $\frac{1}{\delta\omega_n}$.

• Tanto o tempo de acomodação $t_s$ e a constante de tempo $\tau$ são inversamente proporcionais à taxa de amortecimento $\delta$.

• Tanto o tempo de acomodação $t_s$ e a constante de tempo $\tau$são independentes do ganho do sistema. Isso significa que até mesmo o sistema ganha mudanças, o tempo de acomodação$t_s$ e constante de tempo $\tau$ nunca vai mudar.

Exemplo

Vamos agora encontrar as especificações no domínio do tempo de um sistema de controle com a função de transferência em malha fechada $\frac{4}{s^2+2s+4}$ quando o sinal de etapa da unidade é aplicado como uma entrada para este sistema de controle.

Sabemos que a forma padrão da função de transferência do sistema de controle de malha fechada de segunda ordem como

$$\frac{\omega_n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Equacionando essas duas funções de transferência, obteremos a frequência natural não amortecida $\omega_n$ como 2 rad / seg e a taxa de amortecimento $\delta$ como 0,5.

Nós conhecemos a fórmula para frequência amortecida $\omega_d$ Como

$$\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\delta^2}$$

Substituto, $\omega_n$ e $\delta$ valores na fórmula acima.

$$\Rightarrow \omega_d=2\sqrt{1-(0.5)^2}$$

$$\Rightarrow \omega_d=1.732 \: rad/sec$$

Substituto, $\delta$ valor na seguinte relação

$$\theta=\cos^{-1}\delta$$

$$\Rightarrow \theta=\cos^{-1}(0.5)=\frac{\pi}{3}\:rad$$

Substitua os valores necessários acima na fórmula de cada especificação no domínio do tempo e simplifique para obter os valores das especificações no domínio do tempo para determinada função de transferência.

A tabela a seguir mostra as fórmulas de especificações no domínio do tempo, substituição dos valores necessários e os valores finais.

Especificação de domínio de tempo	Fórmula	Substituição de valores na Fórmula	Valor final
Tempo de atraso	$t_d=\frac{1+0.7\delta}{\omega_n}$	$t_d=\frac{1+0.7(0.5)}{2}$	$t_d$= 0,675 s
Tempo de subida	$t_r=\frac{\pi-\theta}{\omega_d}$	$t_r=\frac{\pi-(\frac{\pi}{3})}{1.732}$	$t_r$= 1.207 s
Horário de pico	$t_p=\frac{\pi}{\omega_d}$	$t_p=\frac{\pi}{1.732}$	$t_p$= 1.813 seg
% Peak overshoot	$\%M_p=\left( e^{-\left (\frac{\delta\pi}{\sqrt{1-\delta^2}} \right ) }\right )\times 100\%$	$\%M_p=\left( e^{-\left (\frac{0.5\pi}{\sqrt{1-(0.5)^2}} \right ) }\right )\times 100\%$	$\% \: M_p$= 16,32%
Tempo de acomodação para banda de tolerância de 2%	$t_s=\frac{4}{\delta\omega_n}$	$t_S=\frac{4}{(0.5)(2)}$	$t_s$= 4 s

O desvio da saída do sistema de controle da resposta desejada durante o estado estacionário é conhecido como steady state error. É representado como$e_{ss}$. Podemos encontrar o erro de estado estacionário usando o teorema do valor final como segue.

$$e_{ss}=\lim_{t \to \infty}e(t)=\lim_{s \to 0}sE(s)$$

Onde,

E (s) é a transformada de Laplace do sinal de erro, $e(t)$

Vamos discutir como encontrar erros de estado estacionário para sistemas de controle de feedback unitário e não-unitário, um por um.

Erros de estado estacionário para sistemas de realimentação da unidade

Considere o seguinte diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada, que está tendo feedback negativo unitário.

Onde,

• R (s) é a transformada de Laplace do sinal de entrada de referência $r(t)$
• C (s) é a transformada de Laplace do sinal de saída $c(t)$

Conhecemos a função de transferência do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário como

$$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow C(s)=\frac{R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

A saída do ponto de soma é -

$$E(s)=R(s)-C(s)$$

Substituto $C(s)$ valor na equação acima.

$$E(s)=R(s)-\frac{R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow E(s)=\frac{R(s)+R(s)G(s)-R(s)G(s)}{1+G(s)}$$

$$\Rightarrow E(s)=\frac{R(s)}{1+G(s)}$$

Substituto $E(s)$ valor na fórmula de erro de estado estacionário

$$e_{ss}=\lim_{s \to 0} \frac{sR(s)}{1+G(s)}$$

A tabela a seguir mostra os erros de estado estacionário e as constantes de erro para sinais de entrada padrão como etapa da unidade, rampa da unidade e sinais parabólicos da unidade.

Sinal de entrada	Erro de estado estacionário $e_{ss}$	Constante de erro
sinal de etapa da unidade	$\frac{1}{1+k_p}$	$K_p=\lim_{s \to 0}G(s)$
sinal de rampa da unidade	$\frac{1}{K_v}$	$K_v=\lim_{s \to 0}sG(s)$
sinal parabólico unitário	$\frac{1}{K_a}$	$K_a=\lim_{s \to 0}s^2G(s)$

Onde, $K_p$, $K_v$ e $K_a$ são constante de erro de posição, constante de erro de velocidade e constante de erro de aceleração, respectivamente.

Note - Se algum dos sinais de entrada acima tiver amplitude diferente da unidade, multiplique o erro de estado estacionário correspondente por essa amplitude.

Note- Não podemos definir o erro de regime permanente para o sinal de impulso da unidade porque, ele existe apenas na origem. Portanto, não podemos comparar a resposta ao impulso com a entrada de impulso da unidade comot denota infinito.

Exemplo

Vamos encontrar o erro de estado estacionário para um sinal de entrada $r(t)=\left( 5+2t+\frac{t^2}{2} \right )u(t)$ do sistema de controle de feedback negativo da unidade com $G(s)=\frac{5(s+4)}{s^2(s+1)(s+20)}$

O sinal de entrada fornecido é uma combinação de três passos de sinais, rampa e parabólico. A tabela a seguir mostra as constantes de erro e os valores de erro de estado estacionário para esses três sinais.

Sinal de entrada	Constante de erro	Erro de estado estacionário
$r_1(t)=5u(t)$	$K_p=\lim_{s \to 0}G(s)=\infty$	$e_{ss1}=\frac{5}{1+k_p}=0$
$r_2(t)=2tu(t)$	$K_v=\lim_{s \to 0}sG(s)=\infty$	$e_{ss2}=\frac{2}{K_v}=0$
$r_3(t)=\frac{t^2}{2}u(t)$	$K_a=\lim_{s \to 0}s^2G(s)=1$	$e_{ss3}=\frac{1}{k_a}=1$

Obteremos o erro geral de estado estacionário, adicionando os três erros de estado estacionário acima.

$$e_{ss}=e_{ss1}+e_{ss2}+e_{ss3}$$

$$\Rightarrow e_{ss}=0+0+1=1$$

Portanto, temos o erro de estado estacionário $e_{ss}$ Como 1 para este exemplo.

Erros de estado estacionário para sistemas de realimentação sem unidade

Considere o seguinte diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada, que está tendo feedback negativo de não unidade.

Podemos encontrar os erros de estado estacionário apenas para os sistemas de realimentação da unidade. Portanto, temos que converter o sistema de feedback não unitário em sistema de feedback unitário. Para isso, inclua um caminho de feedback positivo unitário e um caminho de feedback negativo unitário no diagrama de blocos acima. O novo diagrama de blocos é semelhante ao mostrado abaixo.

Simplifique o diagrama de blocos acima, mantendo o feedback negativo da unidade como está. A seguir está o diagrama de blocos simplificado.

Este diagrama de blocos se assemelha ao diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário. Aqui, o bloco único está tendo a função de transferência$\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)-G(s)}$ ao invés de $G(s)$. Agora você pode calcular os erros de estado estacionário usando a fórmula de erro de estado estacionário fornecida para os sistemas de feedback negativo unitário.

Note- Não faz sentido encontrar os erros de estado estacionário para sistemas de malha fechada instáveis. Portanto, temos que calcular os erros de estado estacionário apenas para sistemas estáveis ​​em malha fechada. Isso significa que precisamos verificar se o sistema de controle está estável ou não antes de encontrar os erros de estado estacionário. No próximo capítulo, discutiremos a estabilidade relacionada aos conceitos.

A estabilidade é um conceito importante. Neste capítulo, vamos discutir a estabilidade do sistema e os tipos de sistemas baseados na estabilidade.

O que é estabilidade?

Um sistema é considerado estável se sua saída estiver sob controle. Caso contrário, é considerado instável. UMAstable system produz uma saída limitada para uma determinada entrada limitada.

A figura a seguir mostra a resposta de um sistema estável.

Esta é a resposta do sistema de controle de primeira ordem para a entrada da etapa da unidade. Essa resposta tem os valores entre 0 e 1. Portanto, é uma saída limitada. Sabemos que o sinal de etapa unitária tem o valor de um para todos os valores positivos detincluindo zero. Portanto, é uma entrada limitada. Portanto, o sistema de controle de primeira ordem é estável, uma vez que tanto a entrada quanto a saída são limitadas.

Tipos de sistemas baseados na estabilidade

Podemos classificar os sistemas com base na estabilidade da seguinte maneira.

• Sistema absolutamente estável
• Sistema condicionalmente estável
• Sistema marginalmente estável

Sistema absolutamente estável

Se o sistema for estável para toda a gama de valores de componentes do sistema, é conhecido como absolutely stable system. O sistema de controle de malha aberta é absolutamente estável se todos os pólos da função de transferência de malha aberta estiverem presentes na metade esquerda do‘s’ plane. Da mesma forma, o sistema de controle em malha fechada é absolutamente estável se todos os pólos da função de transferência em malha fechada estiverem presentes na metade esquerda do plano 's'.

Sistema condicionalmente estável

Se o sistema é estável para um determinado intervalo de valores de componentes do sistema, é conhecido como conditionally stable system.

Sistema Marginalmente Estável

Se o sistema é estável, produzindo um sinal de saída com amplitude constante e frequência constante de oscilações para entrada limitada, então é conhecido como marginally stable system. O sistema de controle de malha aberta é marginalmente estável se quaisquer dois pólos da função de transferência de malha aberta estiverem presentes no eixo imaginário. Da mesma forma, o sistema de controle de malha fechada é marginalmente estável se quaisquer dois pólos da função de transferência de malha fechada estiverem presentes no eixo imaginário.

Neste capítulo, vamos discutir a análise de estabilidade no ‘s’domínio usando o critério de estabilidade de RouthHurwitz. Neste critério, exigimos a equação característica para encontrar a estabilidade dos sistemas de controle de malha fechada.

Critério de estabilidade de Routh-Hurwitz

O critério de estabilidade de Routh-Hurwitz é ter uma condição necessária e uma condição suficiente para estabilidade. Se algum sistema de controle não satisfizer a condição necessária, podemos dizer que o sistema de controle é instável. Mas, se o sistema de controle satisfizer a condição necessária, ele pode ou não ser estável. Portanto, a condição suficiente é útil para saber se o sistema de controle está estável ou não.

Condição necessária para estabilidade de Routh-Hurwitz

A condição necessária é que os coeficientes do polinômio característico sejam positivos. Isso implica que todas as raízes da equação característica devem ter partes reais negativas.

Considere a equação característica da ordem 'n' é -

$$a_0s^n+a_1s^{n-1}+a_2s^{n-2}+...+a_{n-1}s^1+a_ns^0=0$$

Observe que não deve haver nenhum termo faltando no n^thequação característica de ordem. Isso significa que on^th a equação característica de ordem não deve ter nenhum coeficiente de valor zero.

Condição Suficiente para Estabilidade Routh-Hurwitz

A condição suficiente é que todos os elementos da primeira coluna do array Routh tenham o mesmo sinal. Isso significa que todos os elementos da primeira coluna da matriz Routh devem ser positivos ou negativos.

Método Routh Array

Se todas as raízes da equação característica existirem na metade esquerda do plano 's', então o sistema de controle é estável. Se pelo menos uma raiz da equação característica existir na metade direita do plano 's', então o sistema de controle é instável. Portanto, temos que encontrar as raízes da equação característica para saber se o sistema de controle é estável ou instável. Porém, é difícil encontrar as raízes da equação característica à medida que a ordem aumenta.

Então, para superar esse problema, temos o Routh array method. Neste método, não há necessidade de calcular as raízes da equação característica. Primeiro, formule a tabela Routh e encontre o número das mudanças de sinal na primeira coluna da tabela Routh. O número de mudanças de sinal na primeira coluna da tabela Routh fornece o número de raízes da equação característica que existe na metade direita do plano 's' e o sistema de controle é instável.

Siga este procedimento para formar a mesa Routh.

• Preencha as duas primeiras linhas da matriz Routh com os coeficientes do polinômio característico conforme mencionado na tabela abaixo. Comece com o coeficiente de$s^n$ e continue até o coeficiente de $s^0$.

• Preencha as linhas restantes do array Routh com os elementos mencionados na tabela abaixo. Continue este processo até obter o primeiro elemento de coluna derow $s^0$ é $a_n$. Aqui,$a_n$ é o coeficiente de $s^0$ no polinômio característico.

Note - Se qualquer elemento de linha da tabela Routh tiver algum fator comum, você pode dividir os elementos de linha com esse fator para simplificar.

A tabela a seguir mostra a matriz Routh do polinômio característico de ^enésima ordem.

$$a_0s^n+a_1s^{n-1}+a_2s^{n-2}+...+a_{n-1}s^1+a_ns^0$$

$s^n$	$a_0$	$a_2$	$a_4$	$a_6$	...	...
$s^{n-1}$	$a_1$	$a_3$	$a_5$	$a_7$	...	...
$s^{n-2}$	$b_1=\frac{a_1a_2-a_3a_0}{a_1}$	$b_2=\frac{a_1a_4-a_5a_0}{a_1}$	$b_3=\frac{a_1a_6-a_7a_0}{a_1}$	...	...	...
$s^{n-3}$	$c_1=\frac{b_1a_3-b_2a_1}{b_1}$	$c_2=\frac{b_1a_55-b_3a_1}{b_1}$	$\vdots$
$\vdots $	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
$s^1$	$\vdots$	$\vdots$
$s^0$	$a_n$

Example

Vamos encontrar a estabilidade do sistema de controle com equação característica,

$$s^4+3s^3+3s^2+2s+1=0$$

Step 1 - Verifique as condições necessárias para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Todos os coeficientes do polinômio característico, $s^4+3s^3+3s^2+2s+1$são positivos. Assim, o sistema de controle satisfaz as condições necessárias.

Step 2 - Forme a matriz Routh para o polinômio característico fornecido.

$s^4$	$1$	$3$	$1$
$s^3$	$3$	$2$
$s^2$	$\frac{(3 \times 3)-(2 \times 1)}{3}=\frac{7}{3}$	$\frac{(3 \times 1)-(0 \times 1)}{3}=\frac{3}{3}=1$
$s^1$	$\frac{\left ( \frac{7}{3}\times 2 \right )-(1 \times 3)}{\frac{7}{3}}=\frac{5}{7}$
$s^0$	$1$

Step 3 - Verifique as condições suficientes para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Todos os elementos da primeira coluna da matriz Routh são positivos. Não há mudança de sinal na primeira coluna da matriz Routh. Portanto, o sistema de controle é estável.

Casos Especiais de Matriz Routh

Podemos nos deparar com dois tipos de situações, durante a formação da mesa Routh. É difícil completar a tabela Routh nessas duas situações.

Os dois casos especiais são -

• O primeiro elemento de qualquer linha da matriz Routh é zero.
• Todos os elementos de qualquer linha da matriz Routh são zero.

Vamos agora discutir como superar a dificuldade nesses dois casos, um por um.

O primeiro elemento de qualquer linha da matriz Routh é zero

Se qualquer linha da matriz Routh contiver apenas o primeiro elemento como zero e pelo menos um dos elementos restantes tiver valor diferente de zero, substitua o primeiro elemento por um pequeno inteiro positivo, $\epsilon$. E então continue o processo de completar a tabela Routh. Agora, encontre o número de mudanças de sinal na primeira coluna da tabela Routh, substituindo$\epsilon$ tende a zero.

Example

Vamos encontrar a estabilidade do sistema de controle com equação característica,

$$s^4+2s^3+s^2+2s+1=0$$

Step 1 - Verifique as condições necessárias para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Todos os coeficientes do polinômio característico, $s^4+2s^3+s^2+2s+1$são positivos. Portanto, o sistema de controle satisfez a condição necessária.

Step 2 - Forme a matriz Routh para o polinômio característico fornecido.

$s^4$	$1$	$1$	$1$
$s^3$	2 1	2 1
$s^2$	$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$	$\frac{(1 \times 1)-(0 \times 1)}{1}=1$
$s^1$
$s^0$

A fila $s^3$os elementos têm 2 como o fator comum. Portanto, todos esses elementos são divididos por 2.

Special case (i) - Apenas o primeiro elemento da linha $s^2$é zero. Então, substitua por$\epsilon$ e continue o processo de preenchimento da tabela Routh.

$s^4$	1	1	1
$s^3$	1	1
$s^2$	$\epsilon$	1
$s^1$	$\frac{\left ( \epsilon \times 1 \right )-\left ( 1 \times 1 \right )}{\epsilon}=\frac{\epsilon-1}{\epsilon}$
$s^0$	1

Step 3 - Verifique as condições suficientes para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Como $\epsilon$ tende a zero, a tabela Routh fica assim.

$s^4$	1	1	1
$s^3$	1	1
$s^2$	0	1
$s^1$	-∞
$s^0$	1

Existem duas mudanças de sinal na primeira coluna da tabela Routh. Conseqüentemente, o sistema de controle é instável.

Todos os elementos de qualquer linha da matriz Routh são zero

Nesse caso, siga estas duas etapas -

• Escreva a equação auxiliar, A (s) da linha, que está logo acima da linha de zeros.

• Diferencie a equação auxiliar, A (s) em relação a s. Preencha a linha de zeros com esses coeficientes.

Example

Vamos encontrar a estabilidade do sistema de controle com equação característica,

$$s^5+3s^4+s^3+3s^2+s+3=0$$

Step 1 - Verifique as condições necessárias para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Todos os coeficientes do polinômio característico dado são positivos. Portanto, o sistema de controle satisfez a condição necessária.

Step 2 - Forme a matriz Routh para o polinômio característico fornecido.

$s^5$	1	1	1
$s^4$	3 1	3 1	3 1
$s^3$	$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$	$\frac{(1 \times 1)-(1 \times 1)}{1}=0$
$s^2$
$s^1$
$s^0$

A fila $s^4$ os elementos têm o fator comum de 3. Portanto, todos esses elementos são divididos por 3.

Special case (ii) - Todos os elementos da linha $s^3$são zero. Então, escreva a equação auxiliar, A (s) da linha$s^4$.

$$A(s)=s^4+s^2+1$$

Diferencie a equação acima em relação a s.

$$\frac{\text{d}A(s)}{\text{d}s}=4s^3+2s$$

Coloque esses coeficientes em linha $s^3$.

$s^5$	1	1	1
$s^4$	1	1	1
$s^3$	4 2	2 1
$s^2$	$\frac{(2 \times 1)-(1 \times 1)}{2}=0.5$	$\frac{(2 \times 1)-(0 \times 1)}{2}=1$
$s^1$	$\frac{(0.5 \times 1)-(1 \times 2)}{0.5}=\frac{-1.5}{0.5}=-3$
$s^0$	1

Step 3 - Verifique as condições suficientes para a estabilidade de Routh-Hurwitz.

Existem duas mudanças de sinal na primeira coluna da tabela Routh. Conseqüentemente, o sistema de controle é instável.

No critério de estabilidade de Routh-Hurwitz, podemos saber se os pólos de malha fechada estão na metade esquerda do plano 's' ou na metade direita do plano 's' ou em um eixo imaginário. Portanto, não podemos encontrar a natureza do sistema de controle. Para superar essa limitação, existe uma técnica conhecida como locus da raiz. Discutiremos essa técnica nos próximos dois capítulos.

No diagrama do local da raiz, podemos observar a trajetória dos pólos em malha fechada. Portanto, podemos identificar a natureza do sistema de controle. Nesta técnica, usaremos uma função de transferência em malha aberta para saber a estabilidade do sistema de controle em malha fechada.

Noções básicas de locus raiz

O locus raiz é o locus das raízes da equação característica, variando o ganho do sistema K de zero a infinito.

Sabemos que, a equação característica do sistema de controle de malha fechada é

$$1+G(s)H(s)=0$$

Nós podemos representar $G(s)H(s)$ Como

$$G(s)H(s)=K\frac{N(s)}{D(s)}$$

Onde,

• K representa o fator de multiplicação

• N (s) representa o termo numerador ter (multiplicada) n ^th polinomial de ordem 's'.

• D (s) representa o termo denominador ter (multiplicada) m ^th polinomial de ordem 's'.

Substituto, $G(s)H(s)$ valor na equação característica.

$$1+k\frac{N(s)}{D(s)}=0$$

$$\Rightarrow D(s)+KN(s)=0$$

Case 1 − K = 0

E se $K=0$, então $D(s)=0$.

Isso significa que os pólos de malha fechada são iguais aos pólos de malha aberta quando K é zero.

Case 2 − K = ∞

Reescreva a equação característica acima como

$$K\left(\frac{1}{K}+\frac{N(s)}{D(s)} \right )=0 \Rightarrow \frac{1}{K}+\frac{N(s)}{D(s)}=0$$

Substituto, $K = \infty$ na equação acima.

$$\frac{1}{\infty}+\frac{N(s)}{D(s)}=0 \Rightarrow \frac{N(s)}{D(s)}=0 \Rightarrow N(s)=0$$

E se $K=\infty$, então $N(s)=0$. Isso significa que os pólos da malha fechada são iguais aos zeros da malha aberta quando K é infinito.

Dos dois casos anteriores, podemos concluir que os ramos do lugar da raiz começam nos pólos de malha aberta e terminam em zeros de malha aberta.

Condição de ângulo e condição de magnitude

Os pontos nas ramificações do local da raiz satisfazem a condição do ângulo. Assim, a condição do ângulo é usada para saber se o ponto existe no ramo do local da raiz ou não. Podemos encontrar o valor de K para os pontos nos ramos do lugar geométrico da raiz usando a condição de magnitude. Portanto, podemos usar a condição de magnitude para os pontos, e isso satisfaz a condição de ângulo.

A equação característica do sistema de controle de malha fechada é

$$1+G(s)H(s)=0$$

$$\Rightarrow G(s)H(s)=-1+j0$$

o phase angle do $G(s)H(s)$ é

$$\angle G(s)H(s)=\tan^{-1}\left ( \frac{0}{-1} \right )=(2n+1)\pi$$

o angle conditioné o ponto em que o ângulo da função de transferência de malha aberta é um múltiplo ímpar de 180 ⁰ .

Magnitude de $G(s)H(s)$ é -

$$|G(s)H(s)|=\sqrt {(-1)^2+0^2}=1$$

A condição de magnitude é aquele ponto (que satisfez a condição de ângulo) no qual a magnitude da função de transferência de malha aberta é um.

o root locusé uma representação gráfica no domínio s e é simétrica em relação ao eixo real. Porque os pólos e zeros de malha aberta existem no domínio s, tendo os valores como pares reais ou complexos conjugados. Neste capítulo, vamos discutir como construir (desenhar) o lugar geométrico da raiz.

Regras para construção de locus raiz

Siga estas regras para construir um lugar geométrico da raiz.

Rule 1 - Localize os pólos e zeros de loop aberto no plano 's'.

Rule 2 - Encontre o número de ramos do local da raiz.

Sabemos que as ramificações do lugar geométrico da raiz começam nos pólos da malha aberta e terminam nos zeros da malha aberta. Então, o número de ramos do locus da raizN é igual ao número de pólos de malha aberta finitos P ou o número de zeros de loop aberto finito Z, o que for maior.

Matematicamente, podemos escrever o número de ramos do locus raiz N Como

$N=P$ E se $P\geq Z$

$N=Z$ E se $P<Z$

Rule 3 - Identificar e desenhar o real axis root locus branches.

Se o ângulo da função de transferência de malha aberta em um ponto for um múltiplo ímpar de 180 ⁰ , então esse ponto está no lugar geométrico da raiz. Se houver um número ímpar de pólos e zeros em malha aberta à esquerda de um ponto no eixo real, então esse ponto está no ramo do lugar geométrico da raiz. Portanto, o ramo de pontos que satisfaz essa condição é o eixo real do ramo do local da raiz.

Rule 4 - Encontre o centroide e o ângulo das assíntotas.

• E se $P = Z$, então todos os ramos do locus raiz começam em pólos de loop aberto finito e terminam em zeros de loop aberto finito.

• E se $P > Z$ , então $Z$ número de ramos do locus raiz começa em pólos de loop aberto finito e termina em zeros de loop aberto finito e $P − Z$ número de ramos do locus raiz começa em pólos de loop aberto finitos e termina em zeros de loop aberto infinito.

• E se $P < Z$ , então o número P de ramos do locus raiz começa em pólos de loop aberto finito e termina em zeros de loop aberto finito e $Z − P$ número de ramos do locus raiz começa em pólos de loop aberto infinito e termina em zeros de loop aberto finito.

Então, alguns dos ramos do locus raiz se aproximam do infinito, quando $P \neq Z$. As assíntotas fornecem a direção desses ramos do locus da raiz. O ponto de intersecção das assíntotas no eixo real é conhecido comocentroid.

Podemos calcular o centroid α usando esta fórmula,

$\alpha = \frac{\sum Real\: part\: of\: finite\: open\: loop\: poles\:-\sum Real\: part\: of\: finite\: open\: loop\: zeros}{P-Z}$

A fórmula para o ângulo de asymptotes θ é

$$\theta=\frac{(2q+1)180^0}{P-Z}$$

Onde,

$$q=0,1,2,....,(P-Z)-1$$

Rule 5 - Encontre os pontos de intersecção dos ramos do local da raiz com um eixo imaginário.

Podemos calcular o ponto em que o ramo do lugar geométrico da raiz intersecta o eixo imaginário e o valor de K nesse ponto, usando o método de array Routh e case (ii).

• Se todos os elementos de qualquer linha da matriz Routh forem zero, a ramificação do local da raiz intercepta o eixo imaginário e vice-versa.

• Identifique a linha de forma que, se definirmos o primeiro elemento como zero, os elementos de toda a linha serão zero. Encontre o valor deK para esta combinação.

• Substitua isto Kvalor na equação auxiliar. Você obterá o ponto de interseção do ramo do local da raiz com um eixo imaginário.

Rule 6 - Encontre pontos de break-away e break-in.

• Se houver um ramo real do locus da raiz do eixo entre dois pólos de malha aberta, então haverá um break-away point entre esses dois pólos de malha aberta.

• Se houver um ramo real do locus da raiz do eixo entre dois zeros de loop aberto, então haverá um break-in point entre esses dois zeros de loop aberto.

Note - Os pontos de ruptura e de abertura existem apenas nas ramificações do local central da raiz do eixo real.

Siga estas etapas para localizar os pontos de quebra e quebra.

• Escreva $K$ em termos de $s$ da equação característica $1 + G(s)H(s) = 0$.

• Diferenciar $K$com respeito a se torná-lo igual a zero. Substitua esses valores de$s$ na equação acima.

• Os valores de $s$ para o qual o $K$ valor é positivo são os break points.

Rule 7 - Encontre o ângulo de partida e o ângulo de chegada.

O ângulo de partida e o ângulo de chegada podem ser calculados em pólos de malha aberta de conjugado complexo e zeros de malha aberta de conjugado complexo, respectivamente.

A fórmula para o angle of departure $\phi_d$ é

$$\phi_d=180^0-\phi$$

A fórmula para o angle of arrival $\phi_a$ é

$$\phi_a=180^0+\phi$$

Onde,

$$\phi=\sum \phi_P-\sum \phi_Z$$

Exemplo

Vamos agora desenhar a localização raiz do sistema de controle com função de transferência de malha aberta, $G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+5)}$

Step 1 - A função de transferência de malha aberta dada tem três pólos em $s = 0, s = −1$ e $s = −5$. Não tem nenhum zero. Portanto, o número de ramos do local da raiz é igual ao número de pólos da função de transferência em malha aberta.

$$N=P=3$$

Os três pólos localizados são mostrados na figura acima. O segmento de linha entre$s = −1$ e $s = 0$é uma ramificação do lugar geométrico da raiz no eixo real. E o outro ramo do local da raiz no eixo real é o segmento de linha à esquerda de$s = −5$.

Step 2 - Obteremos os valores do centróide e o ângulo das assíntotas usando as fórmulas fornecidas.

Centroid $\alpha = −2$

O ângulo das assíntotas são $\theta = 60^0,180^0$ e $300^0$.

O centróide e três assíntotas são mostrados na figura a seguir.

Step 3 - Uma vez que duas assíntotas têm ângulos de $60^0$ e $300^0$, dois ramos do local da raiz cruzam o eixo imaginário. Ao usar o método de matriz Routh e o caso especial (ii), os ramos do lugar geométrico da raiz cruzam o eixo imaginário em$j\sqrt{5}$ e $−j\sqrt{5}$.

Haverá um ponto de ruptura no ramo do locus da raiz do eixo real entre os pólos $s = −1$ e $s = 0$. Seguindo o procedimento dado para o cálculo do ponto de ruptura, iremos obtê-lo como$s = −0.473$.

O diagrama de localização da raiz para o sistema de controle fornecido é mostrado na figura a seguir.

Desta forma, você pode desenhar o diagrama do local da raiz de qualquer sistema de controle e observar o movimento dos pólos da função de transferência em malha fechada.

A partir dos diagramas de localização das raízes, podemos saber a faixa de valores K para diferentes tipos de amortecimento.

Efeitos da adição de pólos e zeros em malha aberta no lugar da raiz

O locus da raiz pode ser deslocado em ‘s’ plane adicionando os pólos de loop aberto e os zeros de loop aberto.

• Se incluirmos um pólo na função de transferência de malha aberta, então alguns dos ramos do local da raiz se moverão para a metade direita do plano 's'. Por causa disso, a taxa de amortecimento$\delta$diminui. O que implica frequência amortecida$\omega_d$ aumenta e as especificações do domínio do tempo, como o tempo de atraso $t_d$, tempo de subida $t_r$ e horário de pico $t_p$diminuir. Porém, isso afeta a estabilidade do sistema.

• Se incluirmos um zero na função de transferência de malha aberta, alguns dos ramos do local da raiz se moverão para a metade esquerda do plano 's'. Assim, aumentará a estabilidade do sistema de controle. Neste caso, a taxa de amortecimento$\delta$aumenta. O que implica frequência amortecida$\omega_d$ diminui e as especificações do domínio do tempo, como o tempo de atraso $t_d$, tempo de subida $t_r$ e horário de pico $t_p$ aumentar.

Portanto, com base no requisito, podemos incluir (adicionar) os pólos ou zeros de malha aberta à função de transferência.

Já discutimos a análise de resposta no tempo dos sistemas de controle e as especificações no domínio do tempo dos sistemas de controle de segunda ordem. Neste capítulo, vamos discutir a análise da resposta em frequência dos sistemas de controle e as especificações no domínio da frequência dos sistemas de controle de segunda ordem.

O que é resposta de frequência?

A resposta de um sistema pode ser dividida em resposta transiente e resposta de estado estacionário. Podemos encontrar a resposta transitória usando integrais de Fourier. A resposta de estado estacionário de um sistema para um sinal sinusoidal de entrada é conhecida como ofrequency response. Neste capítulo, vamos nos concentrar apenas na resposta de estado estacionário.

Se um sinal senoidal é aplicado como entrada a um sistema Linear Invariante no Tempo (LTI), ele produz a saída de estado estacionário, que também é um sinal senoidal. Os sinais sinusoidais de entrada e saída têm a mesma frequência, mas diferentes amplitudes e ângulos de fase.

Deixe o sinal de entrada ser -

$$r(t)=A\sin(\omega_0t)$$

A função de transferência de malha aberta será -

$$G(s)=G(j\omega)$$

Nós podemos representar $G(j\omega)$ em termos de magnitude e fase, conforme mostrado abaixo.

$$G(j\omega)=|G(j\omega)| \angle G(j\omega)$$

Substituto, $\omega = \omega_0$ na equação acima.

$$G(j\omega_0)=|G(j\omega_0)| \angle G(j\omega_0)$$

O sinal de saída é

$$c(t)=A|G(j\omega_0)|\sin(\omega_0t + \angle G(j\omega_0))$$

• o amplitude do sinal sinusoidal de saída é obtido multiplicando a amplitude do sinal sinusoidal de entrada e a magnitude de $G(j\omega)$ em $\omega = \omega_0$.

• o phase do sinal sinusoidal de saída é obtido adicionando a fase do sinal sinusoidal de entrada e a fase de $G(j\omega)$ em $\omega = \omega_0$.

Onde,

• A é a amplitude do sinal sinusoidal de entrada.

• ω₀ é a frequência angular do sinal senoidal de entrada.

Podemos escrever, frequência angular $\omega_0$ como mostrado abaixo.

$$\omega_0=2\pi f_0$$

Aqui, $f_0$é a frequência do sinal sinusoidal de entrada. Da mesma forma, você pode seguir o mesmo procedimento para o sistema de controle de malha fechada.

Especificações de domínio de frequência

As especificações do domínio da frequência são resonant peak, resonant frequency and bandwidth.

Considere a função de transferência do sistema de controle de malha fechada de segunda ordem como,

$$T(s)=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\delta\omega_ns+\omega_n^2}$$

Substituto, $s = j\omega$ na equação acima.

$$T(j\omega)=\frac{\omega_n^2}{(j\omega)^2+2\delta\omega_n(j\omega)+\omega_n^2}$$

$$\Rightarrow T(j\omega)=\frac{\omega_n^2}{-\omega^2+2j\delta\omega\omega_n+\omega_n^2}=\frac{\omega_n^2}{\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )}$$

$$\Rightarrow T(j\omega)=\frac{1}{\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2} \right )+j\left ( \frac{2\delta\omega}{\omega_n} \right )}$$

Deixei, $\frac{\omega}{\omega_n}=u$ Substitua este valor na equação acima.

$$T(j\omega)=\frac{1}{(1-u^2)+j(2\delta u)}$$

Magnitude de $T(j\omega)$ é -

$$M=|T(j\omega)|=\frac{1}{\sqrt {(1-u^2)^2+(2\delta u)^2}}$$

Fase de $T(j\omega)$ é -

$$\angle T(j\omega)=-tan^{-1}\left( \frac{2\delta u}{1-u^2} \right )$$

Frequência de ressonância

É a frequência na qual a magnitude da resposta de frequência atinge o valor de pico pela primeira vez. É denotado por$\omega_r$. Em$\omega = \omega_r$, a primeira derivada da magnitude de $T(j\omega)$ é zero.

Diferenciar $M$ em relação a $u$.

$$\frac{\text{d}M}{\text{d}u}=-\frac{1}{2}\left [ (1-u^2)^2+(2\delta u)^2 \right ]^{\frac{-3}{2}} \left [2(1-u^2)(-2u)+2(2\delta u)(2\delta) \right ]$$

$$\Rightarrow \frac{\text{d}M}{\text{d}u}=-\frac{1}{2}\left [ (1-u^2)^2+(2\delta u)^2 \right ]^{\frac{-3}{2}} \left [4u(u^2-1 +2\delta^2) \right ]$$

Substituto, $u=u_r$ e $\frac{\text{d}M}{\text{d}u}==0$ na equação acima.

$$0=-\frac{1}{2}\left [ (1-u_r^2)^2+(2\delta u_r)^2 \right ]^{-\frac{3}{2}}\left [ 4u_r(u_r^2-1 +2\delta^2) \right ]$$

$$\Rightarrow 4u_r(u_r^2-1 +2\delta^2)=0$$

$$\Rightarrow u_r^2-1+2\delta^2=0$$

$$\Rightarrow u_r^2=1-2\delta^2$$

$$\Rightarrow u_r=\sqrt{1-2\delta^2}$$

Substituto, $u_r=\frac{\omega_r}{\omega_n}$ na equação acima.

$$\frac{\omega_r}{\omega_n}=\sqrt{1-2\delta^2}$$

$$\Rightarrow \omega_r=\omega_n \sqrt{1-2\delta^2}$$

Pico Ressonante

É o valor de pico (máximo) da magnitude de $T(j\omega)$. É denotado por$M_r$.

Em $u = u_r$, a magnitude de $T(j\omega)$ é -

$$M_r=\frac{1}{\sqrt{(1-u_r^2)^2+(2\delta u_r)^2}}$$

Substituto, $u_r = \sqrt{1 − 2\delta^2}$ e $1 − u_r^2 = 2\delta^2$ na equação acima.

$$M_r=\frac{1}{\sqrt{(2\delta^2)^2+(2\delta \sqrt{1-2\delta^2})^2}}$$

$$\Rightarrow M_r=\frac{1}{2\delta \sqrt {1-\delta^2}}$$

O pico ressonante na resposta de frequência corresponde ao pico de ultrapassagem na resposta transiente do domínio do tempo para certos valores da razão de amortecimento $\delta$. Portanto, o pico ressonante e a ultrapassagem do pico estão correlacionados entre si.

Largura de banda

É a faixa de frequências sobre a qual, a magnitude de $T(j\omega)$ cai para 70,7% de seu valor de frequência zero.

Em $\omega = 0$, o valor de $u$ será zero.

Substituto, $u = 0$ em M.

$$M=\frac{1}{\sqrt {(1-0^2)^2+(2\delta(0))^2}}=1$$

Portanto, a magnitude de $T(j\omega)$ é um em $\omega = 0$.

Na frequência de 3 dB, a magnitude de $T(j\omega)$ será de 70,7% da magnitude da $T(j\omega)$ em $\omega = 0$.

eu como $\omega = \omega_B, M = 0.707(1) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

$$\Rightarrow M=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{(1-u_b^2)^2+(2\delta u_b)^2}}$$

$$\Rightarrow 2=(1-u_b^2)^2+(2\delta)^2 u_b^2$$

Deixei, $u_b^2=x$

$$\Rightarrow 2=(1-x)^2+(2\delta)^2 x$$

$$\Rightarrow x^2+(4\delta^2-2)x-1=0$$

$$\Rightarrow x=\frac{-(4\delta^2 -2)\pm \sqrt{(4\delta^2-2)^2+4}}{2}$$

Considere apenas o valor positivo de x.

$$x=1-2\delta^2+\sqrt {(2\delta^2-1)^2+1}$$

$$\Rightarrow x=1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}$$

Substituto, $x=u_b^2=\frac{\omega_b^2}{\omega_n^2}$

$$\frac{\omega_b^2}{\omega_n^2}=1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}$$

$$\Rightarrow \omega_b=\omega_n \sqrt {1-2\delta^2+\sqrt {(2-4\delta^2+4\delta^4)}}$$

Largura de banda $\omega_b$ na resposta de frequência é inversamente proporcional ao tempo de subida $t_r$ na resposta transitória do domínio do tempo.

O gráfico de Bode ou o diagrama de Bode consiste em dois gráficos -

• Gráfico de magnitude
• Gráfico de fase

Em ambos os gráficos, o eixo x representa a frequência angular (escala logarítmica). Considerando que yaxis representa a magnitude (escala linear) da função de transferência de malha aberta no gráfico de magnitude e o ângulo de fase (escala linear) da função de transferência de malha aberta no gráfico de fase.

o magnitude da função de transferência de malha aberta em dB é -

$$M=20\: \log|G(j\omega)H(j\omega)|$$

o phase angle da função de transferência de malha aberta em graus é -

$$\phi=\angle G(j\omega)H(j\omega)$$

Note - A base do logaritmo é 10.

Básico de gráficos de Bode

A tabela a seguir mostra a inclinação, a magnitude e os valores do ângulo de fase dos termos presentes na função de transferência em malha aberta. Esses dados são úteis ao desenhar os gráficos de Bode.

Tipo de termo	G (jω) H (jω)	Inclinação (dB / dec)	Magnitude (dB)	Ângulo de fase (graus)
Constante	$K$	$0$	$20 \log K$	$0$
Zero na origem	$j\omega$	$20$	$20 \log \omega$	$90$
'n' zeros na origem	$(j\omega)^n$	$20\: n$	$20\: n \log \omega$	$90\: n$
Pólo na origem	$\frac{1}{j\omega}$	$-20$	$-20 \log \omega$	$-90 \: or \: 270$
'n' pólos na origem	$\frac{1}{(j\omega)^n}$	$-20\: n$	$-20 \: n \log \omega$	$-90 \: n \: or \: 270 \: n$
Zero simples	$1+j\omega r$	$20$	$0\: for\: \omega < \frac{1}{r}$ $20\: \log \omega r\: for \: \omega > \frac{1}{r}$	$0 \: for \: \omega < \frac{1}{r}$ $90 \: for \: \omega > \frac{1}{r}$
Poste simples	$\frac{1}{1+j\omega r}$	$-20$	$0\: for\: \omega < \frac{1}{r}$ $-20\: \log \omega r\: for\: \omega > \frac{1}{r}$	$0 \: for \: \omega < \frac{1}{r}$ $-90\: or \: 270 \: for\: \omega > \frac{1}{r}$
Termo derivado de segunda ordem	$\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )$	$40$	$40\: \log\: \omega_n\: for \: \omega < \omega_n$ $20\: \log\:(2\delta\omega_n^2)\: for \: \omega=\omega_n$ $40 \: \log \: \omega\:for \:\omega > \omega_n$	$0 \: for \: \omega < \omega_n$ $90 \: for \: \omega = \omega_n$ $180 \: for \: \omega > \omega_n$
Termo integral de segunda ordem	$\frac{1}{\omega_n^2\left ( 1-\frac{\omega^2}{\omega_n^2}+\frac{2j\delta\omega}{\omega_n} \right )}$	$-40$	$-40\: \log\: \omega_n\: for \: \omega < \omega_n$ $-20\: \log\:(2\delta\omega_n^2)\: for \: \omega=\omega_n$ $-40 \: \log \: \omega\:for \:\omega > \omega_n$	$-0 \: for \: \omega < \omega_n$ $-90 \: for \: \omega = \omega_n$ $-180 \: for \: \omega > \omega_n$

Considere a função de transferência de malha aberta $G(s)H(s) = K$.

Magnitude $M = 20\: \log K$ dB

Ângulo de fase $\phi = 0$ graus

E se $K = 1$, então a magnitude é 0 dB.

E se $K > 1$, então a magnitude será positiva.

E se $K < 1$, então a magnitude será negativa.

A figura a seguir mostra o gráfico de Bode correspondente.

O gráfico de magnitude é uma linha horizontal, que é independente da frequência. A própria linha de 0 dB é o gráfico de magnitude quando o valor de K é um. Para os valores positivos de K, a linha horizontal mudará$20 \:\log K$dB acima da linha de 0 dB. Para os valores negativos de K, a linha horizontal mudará$20\: \log K$dB abaixo da linha de 0 dB. A própria linha de zero graus é o gráfico de fase para todos os valores positivos de K.

Considere a função de transferência de malha aberta $G(s)H(s) = s$.

Magnitude $M = 20 \log \omega$ dB

Ângulo de fase $\phi = 90^0$

Em $\omega = 0.1$ rad / s, a magnitude é -20 dB.

Em $\omega = 1$ rad / s, a magnitude é 0 dB.

Em $\omega = 10$ rad / s, a magnitude é de 20 dB.

A figura a seguir mostra o gráfico de Bode correspondente.

O gráfico de magnitude é uma linha, que tem uma inclinação de 20 dB / dec. Esta linha começou em$\omega = 0.1$rad / seg tendo uma magnitude de -20 dB e continua na mesma inclinação. Está tocando a linha de 0 dB em$\omega = 1$rad / s. Neste caso, o gráfico de fase é 90 ⁰ linha.

Considere a função de transferência de malha aberta $G(s)H(s) = 1 + s\tau$.

Magnitude $M = 20\: log \sqrt{1 + \omega^2\tau^2}$ dB

Ângulo de fase $\phi = \tan^{-1}\omega\tau$ graus

Para $ω < \frac{1}{\tau}$ , a magnitude é 0 dB e o ângulo de fase é 0 graus.

Para $\omega > \frac{1}{\tau}$ , a magnitude é $20\: \log \omega\tau$dB e o ângulo de fase é 90 ⁰ .

A figura a seguir mostra o gráfico de Bode correspondente.

O gráfico de magnitude tem magnitude de 0 dB até $\omega=\frac{1}{\tau}$rad / s. De$\omega = \frac{1}{\tau}$rad / s, tem uma inclinação de 20 dB / dec. Neste caso, o gráfico de fase tem um ângulo de fase de 0 graus até$\omega = \frac{1}{\tau}$rad / seg e daqui, ele está tendo um ângulo de fase de 90 ⁰ . Este gráfico de Bode é chamado deasymptotic Bode plot.

Como os gráficos de magnitude e fase são representados com linhas retas, os gráficos Exact Bode se assemelham aos gráficos Bode assintóticos. A única diferença é que os gráficos de Bode Exato terão curvas simples em vez de linhas retas.

Da mesma forma, você pode desenhar os gráficos de Bode para outros termos da função de transferência de malha aberta que são fornecidos na tabela.

Neste capítulo, vamos entender em detalhes como construir (desenhar) gráficos de Bode.

Regras para construção de gráficos de Bode

Siga essas regras ao construir um gráfico de Bode.

• Representa a função de transferência de malha aberta na forma de constante de tempo padrão.

• Substituto, $s=j\omega$ na equação acima.

• Encontre as frequências de canto e organize-as em ordem crescente.

• Considere a frequência a partir do diagrama de Bode como 1/10 ^th da frequência de canto mínimo ou 0,1 rad / seg a que for menor valor e desenhar o diagrama de Bode até 10 vezes a frequência máxima de canto.

• Desenhe os gráficos de magnitude para cada termo e combine esses gráficos corretamente.

• Desenhe os gráficos de fase para cada termo e combine esses gráficos corretamente.

Note - A frequência do canto é a frequência na qual há uma mudança na inclinação do gráfico de magnitude.

Exemplo

Considere a função de transferência de malha aberta de um sistema de controle de malha fechada

$$G(s)H(s)=\frac{10s}{(s+2)(s+5)}$$

Vamos converter esta função de transferência de malha aberta na forma de constante de tempo padrão.

$$G(s)H(s)=\frac{10s}{2\left( \frac{s}{2}+1 \right )5 \left( \frac{s}{5}+1 \right )}$$

$$\Rightarrow G(s)H(s)=\frac{s}{\left( 1+\frac{s}{2} \right )\left( 1+\frac{s}{5} \right )}$$

Portanto, podemos desenhar o gráfico de Bode em uma folha de semi log usando as regras mencionadas anteriormente.

Análise de estabilidade usando gráficos de Bode

A partir dos gráficos de Bode, podemos dizer se o sistema de controle é estável, marginalmente estável ou instável com base nos valores desses parâmetros.

• Ganho de frequência de cruzamento e frequência de cruzamento de fase
• Margem de ganho e margem de fase

Frequência de passagem de fase

A frequência na qual o gráfico de fase está tendo a fase de -180 ⁰ é conhecida comophase cross over frequency. É denotado por$\omega_{pc}$. A unidade de frequência de cruzamento de fase érad/sec.

Ganho de frequência cruzada

A frequência na qual o gráfico de magnitude está tendo a magnitude de zero dB é conhecida como gain cross over frequency. É denotado por$\omega_{gc}$. A unidade de frequência de cruzamento de ganho érad/sec.

A estabilidade do sistema de controle com base na relação entre a frequência de cruzamento de fase e a frequência de cruzamento de ganho está listada abaixo.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é maior do que a frequência de cruzamento de ganho $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é stable.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é igual à frequência de cruzamento de ganho $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é marginally stable.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é menor do que a frequência de cruzamento de ganho $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é unstable.

Ganho de margem

Margem de ganho $GM$ é igual a negativo da magnitude em dB na frequência de cruzamento de fase.

$$GM=20\log\left( \frac{1}{M_{pc}}\right )=20logM_{pc}$$

Onde, $M_{pc}$é a magnitude na frequência de cruzamento de fase. A unidade de margem de ganho (GM) édB.

Margem de Fase

A fórmula para margem de fase $PM$ é

$$PM=180^0+\phi_{gc}$$

Onde, $\phi_{gc}$é o ângulo de fase na frequência de cruzamento de ganho. A unidade de margem de fase édegrees.

A estabilidade do sistema de controle com base na relação entre a margem de ganho e a margem de fase está listada abaixo.

• Se tanto a margem de ganho $GM$ e a margem de fase $PM$ são positivos, então o sistema de controle é stable.

• Se tanto a margem de ganho $GM$ e a margem de fase $PM$ são iguais a zero, então o sistema de controle é marginally stable.

• Se a margem de ganho $GM$ e / ou a margem de fase $PM$ são / são negativos, então o sistema de controle é unstable.

Nos capítulos anteriores, discutimos os gráficos de Bode. Lá, temos dois gráficos separados para magnitude e fase como função da frequência. Vamos agora discutir sobre gráficos polares. O gráfico polar é um gráfico que pode ser traçado entre magnitude e fase. Aqui, as magnitudes são representadas apenas por valores normais.

A forma polar de $G(j\omega)H(j\omega)$ é

$$G(j\omega)H(j\omega)=|G(j\omega)H(j\omega)| \angle G(j\omega)H(j\omega)$$

o Polar plot é um gráfico, que pode ser desenhado entre a magnitude e o ângulo de fase de $G(j\omega)H(j\omega)$ variando $\omega$de zero a ∞. A folha do gráfico polar é mostrada na figura a seguir.

Esta folha de gráfico consiste em círculos concêntricos e linhas radiais. oconcentric circles e a radial linesrepresentam as magnitudes e os ângulos de fase, respectivamente. Esses ângulos são representados por valores positivos no sentido anti-horário. Da mesma forma, podemos representar ângulos com valores negativos no sentido horário. Por exemplo, o ângulo 270 ⁰ no sentido anti-horário é igual ao ângulo −90 ⁰ no sentido horário.

Regras para desenhar gráficos polares

Siga estas regras para traçar os gráficos polares.

• Substituto, $s = j\omega$ na função de transferência de malha aberta.

• Escreva as expressões para magnitude e a fase de $G(j\omega)H(j\omega)$.

• Encontre a magnitude inicial e a fase de $G(j\omega)H(j\omega)$ substituindo $\omega = 0$. Portanto, o gráfico polar começa com esta magnitude e o ângulo de fase.

• Encontre a magnitude final e a fase de $G(j\omega)H(j\omega)$ substituindo $\omega = \infty$. Portanto, o gráfico polar termina com esta magnitude e o ângulo de fase.

• Verifique se o gráfico polar cruza o eixo real, tornando o termo imaginário de $G(j\omega)H(j\omega)$ igual a zero e encontre o (s) valor (es) de $\omega$.

• Verifique se o gráfico polar cruza o eixo imaginário, tornando o termo real de $G(j\omega)H(j\omega)$ igual a zero e encontre o (s) valor (es) de $\omega$.

• Para desenhar o gráfico polar com mais clareza, encontre a magnitude e a fase de $G(j\omega)H(j\omega)$ considerando o (s) outro (s) valor (es) de $\omega$.

Exemplo

Considere a função de transferência de malha aberta de um sistema de controle de malha fechada.

$$G(s)H(s)=\frac{5}{s(s+1)(s+2)}$$

Vamos desenhar o gráfico polar para este sistema de controle usando as regras acima.

Step 1 - Substituto, $s = j\omega$ na função de transferência de malha aberta.

$$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{5}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)}$$

A magnitude da função de transferência de malha aberta é

$$M=\frac{5}{\omega(\sqrt{\omega^2+1})(\sqrt{\omega^2+4})}$$

O ângulo de fase da função de transferência de malha aberta é

$$\phi=-90^0-\tan^{-1}\omega-\tan^{-1}\frac{\omega}{2}$$

Step 2 - A tabela a seguir mostra a magnitude e o ângulo de fase da função de transferência de malha aberta em $\omega = 0$ rad / seg e $\omega = \infty$ rad / s.

Frequência (rad / s)	Magnitude	Ângulo de fase (graus)
0	∞	-90 ou 270
∞	0	-270 ou 90

Portanto, o gráfico polar começa em (∞, −90 ⁰ ) e termina em (0, −270 ⁰ ). O primeiro e o segundo termos entre colchetes indicam a magnitude e o ângulo de fase, respectivamente.

Step 3- Com base nas coordenadas polares inicial e final, este gráfico polar cruzará o eixo real negativo. O ângulo de fase correspondente ao eixo real negativo é -180 ⁰ ou 180 ⁰ . Assim, ao igualar o ângulo de fase da função de transferência de malha aberta a -180 ⁰ ou 180 ⁰ , obteremos o$\omega$ valor como $\sqrt{2}$.

Substituindo $\omega = \sqrt{2}$ na magnitude da função de transferência de malha aberta, obteremos $M = 0.83$. Portanto, o gráfico polar cruza o eixo real negativo quando$\omega = \sqrt{2}$e a coordenada polar é (0,83, -180 ⁰ ).

Portanto, podemos desenhar o gráfico polar com as informações acima na folha do gráfico polar.

Os gráficos de Nyquist são a continuação dos gráficos polares para encontrar a estabilidade dos sistemas de controle de malha fechada variando ω de −∞ a ∞. Isso significa que os gráficos de Nyquist são usados ​​para desenhar a resposta de frequência completa da função de transferência de malha aberta.

Critério de estabilidade de Nyquist

O critério de estabilidade de Nyquist funciona no principle of argument. Afirma que, se houver pólos P e Z zeros estiverem incluídos no caminho fechado do plano 's', então o correspondente$G(s)H(s)$ o plano deve circundar a origem $P − Z$vezes. Então, podemos escrever o número de círculos N como,

$$N=P-Z$$

• Se o plano fechado do caminho fechado contiver apenas pólos, então a direção do cerco no $G(s)H(s)$ plano será oposto à direção do caminho fechado fechado no plano 's'.

• Se o caminho fechado do plano fechado contiver apenas zeros, então a direção do cerco no $G(s)H(s)$ plano estará na mesma direção do caminho fechado fechado no plano 's'.

Vamos agora aplicar o princípio do argumento a toda a metade direita do plano 's', selecionando-o como um caminho fechado. Este caminho selecionado é chamado deNyquist contorno.

Sabemos que o sistema de controle em malha fechada é estável se todos os pólos da função de transferência em malha fechada estiverem na metade esquerda do plano 's'. Portanto, os pólos da função de transferência em malha fechada nada mais são do que as raízes da equação característica. À medida que a ordem da equação característica aumenta, é difícil encontrar as raízes. Portanto, vamos correlacionar essas raízes da equação característica da seguinte maneira.

• Os pólos da equação característica são iguais aos pólos da função de transferência em malha aberta.

• Os zeros da equação característica são iguais aos dos pólos da função de transferência em malha fechada.

Sabemos que o sistema de controle de malha aberta é estável se não houver pólo de malha aberta na metade direita do plano 's'.

ie,$P=0 \Rightarrow N=-Z$

Sabemos que o sistema de controle em malha fechada é estável se não houver pólo em malha fechada na metade direita do plano 's'.

ie,$Z=0 \Rightarrow N=P$

Nyquist stability criterionafirma que o número de círculos sobre o ponto crítico (1 + j0) deve ser igual aos pólos da equação característica, que nada mais é do que os pólos da função de transferência de malha aberta na metade direita do plano 's'. O deslocamento na origem para (1 + j0) fornece o plano de equação característico.

Regras para desenhar plotagens de Nyquist

Siga estas regras para traçar os gráficos de Nyquist.

• Localize os pólos e zeros da função de transferência de malha aberta $G(s)H(s)$ no avião de 's'.

• Desenhe o gráfico polar variando $\omega$de zero ao infinito. Se pólo ou zero presente em s = 0, então variando$\omega$ de 0+ ao infinito para desenhar o gráfico polar.

• Desenhe a imagem espelhada do gráfico polar acima para valores de $\omega$variando de −∞ a zero (0 ^- se houver algum pólo ou zero presente em s = 0).

• O número de semicírculos de raio infinito será igual ao número de pólos ou zeros na origem. O semicírculo de raio infinito começará no ponto onde a imagem espelhada do gráfico polar termina. E este semicírculo de raio infinito terminará no ponto onde o gráfico polar começa.

Depois de desenhar o gráfico de Nyquist, podemos encontrar a estabilidade do sistema de controle de malha fechada usando o critério de estabilidade de Nyquist. Se o ponto crítico (-1 + j0) fica fora do cerco, então o sistema de controle de malha fechada é absolutamente estável.

Análise de estabilidade usando gráficos de Nyquist

A partir dos gráficos de Nyquist, podemos identificar se o sistema de controle é estável, marginalmente estável ou instável com base nos valores desses parâmetros.

• Ganho de frequência de cruzamento e frequência de cruzamento de fase
• Margem de ganho e margem de fase

Frequência de passagem de fase

A frequência na qual o gráfico de Nyquist intercepta o eixo real negativo (ângulo de fase é 180 ⁰ ) é conhecida como ophase cross over frequency. É denotado por$\omega_{pc}$.

Ganho de frequência cruzada

A frequência na qual o gráfico de Nyquist está tendo a magnitude de um é conhecida como o gain cross over frequency. É denotado por$\omega_{gc}$.

A estabilidade do sistema de controle com base na relação entre a frequência de cruzamento de fase e a frequência de cruzamento de ganho está listada abaixo.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é maior do que a frequência de cruzamento de ganho $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é stable.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é igual à frequência de cruzamento de ganho $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é marginally stable.

• Se a fase cruzar a frequência $\omega_{pc}$ é menor que o ganho de frequência cruzada $\omega_{gc}$, então o sistema de controle é unstable.

Ganho de margem

A margem de ganho $GM$ é igual ao recíproco da magnitude do gráfico de Nyquist na frequência de cruzamento de fase.

$$GM=\frac{1}{M_{pc}}$$

Onde, $M_{pc}$ é a magnitude na escala normal na frequência de cruzamento de fase.

Margem de Fase

A margem da fase $PM$é igual à soma de 180 ⁰ e o ângulo de fase na frequência de cruzamento de ganho.

$$PM=180^0+\phi_{gc}$$

Onde, $\phi_{gc}$ é o ângulo de fase na frequência de cruzamento de ganho.

A estabilidade do sistema de controle com base na relação entre a margem de ganho e a margem de fase está listada abaixo.

• Se a margem de ganho $GM$ é maior que um e a margem de fase $PM$ é positivo, então o sistema de controle é stable.

• Se a margem de ganho $GM$ é igual a um e a margem de fase $PM$ é zero grau, então o sistema de controle é marginally stable.

• Se a margem de ganho $GM$ é menor que um e / ou a margem da fase $PM$ é negativo, então o sistema de controle é unstable.

Existem três tipos de compensadores - compensadores de atraso, avanço e atraso-avanço. Estes são os mais comumente usados.

Compensador de Lag

O Compensador de Lag é uma rede elétrica que produz uma saída senoidal tendo o lag de fase quando uma entrada senoidal é aplicada. O circuito compensador de lag no domínio 's' é mostrado na figura a seguir.

Aqui, o capacitor está em série com o resistor $R_2$ e a saída é medida por meio dessa combinação.

A função de transferência deste compensador de atraso é -

$$\frac{V_o(s)}{V_i(s)}=\frac{1}{\alpha} \left( \frac{s+\frac{1}{\tau}}{s+\frac{1}{\alpha\tau}} \right )$$

Onde,

$$\tau=R_2C$$

$$\alpha=\frac{R_1+R_2}{R_2}$$

Da equação acima, $\alpha$ é sempre maior que um.

A partir da função de transferência, podemos concluir que o compensador de atraso tem um pólo em $s = − \frac{1}{\alpha \tau}$ e um zero em $s = −\frac{1}{\tau}$. Isso significa que o pólo estará mais próximo da origem na configuração pólo zero do compensador de atraso.

Substituto, $s = j\omega$ na função de transferência.

$$\frac{V_o(j\omega)}{V_i(j\omega)}=\frac{1}{\alpha}\left( \frac{j\omega+\frac{1}{\tau}}{j\omega+\frac{1}{\alpha\tau}}\right )$$

Ângulo de fase $\phi = \tan^{−1} \omega\tau − tan^{−1} \alpha\omega\tau$

Sabemos que, a fase do sinal sinusoidal de saída é igual à soma dos ângulos de fase do sinal sinusoidal de entrada e a função de transferência.

Portanto, para produzir o atraso de fase na saída deste compensador, o ângulo de fase da função de transferência deve ser negativo. Isso vai acontecer quando$\alpha > 1$.

Compensador de chumbo

O compensador de chumbo é uma rede elétrica que produz uma saída senoidal com condutor de fase quando uma entrada senoidal é aplicada. O circuito compensador de chumbo no domínio 's' é mostrado na figura a seguir.

Aqui, o capacitor é paralelo ao resistor $R_1$ e a saída é medida através do resistor $ R_2.

A função de transferência deste compensador de chumbo é -

$$ \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ beta \ left (\ frac {s \ tau + 1} {\ beta s \ tau + 1} \ right) $$

Onde,

$$ \ tau = R_1C $$

$$ \ beta = \ frac {R_2} {R_1 + R_2} $$

A partir da função de transferência, podemos concluir que o compensador de chumbo tem pólo em $ s = - \ frac {1} {\ beta}$ and zero at $s = - \ frac {1} {\ beta \ tau} $.

Substitua $ s = j \ omega $ na função de transferência.

$$ \ frac {V_o (j \ omega)} {V_i (j \ omega)} = \ beta \ left (\ frac {j \ omega \ tau + 1} {\ beta j \ omega \ tau + 1} \ right ) $$

Ângulo de fase $ \ phi = tan ^ {- 1} \ omega \ tau - tan ^ {- 1} \ beta \ omega \ tau $

Sabemos que, a fase do sinal sinusoidal de saída é igual à soma dos ângulos de fase do sinal sinusoidal de entrada e a função de transferência.

Portanto, para produzir o condutor de fase na saída deste compensador, o ângulo de fase da função de transferência deve ser positivo. Isso acontecerá quando $ 0 <\ beta <1 $. Portanto, o zero estará mais próximo da origem na configuração de pólo zero do compensador de condutor.

Compensador Lag-Lead

O compensador Lag-Lead é uma rede elétrica que produz atraso de fase em uma região de frequência e fase de avanço em outra região de frequência. É uma combinação dos compensadores de atraso e de avanço. O circuito compensador de atraso no domínio 's' é mostrado na figura a seguir.

Este circuito parece que ambos os compensadores estão em cascata. Portanto, a função de transferência deste circuito será o produto das funções de transferência dos compensadores de avanço e atraso.

$$ \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ beta \ left (\ frac {s \ tau_1 + 1} {\ beta s \ tau_1 + 1} \ right) \ frac {1} {\ alpha} \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_2}} {s + \ frac {1} {\ alpha \ tau_2}} \ right) $$

Sabemos $ \ alpha \ beta = 1 $.

$$ \ Rightarrow \ frac {V_o (s)} {V_i (s)} = \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_1}} {s + \ frac {1} {\ beta \ tau_1}} \ right) \ left (\ frac {s + \ frac {1} {\ tau_2}} {s + \ frac {1} {\ alpha \ tau_2}} \ right) $$

Onde,

$$ \ tau_1 = R_1C_1 $$

$$ \ tau_2 = R_2C_2 $$

Os vários tipos de controladores são usados ​​para melhorar o desempenho dos sistemas de controle. Neste capítulo, discutiremos os controladores básicos, como o proporcional, o derivativo e o integral.

Controlador Proporcional

O controlador proporcional produz uma saída, que é proporcional ao sinal de erro.

$$ u (t) \ propto e (t) $$

$$ \ Rightarrow u (t) = K_P e (t) $$

Aplicar transformada de Laplace em ambos os lados -

$$ U (s) = K_P E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P $$

Portanto, a função de transferência do controlador proporcional é $ K_P $.

Onde,

U (s) é a transformada de Laplace do sinal de atuação u (t)

E (s) é a transformada de Laplace do sinal de erro e (t)

K _P é a constante de proporcionalidade

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador proporcional é mostrado na figura a seguir.

O controlador proporcional é usado para alterar a resposta transitória de acordo com o requisito.

Controlador Derivativo

O controlador derivativo produz uma saída, que é derivada do sinal de erro.

$$ u (t) = K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Aplique a transformação de Laplace em ambos os lados.

$$ U (s) = K_D sE (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_D s $$

Portanto, a função de transferência do controlador derivativo é $ K_D s $.

Onde, $ K_D $ é a constante derivada.

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador derivativo é mostrado na figura a seguir.

O controlador derivativo é usado para transformar o sistema de controle instável em um sistema estável.

Controlador Integral

O controlador integral produz uma saída, que é integral do sinal de erro.

$$ u (t) = K_I \ int e (t) dt $$

Aplicar transformada de Laplace em ambos os lados -

$$ U (s) = \ frac {K_I E (s)} {s} $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = \ frac {K_I} {s} $$

Portanto, a função de transferência do controlador integral é $ \ frac {K_I} {s} $.

Onde, $ K_I $ é a constante integral.

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador integral é mostrado na figura a seguir.

O controlador integral é usado para diminuir o erro de estado estacionário.

Vamos agora discutir sobre a combinação de controladores básicos.

Controlador Derivativo Proporcional (PD)

O controlador derivativo proporcional produz uma saída, que é a combinação das saídas dos controladores proporcional e derivativo.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados -

$$ U (s) = (K_P + K_D s) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + K_D s $$

Portanto, a função de transferência do controlador derivativo proporcional é $ K_P + K_D s $.

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador derivativo proporcional é mostrado na figura a seguir.

O controlador derivativo proporcional é usado para melhorar a estabilidade do sistema de controle sem afetar o erro de estado estacionário.

Controlador Proporcional Integral (PI)

O controlador integral proporcional produz uma saída, que é a combinação das saídas dos controladores proporcional e integral.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_I \ int e (t) dt $$

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados -

$$ U (s) = \ left (K_P + \ frac {K_I} {s} \ right) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + \ frac {K_I} {s} $$

Portanto, a função de transferência do controlador integral proporcional é $ K_P + \ frac {K_I} {s} $.

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador integral proporcional é mostrado na figura a seguir.

O controlador integral proporcional é usado para diminuir o erro de estado estacionário sem afetar a estabilidade do sistema de controle.

Controlador Proporcional Integral Derivativo (PID)

O controlador derivativo integral proporcional produz uma saída, que é a combinação das saídas dos controladores proporcional, integral e derivativo.

$$ u (t) = K_P e (t) + K_I \ int e (t) dt + K_D \ frac {\ text {d} e (t)} {\ text {d} t} $$

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados -

$$ U (s) = \ left (K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s \ right) E (s) $$

$$ \ frac {U (s)} {E (s)} = K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s $$

Portanto, a função de transferência do controlador derivativo integral proporcional é $ K_P + \ frac {K_I} {s} + K_D s $.

O diagrama de blocos do sistema de controle de malha fechada de feedback negativo unitário junto com o controlador derivativo integral proporcional é mostrado na figura a seguir.

O controlador derivativo integral proporcional é usado para melhorar a estabilidade do sistema de controle e diminuir o erro de estado estacionário.

o state space model do sistema Linear Invariante no Tempo (LTI) pode ser representado como,

$$ \ dot {X} = AX + BU $$

$$ Y = CX + DU $$

A primeira e a segunda equações são conhecidas como equação de estado e equação de saída, respectivamente.

Onde,

• X e $ \ dot {X} $ são o vetor de estado e o vetor de estado diferencial, respectivamente.

• U e Y são vetores de entrada e de saída, respectivamente.

• A é a matriz do sistema.

• B e C são as matrizes de entrada e saída.

• D é a matriz feed-forward.

Conceitos básicos de modelo de espaço de estado

A seguinte terminologia básica envolvida neste capítulo.

Estado

É um grupo de variáveis, que resume a história do sistema de forma a prever os valores (outputs) futuros.

Estado variável

O número de variáveis ​​de estado necessárias é igual ao número de elementos de armazenamento presentes no sistema.

Examples - corrente fluindo através do indutor, tensão através do capacitor

Vetor de estado

É um vetor que contém as variáveis ​​de estado como elementos.

Nos capítulos anteriores, discutimos dois modelos matemáticos dos sistemas de controle. Esses são o modelo de equação diferencial e o modelo de função de transferência. O modelo de espaço de estados pode ser obtido a partir de qualquer um desses dois modelos matemáticos. Vamos agora discutir esses dois métodos um por um.

Modelo de espaço de estado da equação diferencial

Considere a seguinte série do circuito RLC. Ele está tendo uma tensão de entrada, $ v_i (t)$ and the current flowing through the circuit is $i (t) $.

Existem dois elementos de armazenamento (indutor e capacitor) neste circuito. Então, o número das variáveis ​​de estado é igual a dois e essas variáveis ​​de estado são a corrente fluindo através do indutor, $ i (t)$ and the voltage across capacitor, $v_c (t) $.

Do circuito, a tensão de saída, $ v_0 (t)$ is equal to the voltage across capacitor, $v_c (t) $.

$$ v_0 (t) = v_c (t) $$

Aplique KVL ao redor do loop.

$$ v_i (t) = Ri (t) + L \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} + v_c (t) $$

$$ \ Rightarrow \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} = - \ frac {Ri (t)} {L} - \ frac {v_c (t)} {L} + \ frac {v_i (t)} {L} $$

A tensão no capacitor é -

$$ v_c (t) = \ frac {1} {C} \ int i (t) dt $$

Diferencie a equação acima em relação ao tempo.

$$ \ frac {\ text {d} v_c (t)} {\ text {d} t} = \ frac {i (t)} {C} $$

Vetor de estado, $ X = \ begin {bmatriz} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} $

Vetor de estado diferencial, $ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} \\\ frac {\ text {d} v_c (t )} {\ text {d} t} \ end {bmatrix} $

Podemos organizar as equações diferenciais e a equação de saída na forma padrão do modelo de espaço de estado como,

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ text {d} i (t)} {\ text {d} t} \\\ frac {\ text {d} v_c (t)} { \ text {d} t} \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} - \ frac {R} {L} & - \ frac {1} {L} \\\ frac {1} {C} & 0 \ end {bmatriz} \ begin {bmatrix} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} \ frac {1} {L} \\ 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix } v_i (t) \ end {bmatrix} $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} i (t) \\ v_c (t) \ end {bmatrix} $$

Onde,

$$ A = \ begin {bmatrix} - \ frac {R} {L} & - \ frac {1} {L} \\\ frac {1} {C} & 0 \ end {bmatrix}, \: B = \ begin {bmatrix} \ frac {1} {L} \\ 0 \ end {bmatrix}, \: C = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \: e \: D = \ begin {bmatrix} } 0 \ end {bmatrix} $$

Modelo de espaço de estado da função de transferência

Considere os dois tipos de funções de transferência com base no tipo de termos presentes no numerador.

• Função de transferência com termo constante no Numerador.
• Função de transferência com função polinomial de 's' no Numerador.

Função de transferência com termo constante no Numerador

Considere a seguinte função de transferência de um sistema

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {b_0} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1s + a_0} $ $

Reorganize, a equação acima como

$$ (s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_0) Y (s) = b_0 U (s) $$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$ \ frac {\ text {d} ^ ny (t)} {\ text {d} t ^ n} + a_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n-1} y (t )} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + a_1 \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} + a_0y (t) = b_0 u (t) $$

Deixei

$$ y (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ ponto {x} _1 $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2y (t)} {\ text {d} t ^ 2} = x_3 = \ ponto {x} _2 $$

$$. $$

$$. $$

$$. $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ {n-1} y (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} = x_n = \ dot {x} _ {n-1} $ $

$$ \ frac {\ text {d} ^ ny (t)} {\ text {d} t ^ n} = \ ponto {x} _n $$

e $ u (t) = u $

Então,

$$ \ ponto {x} _n + a_ {n-1} x_n + ... + a_1x_2 + a_0x_1 = b_0 u $$

A partir da equação acima, podemos escrever a seguinte equação de estado.

$$ \ dot {x} _n = -a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + b_0 u $$

A equação de saída é -

$$ y (t) = y = x_1 $$

O modelo de espaço de estado é -

$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \\\ vdots \\\ dot {x} _ {n-1} \\\ dot {x} _n \ end {bmatrix} $

$$ = \ begin {bmatrix} 0 & 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ dotso & 0 & 0 \\\ vdots & \ vdots & \ vdots & \ dotso & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ dotso & 0 & 1 \\ - a_0 & -a_1 & -a_2 & \ dotso & -a_ {n-2} & -a_ {n-1} \ end {bmatrix } \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 0 \\\ vdots \\ 0 \\ b_0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} u \ end {bmatrix} $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

Aqui, $ D = \ left [0 \ right]. $

Exemplo

Encontre o modelo de espaço de estado para o sistema com função de transferência.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Reorganize a equação acima como,

$$ (s ^ 2 + s + 1) Y (s) = U (s) $$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2y (t)} {\ text {d} t ^ 2} + \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} + y (t) = u (t) $$

Deixei

$$ y (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} y (t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ ponto {x} _1 $$

e $ u (t) = u $

Então, a equação de estado é

$$ \ ponto {x} _2 = -x_1-x_2 + u $$

A equação de saída é

$$ y (t) = y = x_1 $$

O modelo de espaço de estado é

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & -1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} \ left [u \ right] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 1 e 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Função de transferência com função polinomial de 's' no Numerador

Considere a seguinte função de transferência de um sistema

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {b_n s ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ left (\ frac {1} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} \ right) (b_n s ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0) $$

A equação acima está na forma de produto de funções de transferência de dois blocos, que estão em cascata.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ left (\ frac {V (s)} {U (s)} \ right) \ left (\ frac {Y (s)} {V (s)} \ right) $$

Aqui,

$$ \ frac {V (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_1 s + a_0} $$

Reorganize, a equação acima como

$$ (s ^ n + a_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + a_0) V (s) = U (s) $$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$ \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} + a_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n-1} v (t )} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + a_1 \ frac {\ text {d} v (t)} {\ text {d} t} + a_0v (t) = u (t) $$

Deixei

$$ v (t) = x_1 $$

$$ \ frac {\ text {d} v ((t)} {\ text {d} t} = x_2 = \ ponto {x} _1 $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ 2v (t)} {\ text {d} t ^ 2} = x_3 = \ ponto {x} _2 $$

$$. $$

$$. $$

$$. $$

$$ \ frac {\ text {d} ^ {n-1} v (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} = x_n = \ dot {x} _ {n-1} $ $

$$ \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} = \ ponto {x} _n $$

e $ u (t) = u $

Então, a equação de estado é

$$ \ dot {x} _n = -a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + u $$

Considerar,

$$ \ frac {Y (s)} {V (s)} = b_ns ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0 $$

Reorganize, a equação acima como

$$ Y (s) = (b_ns ^ n + b_ {n-1} s ^ {n-1} + ... + b_1s + b_0) V (s) $$

Aplique a transformada de Laplace inversa em ambos os lados.

$$ y (t) = b_n \ frac {\ text {d} ^ nv (t)} {\ text {d} t ^ n} + b_ {n-1} \ frac {\ text {d} ^ {n -1} v (t)} {\ text {d} t ^ {n-1}} + ... + b_1 \ frac {\ text {d} v (t)} {\ text {d} t} + b_0v (t) $$

Ao substituir as variáveis ​​de estado e $ y (t) = y $ na equação acima, obteremos a equação de saída como,

$$ y = b_n \ ponto {x} _n + b_ {n-1} x_n + ... + b_1x_2 + b_0x_1 $$

Substitua, $ \ ponto {x} _n $ valor na equação acima.

$$ y = b_n (-a_0x_1-a_1x_2 -...- a_ {n-1} x_n + u) + b_ {n-1} x_n + ... + b_1x_2 + b_0x_1 $$

$$ y = (b_0-b_na_0) x_1 + (b_1-b_na_1) x_2 + ... + (b_ {n-1} -b_na_ {n-1}) x_n + b_n u $$

O modelo de espaço de estado é

$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \\\ vdots \\\ dot {x} _ {n-1} \\\ dot {x} _n \ end {bmatrix} $

$$ = \ begin {bmatrix} 0 & 1 & 0 & \ dotso & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \ dotso & 0 & 0 \\\ vdots & \ vdots & \ vdots & \ dotso & \ vdots & \ vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ dotso & 0 & 1 \\ - a_0 & -a_1 & -a_2 & \ dotso & -a_ {n-2} & -a_ {n-1} \ end {bmatrix } \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 0 \\ 0 \\\ vdots \\ 0 \\ b_0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} u \ end {bmatrix} $$

$$ Y = [b_0-b_na_0 \ quad b_1-b_na_1 \ quad ... \ quad b_ {n-2} -b_na_ {n-2} \ quad b_ {n-1} -b_na_ {n-1}] \ começar {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n-1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

Se $ b_n = 0 $, então,

$$ Y = [b_0 \ quad b_1 \ quad ... \ quad b_ {n-2} \ quad b_ {n-1}] \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \\\ vdots \\ x_ {n- 1} \\ x_n \ end {bmatrix} $$

No capítulo anterior, aprendemos como obter o modelo de espaço de estados da equação diferencial e da função de transferência. Neste capítulo, vamos discutir como obter a função de transferência do modelo de espaço de estado.

Função de transferência do modelo de espaço de estado

Sabemos que o modelo de espaço de estado de um sistema Linear Invariante no Tempo (LTI) é -

$$ \ dot {X} = AX + BU $$

$$ Y = CX + DU $$

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados da equação de estado.

$$ sX (s) = AX (s) + BU (s) $$

$$ \ Rightarrow (sI-A) X (s) = BU (s) $$

$$ \ Rightarrow X (s) = (sI-A) ^ {- 1} BU (s) $$

Aplique a transformada de Laplace em ambos os lados da equação de saída.

$$ Y (s) = CX (s) + DU (s) $$

Substitua o valor de X (s) na equação acima.

$$ \ Rightarrow Y (s) = C (sI-A) ^ {- 1} BU (s) + DU (s) $$

$$ \ Rightarrow Y (s) = [C (sI-A) ^ {- 1} B + D] U (s) $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B + D $$

A equação acima representa a função de transferência do sistema. Assim, podemos calcular a função de transferência do sistema usando esta fórmula para o sistema representado no modelo de espaço de estados.

Note - Quando $ D = [0] $, a função de transferência será

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B $$

Example

Vamos calcular a função de transferência do sistema representado no modelo de espaço de estado como,

$$ \ dot {X} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatriz} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} [u] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Aqui,

$$ A = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix}, \ quad B = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix}, \ quad C = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ quad e \ quad D = [0] $$

A fórmula para a função de transferência quando $ D = [0] $ é -

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = C (sI-A) ^ {- 1} B $$

Substitua as matrizes A, B e C na equação acima.

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} s + 1 & 1 \\ - 1 & s \ end {bmatrix } ^ {- 1} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ frac {\ begin {bmatrix} s & -1 \\ 1 & s + 1 \ end {bmatrix}} {(s + 1) s-1 (-1)} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {\ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} s \\ 1 \ end {bmatrix}} {s ^ 2 + s + 1} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Portanto, a função de transferência do sistema para o modelo de espaço de estado dado é

$$ \ frac {Y (s)} {U (s)} = \ frac {1} {s ^ 2 + s + 1} $$

Matriz de transição de estado e suas propriedades

Se o sistema estiver apresentando condições iniciais, ele produzirá uma saída. Visto que esta saída está presente mesmo na ausência de entrada, ela é chamadazero input response$ x_ {ZIR} (t) $. Matematicamente, podemos escrever como,

$$ x_ {ZIR} (t) = e ^ {At} X (0) = L ^ {- 1} \ left \ {\ left [sI-A \ right] ^ {- 1} X (0) \ right \} $$

A partir da relação acima, podemos escrever a matriz de transição de estado $ \ phi (t) $ como

$$ \ phi (t) = e ^ {At} = L ^ {- 1} [sI-A] ^ {- 1} $$

Assim, a resposta de entrada zero pode ser obtida multiplicando a matriz de transição de estado $ \ phi (t) $ com a matriz de condições iniciais.

A seguir estão as propriedades da matriz de transição de estado.

• Se $ t = 0 $, então a matriz de transição de estado será igual a uma matriz de identidade.

  $$ \ phi (0) = I $$

• O inverso da matriz de transição de estado será o mesmo da matriz de transição de estado apenas substituindo 't' por '-t'.

  $$ \ phi ^ {- 1} (t) = \ phi (−t) $$

• Se $ t = t_1 + t_2$ , then the corresponding state transition matrix is equal to the multiplication of the two state transition matrices at $t = t_1$ and $t = t_2 $.

  $$ \ phi (t_1 + t_2) = \ phi (t_1) \ phi (t_2) $$

Controlabilidade e observabilidade

Vamos agora discutir a controlabilidade e a observabilidade do sistema de controle, um por um.

Controlabilidade

Um sistema de controle é considerado controllable se os estados iniciais do sistema de controle são transferidos (alterados) para alguns outros estados desejados por uma entrada controlada em duração finita de tempo.

Podemos verificar a controlabilidade de um sistema de controle usando Kalman’s test.

• Escreva a matriz $ Q_c $ da seguinte forma.

  $$ Q_c = \ left [B \ quad AB \ quad A ^ 2B \ quad ... \ quad A ^ {n-1} B \ right] $$

• Encontre o determinante da matriz $ Q_c $ e se não for igual a zero, então o sistema de controle é controlável.

Observabilidade

Um sistema de controle é considerado observable se é capaz de determinar os estados iniciais do sistema de controle observando as saídas em duração finita de tempo.

Podemos verificar a observabilidade de um sistema de controle usando Kalman’s test.

• Escreva a matriz $ Q_o $ da seguinte forma.

  $$ Q_o = \ left [C ^ T \ quad A ^ TC ^ T \ quad (A ^ T) ^ 2C ^ T \ quad ... \ quad (A ^ T) ^ {n-1} C ^ T \ direita] $$

• Encontre o determinante da matriz $ Q_o $ e se não for igual a zero, então o sistema de controle é observável.

Example

Vamos verificar a controlabilidade e observabilidade de um sistema de controle que é representado no modelo de espaço de estado como,

$$ \ dot {x} = \ begin {bmatrix} \ dot {x} _1 \\\ dot {x} _2 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatriz} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} + \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} [u] $$

$$ Y = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} x_1 \\ x_2 \ end {bmatrix} $$

Aqui,

$$ A = \ begin {bmatrix} -1 e -1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix}, \ quad B = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix}, \ quad \ begin {bmatrix } 0 e 1 \ end {bmatrix}, D = [0] \ quad e \ quad n = 2 $$

Por $ n = 2$, the matrix $Q_c $ será

$$ Q_c = \ left [B \ quad AB \ right] $$

Obteremos o produto das matrizes A e B como,

$$ AB = \ begin {bmatrix} -1 \\ 1 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow Q_c = \ begin {bmatrix} 1 e -1 \\ 0 & 1 \ end {bmatrix} $$

$$ | Q_c | = 1 \ neq 0 $$

Visto que o determinante da matriz $ Q_c $ não é igual a zero, o sistema de controle fornecido é controlável.

Por $ n = 2$, the matrix $Q_o $ será -

$$ Q_o = \ left [C ^ T \ quad A ^ TC ^ T \ right] $$

Aqui,

$$ A ^ T = \ begin {bmatrix} -1 & 1 \\ - 1 & 0 \ end {bmatrix} \ quad e \ quad C ^ T = \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 \ end {bmatrix} $ $

Obteremos o produto das matrizes $ A ^ T$ and $C ^ T $ as

$$ A ^ TC ^ T = \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow Q_o = \ begin {bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \ end {bmatrix} $$

$$ \ Rightarrow | Q_o | = -1 \ quad \ neq 0 $$

Visto que o determinante da matriz $ Q_o $ não é igual a zero, o sistema de controle dado é observável.

Portanto, o sistema de controle fornecido é controlável e observável.