Exemplo 5.5 Seborg 3rd edicao

7/24/2019 Exemplo 5.5 Seborg 3rd edicao

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Para achar o ganho, basta calcular a diferença entre a resposta de

saída e a diferença de entra

K =102−100

0.5−0.4 =20

℃

kg /s

Nota-se que qstep = 0.1.

A fim de construir a funço de transfer!ncia, necessita-se saber " e #.

Pode-se utili$ar o c%lculo de o&ershoot para achar "

OS=a

b=e

( π ζ

√ 1−ζ 2)

0.5

2 =e

( πζ

√ 1−ζ 2)

ln (0.25 )2

π 2 = (1+ ln (0.25 ) )2¿∙ ζ

2

√

ln (0.25 )2

π 2+ln (0.25)2

=ζ

ζ ≈ 0,4037

' para achar # pode-se utili$ar o tempo do primeiro pico tp

t p=1000= πτ

√ 1−ζ 2

1000 ∙√ 1−0.4037

2

π =τ

τ =291.23 s

A funço de transf!rencia ( dada por



G ( s )= K

τ 2

s2+2 ζ τs+1

G ( s )= 20

84813 s

2

+235 s+1

Para achar o tempo de subida, obser&ando ser um sistema sub

amortecido, isto (, 0 ) ζ ) 1, pode-se utili$ar a soluçao temporal

para a funço de transfer!ncia, dada por

y (t )= KM {1−e−ζ t / τ [cos (√ 1−ζ

2

τ t )+ ζ

√ 1−ζ 2 sin(√ 1−ζ

2

τ t )]}

' igualar a equaço a 0, isto (, y (t )= KM , o que signi*ca di$er qo

sistema atingiu o &alor do no&o estado permanente, ento o termo

que multiplica o e tem que ser igual a $ero.

cos( √ 1−ζ 2

τ t )+ ζ

√ 1−ζ 2sin (√ 1−ζ

2

τ t )=0

t = τ

√ 1−ζ 2

(nπ −cos−1ζ )

Para achar tr, n ( iguala 1, de forma que

t r= 291

√ 1−0.40372

(π −cos−1

0,4037 )

t r=631.8 s

A simulaço foi reali$ada para &alores de qstep entre 0.0+ e 0..



igura1. iagrama de blocos

' o resultado da simulaço segue abai/o



igura . r%*co da funço transfer!ncia

2omo era de se esperar, a funço se comporta da mesma maneira

para diferentes steps, isto (, os tempos de subida, do primeiro e segundo

sobrepicos so os mesmos, porque eles s3 dependem de ζ e τ . essa

forma, as diferenças obser&adas esto nos &alores absolutos da funço, bem

como &alor do sobrepico e o &alor do estado permanente.

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