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ed teoria de controle, Exercícios de Engenharia Física

Universidade Paulista (UniP)Engenharia Física

exercicios resolvidos de teoria de controle ED

Tipologia: Exercícios

2020

Compartilhado em 25/10/2020

clayton-dutra
clayton-dutra 🇧🇷

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bg1
9) A)
Aplicando a Formula (somatorio)F = ma
teremos: F(t)-Fmola-Famortecedor = ma
como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d2x1/dt2
substituindo temos
f(t) = m(d2x/dt2)+b(dx/dt)+kx
10) A)
Aplicando a Formula (somatorio)F = ma
teremos: F(t)-Fmola-Famortecedor = ma
como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d2x1/dt2
substituindo temos
f(t) = m(d2x/dt2)+b(dx/dt)+kx
11) b)
Aplicando a Formula (somatorio)F = ma
teremos: -Fmola1-Fmola2-Famortecedor(1) = ma –Fmola2-Famortecedor(2)
como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d2x1/dt2
substituindo temos
-k1x1-k2x1-b(dx1/dt) = m1(d2x1/dt2)-k2x2-b(dx2/dt)
Passando o m1(d2x1/dt2) para o outro lado e multiplicando por -1 teremos: k2x2+b(dx2/dt) =
m1(d2x1/dt2)+k1x1+k2x1+b(dx1/dt)
12) E)
Aplicando a Formula (somatorio)F = ma
teremos: F(t)-Fmola2-Famortecedor(2) = ma –Fmola2-Famortecedor(1)
como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d2x1/dt2
substituindo temos
F(t)-k2x2-b(dx2/dt) = m2(d2x2/dt2)-k2x1-b(dx1/dt)
invertendo as forças negativas de lado temos:
F(t)+k2x1+b(dx1/dt) = m2(d2x2/dt2)+k2x2 +b(dx2/dt)
13) C)
analisando o primeiro amplificador temos a equação Vs=-R2/R1 *E1
analisando o segundo amplificador temos a equação E0=-R4/R3 * Vs
substituindo o Vs na equação (2)
E0= - R4/R3 * - R2/R1 *E1 (E0=R4/R3 * R2/R1 * E1)
Portando analisando a equação dos amplificadores somente a afirmação II está correta
II - A tensão de saída E0 possui o mesmo sinal da tensão de entrada E1;
14) A)
analisando o primeiro amplificador temos a equação Vs=-R2/R1 *E1
analisando o segundo amplificador temos a equação E0=-R4/R3 * Vs
substituindo o Vs na equação (2)
E0= - R4/R3 * - R2/R1 *E1 (E0=R4/R3 * R2/R1 * E1)
Logo o ganho é E0/E1 = R4/R3 * R2/R1
15) C)
Analisando o amplificador no nó A temos i1+i2=0 logo i1=-i2
Porem i1=Vr1/R1 e Vr1=e1-Vi com Vi=0 temos i1=e1/R1
E i2=Vr2/R2 e Vr2=e0-Vi com Vi=0 temos i2=e0/R2
Substituindo os valores de i na formula
pf3
pf4
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9) A)

Aplicando a Formula (somatorio)F = ma teremos: F(t)-Fmola-Famortecedor = ma como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d^2 x 1 /dt^2 substituindo temos f(t) = m(d2x/dt2)+b(dx/dt)+kx

  1. A) Aplicando a Formula (somatorio)F = ma teremos: F(t)-Fmola-Famortecedor = ma como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d^2 x 1 /dt^2 substituindo temos f(t) = m(d2x/dt2)+b(dx/dt)+kx
  2. b) Aplicando a Formula (somatorio)F = ma teremos: -Fmola1-Fmola2-Famortecedor(1) = ma –Fmola2-Famortecedor(2) como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d^2 x 1 /dt^2 substituindo temos -k 1 x 1 -k 2 x 1 - b(dx 1 /dt) (^) = m 1 (d^2 x 1 /dt^2 )-k 2 x 2 -b(dx 2 /dt) Passando o m 1 (d^2 x 1 /dt^2 ) para o outro lado e multiplicando por -1 teremos: k 2 x 2 +b(dx 2 /dt) = m 1 (d^2 x 1 /dt^2 )+k 1 x 1 +k 2 x 1 +b(dx 1 /dt)
  3. E) Aplicando a Formula (somatorio)F = ma teremos: F(t)-Fmola2-Famortecedor(2) = ma –Fmola2-Famortecedor(1) como Fmola = Kx e Famortecedor = b dx/dt e a = d^2 x 1 /dt^2 substituindo temos F(t)-k 2 x 2 - b(dx 2 /dt) (^) = m 2 (d^2 x 2 /dt^2 )-k 2 x 1 -b(dx 1 /dt) invertendo as forças negativas de lado temos: F(t)+k 2 x 1 +b(dx 1 /dt) = m 2 (d^2 x 2 /dt^2 )+k 2 x 2 +b(dx 2 /dt)
  4. C) analisando o primeiro amplificador temos a equação Vs=-R2/R1 *E analisando o segundo amplificador temos a equação E0=-R4/R3 * Vs substituindo o Vs na equação (2) E0= - R4/R3 * - R2/R1 *E1 (E0=R4/R3 * R2/R1 * E1) Portando analisando a equação dos amplificadores somente a afirmação II está correta II - A tensão de saída E0 possui o mesmo sinal da tensão de entrada E1;
  5. A) analisando o primeiro amplificador temos a equação Vs=-R2/R1 *E analisando o segundo amplificador temos a equação E0=-R4/R3 * Vs substituindo o Vs na equação (2) E0= - R4/R3 * - R2/R1 *E1 (E0=R4/R3 * R2/R1 * E1) Logo o ganho é E0/E1 = R4/R3 * R2/R
  6. C) Analisando o amplificador no nó A temos i1+i2=0 logo i1=-i Porem i1=Vr1/R1 e Vr1=e1-Vi com Vi=0 temos i1=e1/R E i2=Vr2/R2 e Vr2=e0-Vi com Vi=0 temos i2=e0/R Substituindo os valores de i na formula

e1/R1=- e0/R2 logo e0/e1 = -R2/R

  1. C) Analisando a tabela temos que e^-at = 1/s+a logo a função f(t) = 5e-2t^ fica 5* (1/s+2)
  2. D) Analisando a tabela temos que e^-at = 1/s+a logo a função f(t) = 5e2t^ fica: 5* (1/s-2)
  3. B) Analisando a tabela temos que e^-at = 1/s+a logo a função f(t) = 3e5t^ fica: 3* (1/s-5)
  4. A) Analisando a tabela temos que te^-at = 1/(s+a)^2 logo a função f(t) = te-5t^ fica: 1/(s+5)^
  5. E) Analisando a tabela temos que e^-at * sen (wt) = w/(s+a)^2 +w^2 logo a função f(t) = e- 2tsen(4t) fica: 4/(s+2)^2 +4^2 simplificando a equação fica 4/s^2+4s+4+16 logo: 4/s^2+4s+
  6. B) Analisando a tabela temos que e^-at * cos (wt) = s+a/(s+a)^2 +w^2 logo a função f(t) = e- 5tcos(7t) fica: (s+5)/(s+5)^2 +7^2 simplificando a equação fica (s+5)/s^2+10s+25+49 logo: (s+5)/(s^2+10s+74)
  7. D) Analisando a tabela temos que t^n (n=1;2;3...) = n!/s^n+1 logo a função f(t) = t^3 fica: 3!/s^3+1 simplificando a equação fica 6/s^
  8. A) Analisando a tabela temos que (1/a)(1-e^-at) = 1/s(s+a) logo a função F(s) = 10/(s(s+1)) fica: (10/1)(1-e^-1t)
  9. C) Analisando a tabela temos que te^-at = 1/(s+a)^2 logo a função F(s) = 1/(s+1)^2 fica: te^-1t
  10. A) Analisando a tabela temos que 1/b-a (be^-bt – ae^-at) = s/(s+a)(s+b) logo a função F(s) = 5s/((s+1)(s+3)) fica: 5/3-1 * (3e^-3t – 1e^-1t) simplificando a equação 5/2 * (3e^-3t – 1e^-1t)
  11. A) A função de transferência é dada pelo produto dos blocos logo: 1/s+1 * 2s/s+2 * 5/s = 10s/s(s+1)(s+2)
  12. C) A função de transferência é dada pela soma dos blocos logo: 1/s + 2/s+1 +5/s+ ((s+1)(s+3) + 2s(s+3) + 5s(s+1))/ (s(s+1)(s+3) (s^2+3s+3+2s^2+6s+5s^2+5s)/ (s(s+1)(s+3) 8s^2+15s+3/(s(s+1)(s+3)
  13. E) A função de transferência é dada pela formula Grd(s)/(1+ Grd(s)*H(s))

152/800 – 1 = – e^(-600/T) (*-1) 1-152/800 = e^(-600/T) ln(1-152/800) = ln(e^(-600/T)) -0,2107 = -600/T T = 2847,4 seg

  1. C) Com os dados aplicamos na formula dada teremos: C(t) = Vf * (1 – e^(-t/T)) 152 = 800 * (1 – e^(-600/T)) 152/800 = 1 – e^(-600/T) 152/800 – 1 = – e^(-600/T) (*-1) 1-152/800 = e^(-600/T) ln(1-152/800) = ln(e^(-600/T)) -0,2107 = -600/T T = 2847,4 seg
  2. D) Com os dados aplicamos na formula dada teremos: C(t) = Vf * (1 – e^(-t/T)) 152 = 800 * (1 – e^(-600/T)) 152/800 = 1 – e^(-600/T) 152/800 – 1 = – e^(-600/T) (-1) 1-152/800 = e^(-600/T) ln(1-152/800) = ln(e^(-600/T)) -0,2107 = -600/T T = 2847,4 seg o valor da temperatura após 1 hora de trabalho 1hora = 3600 segundos c(t) = 800(1-e^(-3600/2847,4) c(t) = 800(1-02824) c(t) = 8000, c(t) = 574°C
  3. B) i) o sistema dado por G(s) = (6s+6)/(s^2+10s+30)(s+1)(s^2+0,8s+2) tem um pólo em -1 e também um zero em -1. Portanto podemos simplifica-los: G(s) = 6(s+1)/(s^2+10s+30)(s+1)(s^2+0,8s+2) G(s) = 6/(s^2+10s+30)(s^2+0,8s+2) Agora temos 4 pólos, pois temos dois trinômios de 2° grau e nenhum zero finito Logo a afirmação i) está correta ii) O ganho estático é calculado, fazendo-se através de G(s) com s= G(s) = 6/(0^2+100+30)(0^2+0,80+2) G(s) = 6/30* G(s) = 0, Logo a afirmação ii) está correta iii) sendo K=0, o sistema controlado terá uma resposta ao degrau nula, pois o eixo vezes K é igual a 0, portanto o sinal que vai para G(s) é 0 Logo a afirmação iii) está incorreta
  4. E)

Aplicando a formula: G(s) = Grd(s)/(1+ Grd(s)H(s)) G(s) = 10/s(s+2) / (1+(10/s(s+2))K2s) G(s) = 10/s(s+2) / ((s(s+2)+10K2s)/ s(s+2)) G(s) = 10/((s^2+2s+10K2s)) G(s) = 10/((s^2+((2+10K2)s))) Gmf(s) = (10/((s^2+((2+10K2)s))))K1/(1+10/((s^2+((2+10K2)s)))1) Gmf(s) = 10K1/(s^2+(2+10K2)s+10K1) Comparando com G(s) = Wn^2/(s^2+2ξWn+Wn^2) , vem que:Wn+Wn^2) , vem que: Wn^2 = 10K Wn = raiz(10K1) 2 ξWn+Wn^2) , vem que:Wn = 2+10K ξWn+Wn^2) , vem que: = (2+10K2)/2Wn = (1+5K2)/ raiz(10K1) como Ts = 4/ ξWn+Wn^2) , vem que:Wn = 2 ξWn+Wn^2) , vem que:Wn = 4/ ξWn+Wn^2) , vem que:Wn = 2 Logo ξWn+Wn^2) , vem que:Wn = raiz(10K1) * ((1+5K2)/raiz(10K1)) = 2 1+5K2 = 2 Logo K2 = 0, Para o tempo de pico, Tp: Tp = π/(Wnraiz(1-ξWn+Wn^2) , vem que:^2) = 1 (Wnraiz(1-ξWn+Wn^2) , vem que:^2))^2 = π^ (Wn^2(1-ξWn+Wn^2) , vem que:)^2) = π^ (Wn^2(1-ξWn+Wn^2) , vem que:)^2) = π^ Substituindo os valores: 10K1(1-((1+5K2)/raiz(10K1)^2) = π^ 10K1(1-((1+5K2)^2/10K1) = π^ 10K1(10K1-(1+5K2)^2/10K1) = π^2 substituindo K2=0, 10K1-(1+5*0,2)^2 = π^ 10K1-4 = π^ Logo K1 = 1,

  2. A) M pt , valor de pico, ultrapassagem, sobressinal ou overshoot: valor máximo de pico da curva de resposta, medido a partir da unidade. Caso o valor final da resposta em regime estacionário diferir da unidade, é comum utilizar o conceito de ultrapassagem percentual
  3. B) Analisando o gráfico: O erro de estado estacionário que é definido como a diferença entre o valor final desejado e o efetivamente alcançado pelo sistema em regime permanente é igual a 0, O tempo de subida: intervalo de tempo necessário para que a resposta ao degrau passe de 10% para 90% de seu valor final, geralmente referido a sistemas superamortecidos. Outra definição para o tempo de subida é o intervalo de tempo necessário para que a resposta ao degrau atinja o valor final pela primeira vez, geralmente referido a sistemas subamortecidos é aproximadamente igual a 0,2 segundos.