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Métodos de Resposta em Frequência
1. Navegando por sistemas de fase (não-)ḿınima
2. Retardo no tempo – time-delay
3. Erro em estado estacionário – Estimativas via diagrama de Bode
4. Exemplos de traçado do diagrama de Bode
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.1 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Ḿınima
◃ Considere duas funções de transferência G1(s) e G2(s). Suponha que os
polos de G1(s) e G2(s) sejam exatamente iguais, e os zeros de G2(s) sejam
“iguais”aos de G1(s), porém os zeros de G2(s) são refletidos para o semi-plano
direito. Note que as duas FT têm o mesmo módulo, i.e., |G1(s)| = |G2(s)|,
pois o módulo é invariante a mudança de sinais já que:
|G(s)|s=jω =
!
{Re [G(jω)]}2 + {Im [G(jω)]}2 > 0
◃ Porém, quando se compara a variação de fase dos dois sistemas, observa-se
que a variação de fase daquele com todos os zeros no semi-plano esquerdo é
sempre menor (com ω variando de zero a ∞). Portanto, a FT com todos os seus
zeros no semi-plano esquerdo é dita de fase ḿınima
◃ FT com um ou mais zeros no semi-plano direito é dita de fase não-ḿınima
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.2 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Ḿınima
Uma FT é dita de fase ḿınima se todos os seus zeros estão
no semi-plano esquerdo do plano-s. Caso contrário,
se algum zero estiver no semi-plano direito
é chamada de FT de fase não-ḿınima
Nota Pode-se fazer análise semelhante, em termos de fase, se a FT conter
algum polo instável (no semi-plano direito). O módulo não se altera, mas a
variação da fase (com ω variando de zero a ∞) se modifica
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.3 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima
Exemplo Considere dois sistemas cujas Funções de Transferência são
G1(jω) =
1+ jωT
1 + jωT1
, G2(jω) =
−1 + jωT
1 + jωT1
=
(−1) (1− jωT )
1 + jωT1
◃ As duas FT têm o mesmo módulo, porém caracteŕısticas de fase diferentes
◃ Note que: G1(jω) = tan
−1(ωT )− tan−1(ωT1)
G2(jω) = 180
0 + tan−1(−ωT )− tan−1(ωT1)
Fato: tan−1(−ω) = − tan−1 ω
◃ Para 0 < T1 < T , escolha: T = 2 (zero em 0.5) e T1 = 0.1 (polo em 10)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.4 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima
0
5
10
15
20
25
30
M
ag
ni
tu
de
 (d
B)
10-2 10-1 100 101 102 103
0
45
90
135
180
Fa
se
 (d
eg
)
Diagrama Bode
Frequência (rad/s)
 G2 (fase não-mínima)
 G1(fase mínima)
0.5
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.5 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima
Exemplo Considere as Funções de Transferência abaixo:
G1(s) = 1, G2(s) = −1, G3(s) =
s − 1
s + 1
Note que as três FT têm o mesmo módulo:
|G1(jω)| = |G2(jω)| = |G3(jω)| = 1
Porém são funções de transferência diferentes e as fases denotam isto:
G1(jω) = 0, G2(jω) = 180
0, G3(jω) = 180
0 − 2 tan−1 ω
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.6 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima – Bode
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
M
ag
ni
tu
de
 (d
B)
10-2 10-1 100 101 102
0
45
90
135
180
Fa
se
 (d
eg
)
Diagrama de Bode
Frequência (rad/s)
 G1 
G3
G2
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.7 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima – Resposta Temporal
Exemplo Considere as mesmas FT anteriores: G1(s) = 1 (fase ḿınima),
G2(s) = −1 (fase não-ḿınima) e G3(s) =
s−1
s+1 (fase não-ḿınima). Ao
aplicar uma entrada degrau unitário u(t) = 1(t) o que ocorre?
◃ Note que a resposta do sistema G1 é também um degrau unitário na mesma
direção da entrada degrau, ou: y(t) = 1(t)
◃ Já a resposta do sistema G2 é um degrau unitário, porém na direção oposta da
entrada degrau, em outras palavras: y(t) = −1(t)
◃ Para G3, a resposta ao degrau é: y(t) = L−1
"
s−1
s(s+1)
#
=
$
2e−t − 1
%
1(t).
Para t = 0, y(0) = 2 − 1 = 1 e, quando t cresce, a resposta tende a:
lim
t→∞
y(t) = lim
s→0
G3(s) = −1
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.8 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Sistemas de Fase Não-Ḿınima – Resposta Temporal
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Resposta ao degrau unitário
Tempo (seconds)
Am
pl
itu
de
G3
G2
G1
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.9 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Retardo no Tempo – Time Delay
Retardo puro de tempo - ou atraso puro de tempo - é caracterizado no
doḿınio de Laplace por uma função transcendente: e−sT
◃ Note que a magnitude é sempre igual a ‘1’, pois
|G(jω)| = |e−jωT | = |cosωT − jsenωT | = 1
Portanto, a magnitude é 0dB para todo ω!
◃ No entanto o ângulo de fase do retardo puro de tempo é:
G(jω) = −ωT
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.10 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
https://en.wikipedia.org/wiki/Transcendental_function
Retardo no Tempo – Time Delay
Exemplo Obtenha o diagrama de Bode para um sistema de 1a. ordem com
retardo puro em tempo (é um modelo que pode representar vários processos):
G(jω) = e−jωTGp(jω) = e
−jωT 1
1 + jωτ
◃ Magnitude: 20 log |G(jω)| = 20 log
&
&e−jωT
&
&
' () *
=0dB
+20 log
&
&
&
&
1
1 + jωτ
&
&
&
&
◃ Ângulo de fase: G(jω) = ∠e−jωT
' () *
=−ωT
− tan−1 ωτ
◃ Portanto, o retardo no tempo irá gerar decréscimo em fase, −ωT , a medida
que ω varia entre 0 e ∞
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.11 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Retardo no Tempo – Time Delay
◃ Pode-se usar o MATLAB c⃝ para avaliar o efeito da resposta em frequência de
um sistema de 1a. ordem com retardo puro em tempo (e.g. T = 2s), fazendo:
h=tf(1,[2 1]) % h = 1/(2s + 1) - FT sem retardo
g=tf(1,[2 1],’iodelay’,2) % g = exp(-2s) * h - FT com retardo
bode(h), hold on, bode(g)
Note que para frequências espećıficas dadas, considerando que o retardo é
T = 2s, pode-se calcular o atraso (defasagem) em fase de −ωT :
frequência ω (rad/s) Atraso em Fase
$
(−ωT ∗ 1800/π)
%
1 −1140
2 −2290
10 −11450
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.12 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Retardo no Tempo – Bode
−30
−25
−20
−15
−10
−5
0
M
ag
ni
tu
de
 (d
B)
 
 
10−1 100 101
−1440
−1080
−720
−360
0
Fa
se
 (d
eg
)
DIAGRAMA DE BODE
Frequencia (rad/sec)
g
h
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.13 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Retardo no Tempo – Aproximações
Aproximação de e−jωT em torno de s = 0, em série de Maclaurin:
e−sT = 1 − sT +
(sT )2
2!
+
(sT )3
3!
+
(sT )4
4!
+
(sT )5
5!
+ . . .
Note que uma simples aproximação de primeira ordem do retardo no tempo pode
ser suficientemente boa para várias aplicações reais:
e−sT ≈ 1 − sT (com zero em s = 1
T
)
Ou simplesmente:
e−sT =
1
esT
≈
1
1 + sT
(com polo em s = − 1T )
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.14 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Retardo no Tempo – Aproximações
Aproximação de Padé (veja seção 9.7 no livro texto)
Aproximação de primeira ordem:
e−sT ≈
−T
2
s + 1
T
2
s + 1
(com zero em s = 2
T
e polo em s = − 2
T
)
Aproximações de ordem maiores (vale a pena usar ordem maiores?):
e−sT ≈
T 2s2 − 6Ts+ 12
T 2s2 + 6Ts+ 12
e−sT ≈
−T 3s3 + 12T 2s2 − 60Ts+ 120
T 3s3 + 12T 2s2 + 60Ts+ 120
◃ Grosso modo, ao usar a aproximação de Padé, tem-se um exemplo de sistema
de fase não-ḿınima já que o truncamento de e−sT para ordem ‘n’, usando pade
(vá de MATLAB c⃝), gera ‘n’ zeros no semi plano-direito...
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.15 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Erro em Estado Estacionário
Note que para frequências muito baixas (ω → 0), a FT em malha aberta pode
ser aproximada pela composição de um ganho e contribuições de integradores e
zeros na origem, da forma: KG(jω) ≈ G · (jω)n
Por exemplo, para sistemas do Tipo 0, n = 0 (não tem integrador), pelo
Teorema do Valor Final o erro em estado estacionário é (R(s) = 1/s):
ess = lim
s→0
sE(s) = lim
s→0
s
1
1 + KG(s)
R(s) =
1
1 + KG(j0)
=
1
1 + Kp
Então, quanto maior Kp, menor será o erro em estado estacionário. Desta forma
é fácil notar que Kp = G = KG(j0) (para ω → 0). E tem-seuma estimativa
de Kp diretamente de Bode, fazendo uma leitura em baixas frequências
◃ Portanto é razoável supor que quanto maior o valor da magnitude sobre a
asśıntota em baixas frequências da FT do ganho em malha aberta, menor deve ser
o erro em estado estacionário para o sistema em malha fechada
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.16 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Erro em Estado Estacionário
◃ Para sistemas do Tipo 1, isto é, sistemas com 1 integrador, a asśıntota em
baixas frequências tem inclinação de −1 (−20dB/dec), indicando que n = −1 e
tem-se: KG(s) ≈ G · (jω)−1
◃ Note que pelo Teorema do Valor Final, o erro em estado estacionário é:
ess = lim
s→0
sE(s) =
1
1 + lim
s→0
sKG(s)
=
1
1 + Kv
Em outras palavras: Kv = lim
s→0
sKG(s) = lim
jω→0✟
✟✟(jω)G✘✘✘
✘(jω)−1 = G
Portanto, pode-se ler a magnitude em qualquer frequência sobre a asśıntota em
baixas frequências e calcular Kv. Porém, há alternativas também...
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.17 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Erro em Estado Estacionário
◃ Uma alternativa para se determinar o valor Kv para um sistema do Tipo 1, é
simplesmente ler a magnitude do prolongamento da asśıntota em baixas
frequências diretamente em ω = 1 rad/s. Isto é posśıvel pois como Kv = G,
então no diagrama de magnitude de Bode, em ω = 1 rad/s, Kv = |G/ω|, em
outras palavras: Kv = |KG(j1))|
◃ É provável que seja necessário estender a asśıntota em baixas frequências até
ω = 1 rad/s para ler o ganho
◃ Alternativamente, ainda para sistemas do Tipo 1, a intersecção do
prolongamento da asśıntota em baixas frequências no segmento onde a magnitude
iguala o valor 1 (ou 0dB), tem-se a frequência que numericamente se iguala
a Kv. Supondo que ω̃ seja esta frequência de intersecção em 0dB, então:
|KG(jω̃)| =
&
&
&
&
G
jω̃
&
&
&
&
= 1 =⇒ G = ω̃ =⇒ Kv = ω̃
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.18 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Exemplo – Erro em Estado Estacionário
10-2 10-1 100 101
 (rad/s)
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
Assíntota 
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.19 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Em palavras, do diagrama de Bode anterior
◃ A leitura da magnitude do prolongamento da asśıntota em baixas frequências
quando ω = 1 rad/s no diagrama de Bode é 20dB. Portanto, da relação
20 log |G(jω)| = 20dB, tem-se que |G(jω)| = 10
20
20 = 10
Isto é, a constante de velocidade é dada por Kv ≈ 10
◃ A extensão da asśıntota em baixas frequências cruza a magnitude 1 (ou 0dB)
em ω ≈ 10 rad/s. Indicando, portanto, que Kv ≈ 10
◃ Note ainda que escolhendo uma frequência suficientemente pequena, e.g.,
ω = 10−2 rad/s, lê-se do diagrama de Bode que a magnitude é 60dB. Portanto:
Kv = ω|G(jω)| ≈ 10
−2 × 1060/20 = 10−2 × 1000 = 10
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.20 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Especificações de Desempenho no Doḿınio da Frequência
◃ É posśıvel relacionar especificações de desempenho no doḿınio do tempo (e.g.,
overshoot (Mp), tempo de acomodação) com especificações no doḿınio da
frequência (e.g., Mω, faixa de passagem (ωB), frequência de ressonância (ωr))?
◃ Sabemos que de um sistema de 2a. ordem, o máximo (pico) da resposta em
frequência é dado por Mω e ocorre na frequência de ressonância ωr
◃ A faixa de passagem ωB (ou largura de banda), por outro lado, corresponde à
frequência em que a resposta do sistema em malha fechada tem ganho −3dB (e
está relacionada à velocidade de resposta do sistema)
◃ Note também que a faixa de passagem ωB está relacionada, de forma
aproximada, à frequência natural do sistema, como ilustrado na figura a seguir
(sistema de 2a. ordem)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.21 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
MASTER 109
Copyright © 1998 by Addison Wesley Longman. All rights reserved.
2
Y(s)R(s)
1
s (s 1 2zvn)
v2n
v
0
20 log Mpv
20
 lo
g 
u T
u , 
dB
23
0 vr vB
1.6
1.5
1.4
1.3
1.2
1.1
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
vn
vB
0.7 0.8 0.9 1
vn
vB
Linear approximation
< 21.19z 1 1.85
z
Figure 8.24 A second-order closed-loop system
Figure 8.25 Magnitude characteristic of the second-order system
Figure 8.26 Normalized band-width, vB/vn, versus z
for a second-order system (Eq. 8.46)
Especificações de Desempenho no Doḿınio da Frequência
◃ Como a resposta do sistema de 2a. ordem a um degrau unitário é:
y(t) = 1 + Be−ζωnt cos(ωn + θ)
quanto maior o valor de ωn, mantendo ζ constante, mais rapidamente a resposta
se aproximará do valor estacionário. Portanto, especificações no doḿınio da
frequência poderiam ser:
1. Ganho na frequência de ressonância relativamente pequeno: e.g., Mω < 1, o
implica em um fator de amortecimento“harmônico”ζ ≈ 0.707 (e portanto
poderia se ter overshoot baixo)
2. Faixa de passagem ωB grande, tal que a constante de tempo do sistema
τ = 1/ζωn seja suficientemente pequena (o que implica em ta reduzido)
◃ Note que estas relações são válidas se a resposta do sistema for dominada por
um par de polos complexos (se assemelha a um sistema de 2a. ordem)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.23 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Exemplo – Especificações de Desempenho
Sistema de controle de uma máquina de inscultura O objetivo do sistema
de controle é posicionar o estilete na posição escolhida no eixo x, por meio de um
acionamento de dois motores (motores independentes são usados nos eixos y e z)
Objetivo? Usar o diagrama de Bode do sistema em malha fechada para
“‘prever”a resposta temporal para um ganho estático K pré-selecionado (note que
a discussão aqui não é atrelada a desenvolver o projeto de controle em si – aqui é
simplesmente selecionar um ganho K –, mas em ”aprender a extrair” informações
no diagrama de Bode e casá-las com especificações temporais)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.24 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
M
A
STER
110
C
opyright ©
1998 by Addison W
esley Longm
an. All rights reserved.
(b)
(a)
1
2
Controller
R(s)
Y(s)
Position on
x-axis
Motor, screw, and
scribe holder
K
1
s (s 1 1)(s 1 2)
x-motor 2
Metal to be
engraved
z-axis
y-axis
Scribe
x-axis
x-motor 1 Position measurement
Desired position
Position measurement
Controller
Figure 8.29 (a) Engraving machine control system (b) Block diagram model
Exemplo – Especificações de Desempenho
◃ FT do processo
G(s) =
1
s(s + 1)(s + 2)
◃ Selecione, e.g., K = 2. Então a FT em malha fechada é descrita por:
T (s) =
KG(s)
1 + KG(s)
=
K
s3 + 3s2 + 2s + K
=
2
s3 + 3s2 + 2s + 2
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.26 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Exemplo – Especificações de Desempenho
◃ Do diagrama de Bode obtém-se: ωr ≈ 0.8238 rad/s e Mω ≈ 1.8363
−40
−35
−30
−25
−20
−15
−10
−5
0
5
10
M
ag
ni
tu
de
 (d
B)
Open−Loop Bode Editor (C)
10−1 100 101
−270
−180
−90
0
Ph
as
e 
(d
eg
)
Frequency (rad/sec)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.27 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Exemplo – Especificações de Desempenho
◃ Supondo que o sistema seja dominado por um par de polos, então:
Mω = 1.8363 =
1
2ζ
+
1 − ζ2
⇒ ζ = 0.2840 (ráızes: ±0.2840,±0.9588)
Da frequência de ressonância (ωr = 0.8238 rad/s) obtém-se:
ωr = ωn
+
1 − 2ζ2 ⇒ ωn =
ωr
0.9588
⇒ ωn = 0.8592rad/s
◃ Sobre-elevação esperada? De ζ = 0.2840 implica que
Mp = e
−πζ√
1−ζ2 = 39.44%
◃ Tempo de acomodação estimado? ta =
4
ζωn
= 4
(0.2840)(0.8592) = 16.3944s
◃ Resposta real em malha fechada: Mp = 38.9% e ta = 16s (boa estimativa?)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.28 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
MASTER 111
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Initial gain
K
Update
K
Compute closed-loop
transfer function
K
s(s 1 1)(s 1 2) 1 KT(s) 5
Check
time domain specs:
If satisfied, then exit
and
continue analysis.
4
zvn
Ts 5 ,
Mp 5 1 1 e2zp /œ1 2 z
2ßßß.
Closed-loop Bode diagram
20
*l
og
10
(m
ag
) [
dB
]
Determinevn and z.
Mpv
102100
10
0
210
220
230
240
vr
Freq. [rad/sec]
z
0 0.2 0.4 0.6 0.8
z
0 0.2 0.4 0.6 0.8
Mpv vr /vn
3.5
3
2.5
2
1
1.5
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
Determine Mpv and vr.
Establish relationship between frequency domain
specs and time domain specs.
.
Figure 8.38 Frequency design functional block diagram for the
engraving machine
Projeto Sequencial: Leitura de um Drive
◃ Na modelagem realizada anteriormente, não se considerou que a haste que liga
a cabeça de leitura com o braço movido pelo motor fosse flex́ıvel. No entanto, se
considerarmos que é flex́ıvel, haverá um coeficiente de elasticidade e a haste de
ligação pode ser modelada como uma mola com constante de elasticidade k.
Neste caso, tem-se dois corpos interconectados (cabeça de leitura e o braço)
sendo que m é a massa da cabeça de leitura, b é o atrito viscoso, u(t) é a força
exercida pelo braço (movido pelo motor) sobre a haste que, por sua vez, move a
cabeça de leitura. Então pode-se escrever uma FT adicional, de 2a. ordem, para
modelar esta interconexão da forma:
G3(s) =
Y (s)
U(s)
=
ω2n
s2 + 2ζωns + ω2n
=
1
1 + (2ζ/ωn) + (s/ωn)2
com amortecimento ζ = 0.3 e frequência natural ωn = 18850 rad/s (ou
fn = 3 kHz), conforme ilustrado na figura a seguir
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.30 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
M
A
STER
114
C
opyright ©
1998 by Addison W
esley Longm
an. All rights reserved.
 k
Spring
Mass
Mu(t)
y(t)
Arm
force
b
Friction
2
1R(s) Y(s)
PD control Motor coil
1
t( 1s 1 1)
t 1 = 10
-3s t 2 = 1/20 s = 0.3,
Gc(s) = K(s 1 1) G1(s) =
Arm
0.05
ts( 2s 1 1)
G2(s) =
Flexure and head
1
z
z
v
v
v[1 + (2 n)s + (s/
3n = 18.85 10
3
/ n)
2]
G3(s) =
Figure 8.41 Spring, mass, friction model of flexure and head
Figure 8.42 Disk drive head position control, including effect of flexure head mount
Projeto Sequencial: Leitura de um Drive
◃ Note que a FT em malha fechada é de 5a. ordem
◃ A estrutura adotada para o controlador é um PD = K(s + 1)
◃ Esboçando o diagrama de Bode correspondente à malha aberta, na próxima
página, verifica-se que o diagrama possui um ganho de 10dB acima da linha da
asśıntota em ω = ωn
◃ Objetivo espećıfico: evitar excitar o efeito da ressonância em ωn
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.32 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
M
A
STER
115
C
opyright ©
1998 by Addison W
esley Longm
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dB
60
40
20
0
220
240
260
280
0.1 1 10 102
2 = 20
103 104 105
v
v 1 = 1000v nvz = 1v
Sketch of actual curve
Asymptotic approximation
–20 dB/dec
–40 dB/dec
–80 dB/dec
Figure 8.43 Sketch of the Bode diagram magnitude for the system of Fig. 8.42
Projeto Sequencial: Leitura de um Drive
◃ As especificações para o projeto são
• Sobre-elevação (overshoot): Mp ≤ 5%
• Tempo de acomodação: ta ≤ 250ms
◃ Selecionando K = 120, garante-se as restrições de tempo de acomodação e
sobre-elevação (vide próxima figura)
◃ Por outro lado, selecionando K = 600, o valor de sobre-elevação aumenta
consideravelmente (vide próxima figura). Neste caso, como a faixa de passagem
aumentou em relação ao projeto para K = 120, provavelmente tem-se uma
contribuição maior de uma parcela oriunda da ressonância em ωn
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.34 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Projeto Sequencial: Leitura de um Drive (K = 120)
102 103 104 105
 (rad/s)
-80
-60
-40
-20
0
M
ag
ni
tu
de
 d
B
Resposta em Frequência (K=120)
0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Resposta ao degrau (K=120)
Tempo (seconds)
Am
pl
itu
de
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.35 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13
Projeto Sequencial: Leitura de um Drive (K = 600)
102 103 104 105 (rad/s)
-50
-40
-30
-20
-10
0
10
M
ag
ni
tu
de
 d
B
Bode (K=600)
0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01
0
0.5
1
1.5
Resposta ao degrau (K=600)
Tempo (seconds)
Am
pl
itu
de
(Note que = 0.27)
Reinaldo Mart́ınez Palhares
p.36 Controle de Sistemas Lineares – Aula 13