Soluções Nise

Prévia do material em texto

Engenharia de
Sistemas de Controle
Norman S. Nise
California State Polytechnic University, Pomona
Tradução e Revisão Técnica
Jackson Paul Matsuura
Professor do Departamento de Sistemas e 
Controle do Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA.
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
Sexta Edição
Este Material Suplementar contém Solução dos Exercícios que pode ser usada como apoio para o livro Engenharia de 
Sistemas de Controle, Sexta Edição, 2012. Este material é de uso exclusivo de professores e estudantes que adquiriram o 
livro.
Material Suplementar Solução dos Exercícios traduzido do material original:
CONTROL SYSTEMS ENGINEERING, SIXTH EDITION 
Copyright © 2011, 2006, 2003, 1996 by John Wiley & Sons, Inc.
All Rights Reserved. This translation published under license.
ISBN: 978-0470-54756-4
Obra publicada pela LTC Editora:
ENGENHARIA DE SISTEMAS DE CONTROLE, SEXTA EDIÇÃO, 2012
Direitos exclusivos para a língua portuguesa
Copyright ” 2012 by 
LTC — Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. 
Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional
Capa: ”Jim Stroup, Virginia Tech. 
Editoração Eletrônica: 
CAPÍTULO 2 1
CAPÍTULO 3 6
CAPÍTULO 4 8
CAPÍTULO 5 10
CAPÍTULO 6 13
CAPÍTULO 7 14
CAPÍTULO 8 16
CAPÍTULO 9 21
CAPÍTULO 10 25
CAPÍTULO 11 31
CAPÍTULO 12 34
CAPÍTULO 13 38
Sumário
Solução dos Exercícios
1
CAPÍTULO 2
2.1
Utilizando o Item 3 da Tabela 2.1, a transformada de Laplace de t é . Utilizando o Item 4 da Tabela 2.2, 
2.2
A expansão de F(s) em frações parciais fornece:
em que
e
Realizando a transformada de Laplace inversa, tem-se
2.3
Realizando a transformada de Laplace da equação diferencial admitindo condições iniciais nulas, tem-se
Grupando-se os termos, tem-se
Assim,
2.4
Realizando o produto cruzado, obtém-se
2.5
2 Solução dos Exercícios
em que
e
Assim,
2.6
Análise das Malhas
A transformação do circuito fornece
A equação das malhas pode, agora, ser escrita como
Resolvendo as equações das malhas para I2(s), obtém-se
Porém, VL(s) = sI2(s).
Assim,
ou
Análise Nodal
Escrevendo as equações nodais
3Solução dos Exercícios
Resolvendo para VL(s), obtém-se
ou
2.7
Com o amplificador operacional inversor
Sem o amplificador operacional inversor
2.8
As equações de movimento podem ser escritas como
Resolvendo para X2(s), tem-se
Assim,
2.9
As equações de movimento podem ser escritas como
em que u1(s) é o deslocamento angular da inércia.
Resolvendo para u2(s), tem-se
De que, após simplificações, obtém-se
4 Solução dos Exercícios
2.10
Transformando-se o sistema para um sem as engrenagens de transmissão transferindo-se a mola de 4 N  m/rad 
para a esquerda e multiplicando-se sua rigidez por (25/50)2, obtém-se
··
·
As equações de movimento podem ser escritas como
em que u1(s) é o deslocamento angular da inércia de 1 kg.
Resolvendo para ua(s), tem-se
De que se obtém
Porém, 
Assim,
2.11
Inicialmente, são determinados os parâmetros mecânicos
São obtidos agora os parâmetros elétricos. Pela equação da relação torque-velocidade, impõe-se vm = 0 para 
determinar o torque de bloqueio e faz-se Tm = 0 para obter a velocidade do sistema sem carga. Assim,
bloc
vazio
Portanto,
bloc
vazio
Substituindo todos os valores na função de transferência do motor,
em que um(s) é o deslocamento angular da armadura.
Ocorre que Assim,
5Solução dos Exercícios
2.12
Fazendo
nas Eqs. 2.127, obtém-se
Com base nessas equações pode-se desenhar os circuitos análogos em série e em paralelo considerando estas 
como as equações das malhas e dos nós, respectivamente.
Análogo em série 
 
Análogo em paralelo 
2.13
Escrevendo a equação nodal, tem-se
Porém,
s 
s
Substituindo essas relações na equação diferencial, obtém-se
 s s (1)
Lineariza-se, agora, o termo ev.
A forma geral é
s
s
A substituição na função, f(v) = ev, de v por vs + dv, fornece
s s
s 
Resolvendo para evs + dv, tem-se
s 
s s s s 
Substituindo na Eq. (1), obtém-se
 s s (2)
Fazendo-se i(t) = 0 e levando o circuito a atingir o regime estacionário, o capacitor atuará como um circuito 
aberto. Assim, vs = vr com ir = 2. Porém, ir = evr ou vr = lnir.
Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituição desse valor de vs na Eq. (2) fornece
Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se
6 Solução dos Exercícios
Resolvendo-se para a função de transferência, obtém-se
ou
 em torno do equilíbrio.
CAPÍTULO 3
3.1
A identificação apropriada das variáveis do circuito fornece
s
Escrevendo as relações de derivadas, tem-se
 (1)
Utilizando-se as leis de Kirchhoff das correntes e das tensões,
e
A substituição dessas relações nas Eqs. (1) e simplificando-se fornece as equações de estado na forma
e
e
e
em que a equação de saída é
s
Arrumando-se as equações na forma vetorial-matricial, tem-se
e
3.2
Escrevendo-se as equações de movimento, tem-se
7Solução dos Exercícios
Calculando-se a transformada de Laplace inversa e simplificando-se, obtém-se
Definindo as variáveis de estado, zi, como
As equações de estado podem ser escritas utilizando a definição das variáveis de estado e a transformada inver-
sa da equação diferencial, isto é,
A saída é z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial,
3.3
Inicialmente, as equações de estado são deduzidas para a função de transferência sem zeros.
Realizando-se o produto cruzado, tem-se
Calculando-se a transformada de Laplace inversa, admitindo condições iniciais nulas, obtém-se
Definindo as variáveis de estado como
Tem-se
Utilizando os zeros da função de transferência, obtém-se a equação de saída como 
Arrumando-se todas as equações na forma vetorial-matricial, tem-se
3.4
A equação de estado é convertida em uma função de transferência utilizando
 (1)
em que
e
8 Solução dos Exercícios
Calculando-se (sI – A), tem-se
,
Calculando-se a inversa, obtém-se
,
A substituição de todas as expressões na Eq. (1) fornece
3.5
Escrevendo a equação diferencial, obtém-se
 (1)
Fazendo x = xo + dx e substituindo na Eq. (1), tem-se
 (2)
Lineariza-se agora x2.
a partir de que se pode escrever
 (3)
A substituição da Eq. (3) na Eq. (1) e realizando as derivadas indicadas fornece a equação diferencial lineari-
zada intermediária,
 (4)
A força da mola na condição de equilíbrio é 10 N. Assim, como F = 2x2, 10 = 2x2o, logo,
Substituindo esse valor de xo na Eq. (4) tem-se a equação diferencial linearizada final.
Selecionando-se as variáveis de estado,
As equações de estado e de saída podem ser escritas como
A conversão para a forma vetorial-matricial fornece o resultado final como
CAPÍTULO 4
4.1
Para uma entrada em degrau
9Solução dos Exercícios
Calculando-se a transformada de Laplace inversa, tem-se
4.2
Como e
4.3
a. Como os polos estão em –6  j19,08, c(t) = A + Be–6tcos(19,08t + f).
b. Como os polos estão em –78,54 e –11,46, c(t) = A + Be–78,54t + Ce–11,4t.
c. Como os polos são repetidos e localizados sobre o eixo real em –15 c(t) = A + Be–15t + Cte–15t.
d. Como os polos estão em j25, c(t) = A + B cos(25t + f).
4.4
a. 20 e 2zvn = 12; logo, z = 0,3 e o sistema é subamortecido.
b. 30 e 2zvn = 90; logo, z = 1,5 e o sistema é superamortecido.
c. 15 e 2zvn = 30; logo, z = 1 e o sistema é criticamente amortecido.
d. 25 e 2zvn = 0; logo, z = 0 e o sistema é sem amortecimento.
4.5
,logo,e
Portanto, , s e ,
Com base na Figura 4.16, vnTr = 1,4998. Portanto, Tr = 0,079 s.
Finalmente, ,UP .
4.6
a. A aproximação de segunda ordem é válida, uma vez que os polos dominantes possuem uma parte real de 
–2 e o polo de ordem superior está posicionado em –15, isto é, mais de cinco vezes mais afastado.
b. A aproximação de segunda ordem não é válida, uma vez que os polos dominantes possuem uma parte 
real de –1 e o polo de ordem superior está posicionado em –4, isto é, um afastamento inferior a cinco 
vezes.
4.7
a. Expandindo G(s) em frações parciais, tem-se 
, , ,
, Porém, –0,3023 não 
é uma ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a 
aproximação de segundaordem não é válida.
b. Expandindo G(s) em frações parciais, tem-se 
, , ,
, Porém, 0,0704 é uma 
ordem de grandeza inferior aos resíduos dos termos de segunda ordem (termos 2 e 3). Portanto, a aproxi-
mação de segunda ordem é válida.
4.8
Veja a Figura 4.31 do texto em que são mostrados o diagrama de blocos em Simulink e as respostas das 
saídas.
4.9
a. Como , E também, 
 O vetor de estado é . A saí-
da é , , O cálculo da transformada de 
Laplace inversa fornece y(t) = –0,5e–t – 12e–2t + 17,5e–3t.
b. Os autovalores são obtidos calculando-se as raízes de , ou seja, –2 e –3.
10 Solução dos Exercícios
4.10
a. Como , Calculando-se a transformada de 
Laplace de cada termo, a matriz de transição de estados fica expressa por 
b. Como e 
 
 Assim, 
c. 
CAPÍTULO 5
5.1 
Combine os blocos em paralelo no caminho direto. Em seguida, desloque para a esquerda passando o ponto 
de coleta de sinal.
Combine os caminhos de realimentação em paralelo e estabeleça 2 blocos s. Em seguida, aplique a fórmula de 
realimentação, simplifique e obtenha 
5.2
Obtenha a função de transferência em malha fechada em que 
 e H(s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtém . Porém, para 5% de ultrapassa-
gem, 
%SP
%SP
, Como , a = 5,52.
11Solução dos Exercícios
5.3
Nomeie os nós.
Esboce os nós.
Conecte os nós e dê nome aos subsistemas.
Elimine os nós desnecessários.
5.4
Os ganhos do caminho direto são G1G2G3 e G1G3.
Os ganhos da malha são –G1G2H1, –G2H2 e –G3H3.
As malhas disjuntas são e 
Observe também que 
Finalmente, D1 = 1 e D2 = 1.
A substituição desses valores em fornece
12 Solução dos Exercícios
5.5
As equações de estado são
O esboço do diagrama de fluxo de sinal com base nas equações de estado fica
5.6
A partir de esboça-se o diagrama de fluxo de sinal na forma canônica do controlador e 
adiciona-se a realimentação.
Escrevendo-se as equações de estado a partir do diagrama de fluxo de sinal, obtém-se
5.7
A partir das equações de transformação, tem-se
Calculando-se sua inversa, obtém-se
,
,
,
,
Assim,
,
,
,
,
, ,
, ,
, ,
, , , ,
13Solução dos Exercícios
E, finalmente,
, ,
, ,
, ,
5.8
Inicialmente, obtêm-se os autovalores.
Portanto, os autovalores são –2 e –3.
Utilize agora Axi = lxi para cada autovalor, l.
Assim,
Para l = –2,
Portanto, x1 = –x2
Para l = –3,
Portanto, x1 = –x2 e x1 = –0,75x2; logo, obtém-se
, ,
, ,
Calculando-se a inversa, tem-se
, ,
Portanto,
, , 
, , , 
, , 
, , 
,,, , , ,
Finalmente,
, ,
,
CAPÍTULO 6
6.1
Construa uma tabela de Routh.
,
,
,
,
,
,
,
14 Solução dos Exercícios
Como ocorrem quatro mudanças de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existirão quatro pólos no semi-
plano direito e três polos no semiplano esquerdo.
6.2
Construa uma tabela de Routh. Encontra-se uma linha de zeros referente a s3. O polinômio par contido na linha 
anterior é –6s4 + 0s2 + 6. O cálculo da derivada fornece –24s3 + 0s. Substituindo a linha de zeros pelos coefi-
cientes da derivada tem-se a linha de s3. Encontra-se também um zero na primeira coluna referente à linha s2. 
Substitui-se o zero por  e continua-se a tabela. O resultado final é mostrado agora como
Existe uma mudança de sinal abaixo do polinômio par. Assim, o polinômio par (de quarta ordem) possui um 
polo no semiplano direito, um polo no semiplano esquerdo e dois polos sobre o eixo imaginário. Do topo da 
tabela para baixo, o polinômio par apresenta uma mudança de sinal. Assim, o resto do polinômio possui uma 
raiz no semiplano direito e uma raiz no semiplano esquerdo. O resultado final para o sistema é dois polos no 
semiplano direito, dois polos no semiplano esquerdo e dois polos imaginários.
6.3
Como 
Forma-se a tabela de Routh.
Com base na linha s1, K < 2. Pela linha s0, K > 0. Assim, para assegurar a estabilidade do sistema, 0 < K < 2.
6.4
Inicialmente, obtém-se
Forma-se agora a tabela de Routh.
,
Ocorrem duas mudanças de sinal. Assim, existem dois polos no semiplano direito e um polo no semiplano es-
querdo.
CAPÍTULO 7
7.1
a. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.
, , ,
15Solução dos Exercícios
Os polos estão no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema é estável. A estabilidade também poderia ser 
verificada por meio do critério de Routh-Hurwitz utilizando o denominador de T(s). Assim,
degrau
rampa
parábola uma vez que
,
b. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.
,
,
, ,
Com base no termo de segunda ordem no denominador, verifica-se que o sistema é instável. A instabilidade 
também poderia ser determinada utilizando o critério de Routh-Hurwitz no denominador de T(s). Como o sis-
tema é instável, os cálculos relativos ao erro de regime estacionário não podem ser realizados.
7.2
a. O sistema é estável, uma vez que
 e é do Tipo 0. Portanto,
e 
b.
,degrau
á
rampa
7.3
O sistema é estável para valores positivos de K. O sistema é do tipo 0. Portanto, para uma entrada em de-
grau, degrau , Resolvendo para Kp, tem-se , de onde se 
obtém K = 189.
7.4
O sistema é estável. Uma vez que G1(s) = 1000 e 
,
7.5
O sistema é estável. Crie um sistema com realimentação unitária, em que O sistema 
pode ser representado como
16 Solução dos Exercícios
Assim,
Portanto, o sistema é do Tipo 0. O cálculo de Kp fornece
O erro de regime estacionário é dado por
degrau ,
7.6
Como 
Calculando a sensibilidade do sistema, obtém-se
7.7
Dado
Utilizando o teorema do valor final,
degrau
Utilizando a substituição da entrada,
degrau
CAPÍTULO 8
8.1
a.
,
, , ,,
17Solução dos Exercícios
b. O arranjo de vetores pode ser ilustrado como:
Plano s
Com base no diagrama,
, , , ,
8.2
a. Inicialmente, desenhe os vetores.
Plano s
Com base no diagrama,
ângulos tan tan , , 
b. Como o ângulo é de 180o, o ponto está sobre o lugar geométrico das raízes.
c. 
comprimentos dos polos
comprimentos dos zeros
18 Solução dos Exercícios
8.3
Inicialmente, obtêm-se as assíntotas.
polos
polos
Em seguida, desenha-se o lugar geométrico das raízes seguindo as regras de traçado.
–8 –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3
–5
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
5
E
ix
o 
im
ag
in
ár
io
Eixo real
8.4
a.
j3
s
jv
X
X
O
–2 2
–j3
0
Plano s
b. Utilizando o critério de Routh-Hurwitz, determina-se inicialmente a função de transferência em malha 
fechada.
 Utilizando o denominador de T(s), constrói-se a tabela de Routh.
 Tem-se uma linha de zeros para K = 4. Com base na linha s2 com K = 4, s2 + 21 = 0. Daí calcula-se o 
cruzamento com o eixo imaginário em .
c. Com base no item (b), K = 4.
19Solução dos Exercícios
d. Procurando-se pelo ganho mínimo à esquerda de –2 sobre o eixo real, encontra-se –7 a um ganho de 18. 
Assim, o ponto de entrada situa-se em –7.
e. Inicialmente, desenham-se os vetores para um ponto  próximo ao polo complexo.
Plano s
 No ponto  próximo ao polo complexo a soma dos ângulos deve ser nula. Portanto, o ângulo a partir do 
zero — o ângulo a partir do polo no quarto quadrante — o ângulo a partir do polo no primeiro quadrante = 
180o ou tan Resolvendo-se para o ângulo de saída, u = –233,1o.
8.5
a.
Plano s
,
b. Procure ao longo do eixo imaginário e obtenha o ponto de 180o em s =  j4,06.
c. Para o resultado do item (b), K = 1.
d. Procurando pelo ganho mínimo entre 2 e 4 sobre o eixo real, tem-se o ponto de entrada em s = 2,89.
e. Procurando pelo ponto de 180o ao longo de z = 0,5, obtém-se s = –2,42  j4,18.
f. Para o resultado do item (e), K = 0,108.
g. Utilizando o resultado do item (c) e o lugar geométrico das raízes, K < 1.
20 Solução dos Exercícios
8.6
a.
Plano s
, 
b. Procurando-se pelo ponto de 180o ao longo da reta referente a z = 0,591 (10% de ultrapassagem) obtém-se 
–2,028 + j2,768 com K = 45,55.
c. ,
,
, , , , com base na carta de tempo de subi-
da e no gráfico apresentado no Capítulo 4. Como vn é a distância radial ao polo, , , , 
Assim, Tr = 0,53 s; como o sistema é do Tipo 0, 
, , Assim,
,degrau
d. Procurando-se por um ponto cujo ganho é 45,55 à esquerda de –6 no eixoreal, obtém-se –7,94. Comparando 
este valor à parte real do polo dominante, –2,028, verifica-se que ele não está cinco vezes mais afastado. 
A aproximação de segunda ordem não é válida.
8.7
Obtém-se a função de transferência em malha fechada e coloca-se na forma que fornece pi como variável do 
lugar geométrico das raízes. Assim,
Portanto, A figura a seguir mostra o lugar geométrico das raízes.
Plano s
21Solução dos Exercícios
8.8
Seguindo as regras de traçado do lugar geométrico das raízes de sistemas com realimentação positiva, obtém-se 
o seguinte lugar geométrico das raízes:
Plano s
8.9
A função de transferência em malha fechada é Derivando-se o denominador em re-
lação a K, obtém-se
Resolvendo-se para tem-se Assim, 
Substituindo o valor do ganho K = 20, obtém-se 
São agora determinados os polos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T(s), s1,2 = 
–21,05, –0,95, quando K = 20.
Para o polo em –21,05,
,
, ,
,
, ,
Para o polo em –0,95,
,
, ,
,
, ,
CAPÍTULO 9
9.1
a. Procurando-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico 
das raízes em –3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Assim, para um sistema não compensado, 
, ,
 Portanto, erampa não compensado() = 1/Kv = 0,1527.
b. O zero do compensador deve ser posicionado vinte vezes mais afastado à esquerda do que o polo do 
compensador.
 Seleciona-se, arbitrariamente, 
,
,
c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15% e encontra-se o lugar 
geométrico das raízes em –3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado
, 
 
, 
, 
, e rampa_compensado ,K
d. 
rampa_não compensado ,
,
,
rampa_compensado
9.2
a. Procurando-se ao longo da reta de ultrapassagem de 15%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico 
das raízes em –3,5 + j5,8 referente a um ganho K = 45,84. Portanto, para o sistema não compensado,
,
,
 s.
22 Solução dos Exercícios
b. A parte real do ponto de projeto deve ser três vezes maior do que a parte real do pólo não compensado. 
Portanto, o ponto de projeto será 3(–3,5) + j3(5,8) = –10,5 + j17,4. A contribuição angular dos polos e 
do zero do compensador do processo no ponto de projeto é de 130,8o. Assim, o polo compensador deve 
contribuir com 180o – 130,8o = 49,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
Plano s
, 
, 
, 
 obtém-se 
plano s
,
,
,
, de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este polo, obtém-se o ganho 
no ponto de projeto como K = 476,3. Um polo de malha fechada de ordem superior é encontrado em 
–11,54. Este polo não pode estar muito próximo do zero em malha fechada em –10. Assim, deve-se simular 
o sistema para se assegurar que os requisitos de projeto foram atingidos.
9.3
a. Procurando ao longo da reta de ultrapassagem de 20%, encontra-se o ponto sobre o lugar geométrico das 
raízes em –3,5 + j6,83 referente a um ganho K = 58,9. Portanto, para o sistema não compensado,
,
,
b. Para o sistema não compensado, , , . Portanto, 
,rampa_não compensado
c. Para se diminuir o tempo de assentamento de um fator de 2, o ponto de projeto deve ser duas vezes o valor 
não compensado, ou seja, –7 + j13,66. Adicionando-se os ângulos dos polos e do zero do compensador do 
processo em –3 ao ponto de projeto, obtém-se –100,8o. Assim, o polo compensador deve contribuir com 
180o – 100,8o = 79,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
Plano s
, 
, 
 obtém-se ,
, 
, de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando este polo, obtém-se o ganho no 
ponto de projeto como K = 204,9.
Calculando Kv para o sistema compensado por avanço de fase, tem-se
avanço , , , ,
O ganho Kv para o sistema não compensado foi de 8,41. Para uma melhoria de dez vezes no erro de regime es-
tacionário, Kv deve ser de (8,41)(10) = 84,1. Como a compensação por avanço de fase apresentou Kv = 9,138, 
precisa-se de uma melhoria de 84,1/9,138 = 9,2. Assim, o zero do compensador por atraso de fase deve se situar 
9,2 vezes mais para a esquerda do que o polo compensador.
Selecione, arbitrariamente, 
,
,
23Solução dos Exercícios
Utilizando todos os polos do processo e do compensador, obtém-se o ponto de projeto como K = 205,4. Re-
sumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho fornece
,
,
,
,
Os polos de ordem superior são obtidos em –0,928 e –2,6. Recomenda-se simular o sistema para verificar 
se ocorre, de fato, o cancelamento de polo com zero.
9.4
A configuração para o sistema é mostrada na figura a seguir.
Projeto da Malha Secundária:
Para a malha secundária, . Utilizando o diagrama a seguir, verifica-se que o lugar 
geométrico da malha secundária intercepta a reta de fração de amortecimento 0,7 em –8,5 + j8,67. A parte ima-
ginária foi obtida como: u = cos–1 z = 45,57o. Portanto, 
,
, , de onde se obtém Im = 8,67.
Plano s
, 
,,
,
O ganho, Kf, é obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja,
, ,, , , ,
Projeto da Malha Principal:
Utilizando os polos em malha fechada da malha secundária, tem-se uma função de transferência equivalente 
do caminho direto expressa por
, , , , ,
Utilizando os três polos de G(s) como polos em malha aberta para traçar o lugar geométrico das raízes, procura-
se, ao longo de z = 0,5, e obtém-se o ponto de interseção entre o lugar das raízes e a reta de fração de amorte-
cimento em –4,34 + j7,51 a um ganho K = 626,3.
9.5
a. Deve ser utilizado um controlador ativo PID. Utiliza-se o circuito mostrado na figura a seguir:
e
s
24 Solução dos Exercícios
 em que as impedâncias são as indicadas a seguir:
 Comparando-se a função de transferência dada com a função de transferência do controlador PID, tem-se
, , ,
,
,
 Igualando-se os coeficientes
 ,
,
 (1)
 
,
,
 (2)
 (3)
 Na Eq. (2) atribui-se, arbitrariamente, C1 = 10–5. Assim, R2 = 105. Utilizando esses valores nas Eqs. (1) e 
(3) obtém-se C2 = 100 mF e R1 = 20 k.
b. O compensador por atraso e avanço de fase pode ser implementado com o circuito passivo mostrado a 
seguir, desde que a relação entre o polo e o zero em avanço seja o inverso da relação entre o polo e o 
zero em atraso:
se
 Comparando-se a função de transferência dada com a função de transferência do compensador passivo por 
atraso e avanço, tem-se
,
,
,
, ,
Igualando-se os coeficientes,
 ,
,
,
 (1)
 (2)
 (3)
25Solução dos Exercícios
A substituição das Eqs. (1) e (2) na Eq. (3) fornece
 , (4)
Atribuindo-se arbitrariamente C1 = 100 mF na Eq. (1), tem-se R1 = 100 k.
Substituindo-se C1 = 100 mF na Eq. (4), tem-se R2 = 558 k.
Substituindo-se R2 = 558 k na Eq. (2), tem-se C2 = 900 mF.
CAPÍTULO 10
10.1
a.
Para 
Para 
b.
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Frequência (rad/s)
Diagramas de Bode
c.
E
ix
o 
im
ag
in
ár
io
Eixo real
Diagramas de Nyquist
,
,
,
,
,
,
,
,
, , , , ,
26 Solução dos Exercícios
10.2
Frequência (rad/s)
Assintótica
Real
–20 dB/déc
–20 dB/déc
–40 dB/déc
–40 dB/déc
0,1
Frequência (rad/s)
Assintótica
Real
Fa
se
 (
gr
au
s)
–45º/déc
–90º/déc
–90º/déc
–45º/déc
–45º/déc
–45º/déc
0,1
10.3
A resposta em frequência é de 1/8 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada polo gira de 90o desde v = 0 a v = . 
Assim, a resultante gira de –180o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a seguir.
10.4
a. A resposta em frequência é de 1/48 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada polo gira de 90o desde v = 0 até 
v = . Assim, a resultante gira –270o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na figura a 
seguir.
27Solução dos Exercícios
,
b. Substituindo jv em e simplificando, obtém-se 
. O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imagi-
nária de G(jv) é igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo real em v2 = 44, isto é, 
, Nesta frequência, Portanto, o sistema é estável para K < 480.
10.5
Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptará o eixo real em –100/480. Portanto, 13,62 dB. 
Com base no Exercício 10.4, a frequência de 180o é 6,63 rad/s.10.6
a.
Frequência (rad/s)
Frequência (rad/s)
Fa
se
 (
gr
au
s)
28 Solução dos Exercícios
b. O ângulo de fase é 180o a uma frequência de 36,74 rad/s. Nesta frequência o ganho é de –99,67 dB. Por-
tanto, 20 logK = 99,67, ou seja, K = 96.270. Conclui-se que o sistema é estável para K < 96.270.
c. Para K = 10.000, o gráfico de magnitude se move para cima de 20 log 10.000 = 80 dB. Portanto, a margem 
de ganho é de 99,67 – 80 = 19,67 dB. A frequência de 180o é 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB 
em v = 7,74 rad/s, em que a fase é de 87,1o. Calcula-se a margem de fase como 180o – 87,1o = 92,9o.
10.7
Utilizando 
%SP
%SP
 obtém-se z = 0,456, o que corresponde a uma ultrapassagem de 20%. 
Utilizando Ts = 2, ,
10.8
Para ambos os itens se obtém 
Para a faixa de valores de v, superponha G(jv) aos círculos M e N em a. e à carta de Nichols em b.
a.
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
Plano G
b.
G
an
ho
 e
m
 m
al
ha
 a
be
rt
a 
(d
B
)
Fase em malha aberta (graus)
29Solução dos Exercícios
 Representando-se graficamente a resposta em frequência do sistema em malha fechada a partir de a. ou 
b., têm-se os seguintes gráficos:
Frequência (rad/s)
Frequência (rad/s)
Fa
se
 (
gr
au
s)
10.9
A resposta em frequência do sistema em malha aberta é mostrada na figura a seguir:
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Frequência (rad/s)
Diagramas de Bode
A resposta em frequência do sistema em malha aberta é de –7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante es-
timada é vWB = 14,5 rad/s. O gráfico da resposta em frequência em malha aberta passa por zero dB a uma fre-
quência de 9,4 rad/s, em que a fase é de 151,98o. Portanto, a margem de fase é de 180o – 151,98o = 28,02o. Esta 
margem de fase corresponde a
Portanto SP
e 
, ,
, 
, 
30 Solução dos Exercícios
10.10
A inclinação inicial é de 40 dB/década. Portanto, o sistema é do Tipo 2. A inclinação inicial intercepta o eixo 
de frequências (0 dB) em v = 9,5 rad/s. Assim, Ka = 9,52 = 90,25 e Kp = Kv = .
10.11
a. Sem retardo, de onde se determina a frequência de zero dB como: 
 Resolvendo para v, tem-se ou seja, após elevar ao quadrado ambos 
os lados e arrumando-se obtém-se v4 + v2 – 100 = 0. Resolvendo-se para as raízes, v2 = –10,51, 9,51. 
Extraindo-se a raiz quadrada do valor positivo, obtém-se a frequência referente a 0 dB como 3,08 rad/s. Nesta 
frequência, o ângulo de fase é , . Portanto, a margem de fase é 
180o – 162o = 18o.
b. Com um atraso de 0,1 s,
,,,,
,
Portanto, a margem de fase será 180o – 179,65o = 0,35o. Logo, o sistema é estável.
c. Com um atraso de 3 s,
, , 
, , , 
Portanto, a margem de fase será 28,59 – 180o = –151,41o. Logo, o sistema é instável.
10.12
Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme 
mostrado a seguir, tem-se uma primeira estimativa.
G
an
ho
 (
dB
)
Fa
se
 (
gr
au
s)
Frequência (rad/s)
Percebe-se uma inclinação inicial de –20 dB/década no gráfico de magnitudes. Verifica-se também uma incli-
nação final de –20 dB/década com uma frequência de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa ini-
cial é Subtraindo G1(s) da resposta em frequência original, tem-se a resposta em frequência 
mostrada a seguir.
31Solução dos Exercícios
Fa
se
 (
gr
au
s)
G
an
ho
 (
dB
)
Experimental menos 1/s(s + 21)
Frequência (rad/s)
Fa
se
 (
gr
au
s)
G
an
ho
 (
dB
)
Experimental menos 1/s(s + 21)
Frequência (rad/s)
Desenhando-se cuidadosamente as inclinações selecionadas nos gráficos de magnitude e de fase, conforme 
mostrado, tem-se uma estimativa final. Percebe-se um comportamento do zero de primeira ordem nos grá-
ficos de magnitude e de fase com uma frequência de corte de aproximadamente 5,7 rad/s e um ganho cons-
tante de cerca de 44 dB = 20 log(5,7K), ou seja, K = 27,8. Estima-se, assim, G2(s) = 27,8(s + 7). Portanto, 
, ,
 É interessante notar que o problema original foi desenvolvido a partir de 
CAPÍTULO 11
11.1
O diagrama de Bode para K = 1 é mostrado a seguir.
Diagramas de Bode
Frequência (rad/s)
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
32 Solução dos Exercícios
Uma ultrapassagem de 20% requer
 
0,456
%SP
%SP
 
Esta fração de amortecimento implica
 
uma margem de fase de 48,1o, a qual é obtida quando o ângulo de fase vale –180o + 48,1o = –131,9o. Este ângulo 
de fase ocorre em v = 27,6 rad/s. A magnitude nesta frequência é de 5,15  10–6. Como a magnitude deve ser 
unitária, 
5,15 � 10�6
1
11.2
De modo a atender o requisito de erro de regime estacionário, K = 1.942.000. O diagrama de Bode para este 
ganho é mostrado a seguir.
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Frequência (rad/s)
Diagramas de Bode
Uma ultrapassagem de 20% requer ,
%SP
%SP
 Esta fração de amortecimento implica 
uma margem de fase de 48,1o. Adicionando-se 10o para compensar a contribuição do ângulo de fase do atraso, 
utiliza-se 58,1o. Assim, procura-se por um ângulo de fase de –180o + 58,1o = –129,9o. A frequência na qual esta 
fase ocorre é 20,4 rad/s. Nesta frequência o gráfico da magnitude deve ir para zero dB. Na realidade, o gráfico 
da magnitude indica 23,2 dB. Portanto, desenha-se a assíntota de alta frequência do compensador por atraso 
de fase em –23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta frequência, desenha-se uma reta com 
inclinação de –23,2 dB/década até sua interseção em 0 dB. A frequência de interseção será o corte de baixa fre-
quência em 0,141 rad/s. Assim, o compensador é 
,
,
, em que o ganho é escolhido de modo 
a fornecer 0 dB nas baixas frequências, ou seja, Kc = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo,
e , 
, ,
. .
11.3
Uma ultrapassagem de 20% requer 
%SP
%SP
, . A banda passante requerida é então cal-
culada como , De modo a se atender o requisito de erro 
33Solução dos Exercícios
de regime estacionário de calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode não compensado 
para este ganho é mostrado a seguir.
Diagramas de Bode para K = 300000
Frequência (rad/s)
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
A medida da margem de fase do sistema não compensado é realizada onde o gráfico da magnitude cruza o va-
lor 0 dB. Determina-se que quando a curva de magnitude cruza 0 dB o ângulo de fase é de –144,8o. Portanto, a 
margem de fase do sistema não compensado é de –180o + 144,8o = 35,2o. A margem de fase requerida baseada 
na fração de amortecimento requerida vale , . Adicionando um fator 
de correção de 10o, a margem de fase requerida é de 58,1o. Assim, o compensador deve contribuir com 
fmáx = 58,1o – 35,2o = 22,9o. Utilizando sen 
sen
senmáx 
máx
máx
, O pico da magnitude 
do compensador é calculado como ,máx Determina-se agora a frequência na qual o sistema não 
compensado apresenta uma magnitude 1/Mmáx, ou –3,58 dB. Com base no diagrama de Bode, esta magnitude 
ocorre em vmáx = 50 rad/s. O zero do compensador está localizado em máx . Portanto, zc = 33,2.
O polo do compensador está posicionado em ,P . O ganho do compensador é escolhido de 
modo a fornecer um ganho unitário em sinal constante (CC).
Assim, Kc = 75,4/33,2 = 2,27. Resumindo-se, ,
,
,
 e .
11.4
Uma ultrapassagem de 10% requer 
%SP
%SP
, . A banda passante requerida é então calcu-
lada como , De modo a se atender o requisito 
de erro de regime estacionário de , calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode não compen-
sado para esse ganho é mostrado a seguir.
34 Solução dos Exercícios
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Diagramas de Bode
Frequência (rad/s)
Seleciona-se agora uma nova frequência de margem de fase em 0,8vBW = 6,02 rad/s. A margem de fase requerida 
baseada na fração de amortecimento requerida é , . Adicionando-se um 
fator de correção de 5o, a margem de fase requerida será de 63,6o. A 6,02 rad/s, a nova frequência de margem 
de fase, o ângulo de fase será o que apresenta uma margem de fase de 180o – 138,3o = 41,7o. Assim, o compen-
sador por avanço de fase deve contribuir com fmáx = 63,6o – 41,7o = 21,9o.
Utilizando,máx 
máx
máxsen sensen
Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua frequência de corte mais alta 
uma década abaixo da nova frequência de margem de fase, isto é, zatraso = 0,602 rad/s. O polo do compen-
sador por atraso de fase é patraso = bzatraso = 0,275. Finalmente, o ganho do compensador por atraso de fase é 
Katraso = b = 0,456.
Projeta-se agora o compensador por avanço de fase. O zero do compensador é o produto da nova frequên-
cia de margem de fase e , ou zavançoavanço , , E, também, pavanço
avanço
avanço , Finalmente, 
Kavançoavanço , Resumindo,
 , ,
,,, , e atraso avanço 
CAPÍTULO 12
12.1
Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 5% requer 
%SP
%SP
, 
%SP
%SP
, E, também, , Assim, a equação característica é 
, , Adicionando um pólo em –10 para cancelar o zero em –10, tem-se a 
equação característica desejada , , , , A matriz de 
sistema compensada na forma de variáveis de fase é . A equação 
35Solução dos Exercícios
característica para este sistema é Igualando os coefi-
cientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, tem-se os ganhos expressos por
 , ,
12.2
A matriz de controlabilidade é
 
Como CM = 80, CM é de posto
 
cheio, isto é, posto 3. Conclui-se que o sistema é controlável.
12.3
Inicialmente verifica-se a controlabilidade. A matriz de controlabilidade é 
 Como , CMz é de posto cheio, isto é, posto 3. Conclui-se que o siste-
ma é controlável. Obtém-se agora a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 20% requer 
,
%SP
%SP
 E, também, , Assim, a equação característica é , 
, . Adicionando-se um polo em –6 para cancelar o zero em –6, obtém-se a equa-
ção característica resultante desejada,
, , , .
Como pode-se escrever a representação em variáveis 
de fase como [6 1 0]. A matriz de sistema compensada na 
forma de variáveis de fase é . A equação carac-
terística para este sistema é . Igualando-se 
os coeficientes desta equação aos coeficientes da equação característica desejada, obtêm-se os ganhos como 
,, . Desenvolve-se agora a matriz transformação para retornar 
ao sistema z.
e
Portanto,
Assim, , ,
 ,,
36 Solução dos Exercícios
12.4
Para o sistema dado, . O polinômio característico é expresso por 
 Obtém-se agora a equação característica dese-
jada. Com base no Exercício 12.3, os polos dominantes podem ser obtidos pelo polinômio (s2 + 4s + 19,24). 
Fatorando tem-se (–2 + j3,9) e (–2 – j3,9). Aumentando-se esses polos de um fator 10 e adicionando-se um 
terceiro polo igual a 10 vezes a parte real dos polos dominantes de segunda ordem, obtém-se o polinômio 
característico desejado Igualando-se 
os coeficientes da equação característica desejada aos da equação característica do sistema, encontra-se 
12.5
A matriz de observabilidade é
 
,
 
em que
 
A matriz é de posto cheio, isto é, posto 3, uma vez que OM = –1576. Portanto, o sistema é observável.
12.6
O sistema é representado na forma em cascata pelas seguintes equações de estado e de saída:
A matriz de observabilidade é
 
,
 
em que
 
Como pode-se escrever a forma canônica obser-
vável como
A matriz de observabilidade para esta forma é ,
em que 
Em seguida obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 10% requer 
,
%SP
%SP
 E, também, , Assim, a equação característi ca 
é , Adicionando um polo em –400, ou dez vezes a parte 
real dos polos dominantes de segunda ordem, tem-se a equação característica resultante desejada, 
, , . Para o sistema representado na forma ca-
37Solução dos Exercícios
nônica observável, O polinômio característico é dado por 
 Igualando os coeficientes da equação ca-
racterística desejada aos da equação característica do sistema, encontra-se 
Desenvolve-se agora a matriz de transformação entre as formas canônica do observador e em cascata.
Finalmente,
.
.
.
12.7
Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Uma ultrapassagem de 10% requer
%SP
%SP
,
E, também, , Assim, a equação característica é , , 
3,79. Adicionando um polo em –4, o qual representa a localização do zero do sistema original, tem-se a equação 
característica resultante desejada, , , , ,
Agora, e ,
em que
Portanto,
A determinação da equação característica desse sistema fornece
38 Solução dos Exercícios
Igualando-se este polinômio à equação característica desejada, tem-se
, ,
Resolvendo-se para os k, obtém-se
K = [2,21 –2,7] e ke = 3,79.
CAPÍTULO 13
13.1
sen sen
sen
Porém, 
Assim,
sen sen
13.2
, , ,
, , ,
,
,
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
, ,, ,, ,
13.3
Como 
Seja Portanto, , ou .
Assim, 
Portanto, 
Para 
13.4
Adicione um amostrador fictício à entrada, retornando após H(s), e à saída. Mova G1(s)G2(s), juntamente com 
seu amostrador de entrada, para a direita passando pelo ponto de coleta de sinal e obtenha o diagrama de blo-
cos mostrado a seguir.
39Solução dos Exercícios
Assim, 
13.5
Seja Faça Calcule a transformada de Laplace inversa e faça t = 
kT, Aplicando-se a transformada z, tem-se 
Agora, Finalmente, 
O polo do sistema em malha fechada está posicionado em 5e–5T – 4. Substituindo valores de T, verifica-se 
que o polo será maior do que 1 se T > 0,1022 s. Assim, o sistema será estável para 0 < T < 0,1022 s.
13.6
Substituindo , , em , , obtém-se A tabela de 
Routh para este polinômio é mostrada a seguir.
,
Como ocorre uma mudança de sinal, conclui-se que o sistema possui um polo fora do círculo de raio unitário e 
dois polos no interior do círculo de raio unitário. A tabela não produz uma linha de zeros e, portanto, não ocor-
rem polos jv. O sistema é instável devido ao polo fora do círculo de raio unitário.
13.7
Definindo G(s) como G1(s) em cascata com um extrapolador de ordem zero, tem-se
Aplicando-se a transformada z, obtém-se
Assim, para T = 0,1 s, e 
Veri ficando a estabilidade, obtém-se que o sistema é estável para T = 0,1 s, uma vez que T(z) =
, ,
, ,
 possui polos no interior do círculo unitário em –0,957 e +0,735. Verifi-
cando-se novamente a estabilidade, chega-se à conclusão de que o sistema é instável para T = 0,5 s, uma 
vez que 
, ,
, ,
 possui polos no interior e externamente ao círculo unitário 
em +0,208 e –3,01, respectivamente.
13.8
Desenhe o lugar geométrico das raízes superposto à curva de z = 0,5 mostrado abaixo. Procure ao longo da 
reta a 54,3o a interseção entre o lugar geométrico das raízes e a curva de z = 0,5, o ponto 0,58754,3o = 
(0,348 + j0,468) e K = 0,31.
40 Solução dos Exercícios
,
, ,
E
ix
o 
im
ag
in
ár
io
Eixo real
Lugar geométrico das raízes no plano z
,
,
,
,
, , , , ,
,
13.9
Seja
, ,
,
,
,
Os gráficos a seguir mostram a resposta em frequência de Ge(jv).
Fa
se
 (
gr
au
s)
; m
ag
ni
tu
de
 (
dB
)
Diagramas de Bode
Frequência (rad/s)
Encontra-se que a frequência referente a zero dB, vFM, para Ge(jv) é 39 rad/s. Utilizando a orientação de Astrom, 
o valor de T estará na faixa entre 0,15/vFM = 0,0038 s e 0,5/vFM = 0,0128 s. Adota-se T = 0,001 s. Obtém-se 
agora a transformação de Tustin para o compensador. Substituindo em 
, ,
,
, 
com T = 0,001 s, obtém-se
,
,
,
41Solução dos Exercícios
13.10
, , . Realiza-se o produto cruzado e obtém-se (z
2 – 1,908z + 0,9075)X(z) = 
, , Resolve-se para a potência de mais alta ordem de z operando na saída, X(z), 
e encontra-se , , Resolvendo-se para X(z) 
no lado esquerdo, obtém-se , , Final-
mente, implementa-se esta última equação utilizando o seguinte fluxograma:
, 
, 
, , 
, 
, 
Retardo
de 0,1 s
Retardo
de 0,1 s
Retardo
de 0,1 s
Retardo
de 0,1 s