Solução dos Exercícios de Avaliação de Circuitos

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Solução dos 
Exercícios de 
Avaliação
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:
onde
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,
Soluções.indd 59Soluções.indd 59 6/16/09 1:00:04 PM6/16/09 1:00:04 PM
60 Solução dos Exercícios de Avaliação
2.4
 
Realizando o produto cruzado, obtém-se
 
2.5
 
onde
 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,
 
Soluções.indd 60Soluções.indd 60 6/16/09 1:00:12 PM6/16/09 1:00:12 PM
61Solução dos Exercícios de Avaliação
ou
 
Análise Nodal
Escrevendo as equações nodais
 
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,
 
Soluções.indd 61Soluções.indd 61 6/16/09 1:00:12 PM6/16/09 1:00:12 PM
62 Solução dos Exercícios de Avaliação
2.9
As equações de movimento podem ser escritas como
 
onde u1(s) é o deslocamento angular da inércia.
Resolvendo para u2(s), tem-se
 
De onde, após simplificações, obtém-se
 
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
 
onde u1(s) é o deslocamento angular da inércia de 1 kg.
Resolvendo para ua(s), tem-se
 
De onde se obtém
 
Porém, 
Assim,
 
2.11
Inicialmente, são determinados os parâmetros mecânicos
 
Soluções.indd 62Soluções.indd 62 6/16/09 1:00:12 PM6/16/09 1:00:12 PM
63Solução dos Exercícios de Avaliação
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,
 
onde um(s) é o deslocamento angular da armadura.
Ocorre que Assim,
 
2.12
Fazendo
 
nas Eqs. 2.127, obtém-se
 
Com base nessas equações pode-se desenhar os circuitos análogos série e 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
Soluções.indd 63Soluções.indd 63 6/16/09 1:00:13 PM6/16/09 1:00:13 PM
64 Solução dos Exercícios de Avaliação
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 ve + 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 = ln ir.
Portanto, vs = ln 2 = 0,693. A substituição desse valor de vs na Eq. (2) fornece
 
Aplicando-se a transformada de Laplace, tem-se
 
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)
Soluções.indd 64Soluções.indd 64 6/16/09 1:00:13 PM6/16/09 1:00:13 PM
65Solução dos Exercícios de Avaliação
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
onde 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
 
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 inversa 
da equação diferencial, isto é,
 
A saída é z5. Assim, y = z5. Na forma vetorial,
 
Soluções.indd 65Soluções.indd 65 6/16/09 1:00:14 PM6/16/09 1:00:14 PM
66 Solução dos Exercícios de Avaliação
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 sendo
 
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)
onde
 e 
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)
Soluções.indd 66Soluções.indd 66 6/16/09 1:00:15 PM6/16/09 1:00:15 PM
67Solução dos Exercícios de Avaliação
Fazendo x = xo + dx e substituindo na Eq. (1), tem-se
 (2)
Lineariza-se agora x2.
 
de onde 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
 
Calculando-se a transformada de laplace inversa, tem-se
 
4.2
Como e
4.3
a. Como os pólos estão em –6 � j19,08, c(t) = A + Be–6tcos(19,08t + f).
b. Como os pólos estão em –78,54 e –11,46, c(t) = A + Be–78,54t + Ce–11,4t.
c. Como os pólos são repetidos e localizados sobre o eixo real em –15, c(t) = A + Be–15t + Cte–15t.
d. Como os pólos estão em �j25, c(t) = A + Bcos(25t + f).
Soluções.indd 67Soluções.indd 67 6/16/09 1:00:16 PM6/16/09 1:00:16 PM
68 Solução dos Exercícios de Avaliação
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, ,sp .
4.6
a. A aproximação de segunda ordem é válida, uma vez que os pólos dominantes possuem uma parte real de 
–2 e o pólo 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 pólos dominantes possuem uma parte real 
de –1 e o pólo de ordem superior está posicionadoem –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 segunda ordem 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 onde 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 saída é 
, , O cálculo da transformada de Lapla-
ce 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.
4.10
a. Como , Calculando-se a transformada de 
Laplace de cada termo, a matriz de transição de estados fica expressa por 
Soluções.indd 68Soluções.indd 68 6/16/09 1:00:17 PM6/16/09 1:00:17 PM
69Solução dos Exercícios de Avaliação
 
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 onde 
e H(s) = 1. Assim, vn = 4 e 2zvn = a, de onde se obtém . Porém, para um sobrevalor de 5% 
%SP
%SP
, Como , a = 5,52.
Soluções.indd 69Soluções.indd 69 6/16/09 1:00:18 PM6/16/09 1:00:18 PM
70 Solução dos Exercícios de Avaliação
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, �1 = 1 e �2 = 1.
Soluções.indd 70Soluções.indd 70 6/16/09 1:00:19 PM6/16/09 1:00:19 PM
71Solução dos Exercícios de Avaliação
A substituição desses valores em fornece
 
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
 
,
,
,
,
Soluções.indd 71Soluções.indd 71 6/16/09 1:00:19 PM6/16/09 1:00:19 PM
72 Solução dos Exercícios de Avaliação
Assim,
 
,
,
,
,
, ,
, ,
, ,
, ,
, ,
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,
 
, ,
,
Soluções.indd 72Soluções.indd 72 6/16/09 1:00:20 PM6/16/09 1:00:20 PM
73Solução dos Exercícios de Avaliação
CAPÍTULO 6
6.1
Construa uma tabela de Routh.
,
,
,
,
,
,
,
Como ocorrem quatro mudanças de sinais e nenhuma linha completa de zeros, existirão quatro pólos no semi-
plano direito e três pólos 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 â 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 
pólo no semiplano direito, um pólo no semiplano esquerdo e dois pólos 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 pólos no 
semiplano direito, dois pólos no semiplano esquerdo e dois pólos 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
Soluções.indd 73Soluções.indd 73 6/16/09 1:00:20 PM6/16/09 1:00:20 PM
74 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Forma-se agora a tabela de Routh.
 
,
Ocorrem duas mudanças de sinal. Assim, existem dois pólos no semiplano direito e um pólo no semiplano 
esquerdo.
CAPÍTULO 7
7.1
a. Inicialmente, verifica-se a estabilidade.
 
, , ,
Os pólos estão no semiplano esquerdo. Portanto, o sistema é estável. A estabilidade também poderia ser veri-
ficada 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 sistema 
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
Soluções.indd 74Soluções.indd 74 6/16/09 1:00:21 PM6/16/09 1:00:21 PM
75Solução dos Exercícios de Avaliação
 
á
rampa
7.3
O sistema é estável para valores positivos de K. O sistema é do tipo 0. Portanto, para uma entrada em degrau, 
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, onde O sistema 
pode ser representado como
 
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
 
Soluções.indd 75Soluções.indd 75 6/16/09 1:00:22 PM6/16/09 1:00:22 PM
76 Solução dos Exercícios de Avaliação
7.7
Dado
 
Utilizando o teorema do valor final,
 
degrau
Utilizando a substituição da entrada,
 
degrau
CAPÍTULO 8
8.1
a.
 
,
, , ,,
b. O arranjo de vetores pode ser ilustrado como:
 
Plano s
Com base no diagrama,
 
, , , ,
Soluções.indd 76Soluções.indd 76 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM
77Solução dos Exercícios de Avaliação
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 pólos
comprimentos dos zeros
8.3
Inicialmente, obtêm-se as assíntotas.
 
pólos
pólos
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
Ei
xo
 Im
ag
in
ár
io
Eixo Real
Soluções.indd 77Soluções.indd 77 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM78 Solução dos Exercícios de Avaliação
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 fecha-
da.
 
 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 cru-
zamento com o eixo imaginário em .
c. Com base no item (b), K = 4.
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 â próximo ao pólo complexo.
 
Plano s
 No ponto â próximo ao pólo complexo a soma dos ângulos deve ser nula. Portanto, o ângulo a partir do 
zero — o ângulo a partir do pólo no quarto quadrante — o ângulo a partir do pólo no primeiro quadrante = 
180o ou tan Resolvendo-se para o ângulo de saída, u = –233,1o.
Soluções.indd 78Soluções.indd 78 6/16/09 1:00:23 PM6/16/09 1:00:23 PM
79Solução dos Exercícios de Avaliação
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.
8.6
a.
 
Plano s
, 
b. Procurando-se pelo ponto de 180o ao longo da reta referente a z = 0,591 (sobrevalor de 10%) obtém-se 
–2,028 + j2,768 com K = 45,55.
c. 
,
,
,
, , , com base na carta de tempo de subida 
e no gráfico apresentado no Capítulo 4. Como vn é a distância radial ao pólo, , , , 
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 eixo real, obtém-se –7,94. Comparando 
este valor à parte real do pólo dominante, –2,028, verifica-se que ele não está cinco vezes mais afastado. A 
aproximação de segunda ordem não é válida.
Soluções.indd 79Soluções.indd 79 6/16/09 1:00:24 PM6/16/09 1:00:24 PM
80 Solução dos Exercícios de Avaliação
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
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 
relação a K, obtém-se
 
Resolvendo-se para tem-se Assim, 
Substituindo o valor do ganho K = 20, obtém-se 
São agora determinados os pólos em malha fechada quando K = 20. Considerando o denominador de T(s), s1,2 = 
–21,05, –0,95, quando K = 20.
Para o pólo em –21,05,
 ,
, ,
,
, ,
Para o pólo em –0,95,
 ,
,
,
,
, ,
Soluções.indd 80Soluções.indd 80 6/16/09 1:00:25 PM6/16/09 1:00:25 PM
81Solução dos Exercícios de Avaliação
CAPÍTULO 9
9.1
a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor 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 pólo do com-
pensador.
 Seleciona-se, arbitrariamente, 
,
,
c. Introduz-se o compensador, procura-se ao longo da reta de sobrevalor de 15% e encontra-se o lugar geomé-
trico das raízes em –3,4 + j5,63 com um ganho K = 44,64. Portanto, para o sistema compensado
, ,
,
, e amp1_compensado ,
d. amp1_não-compensado ,
,
,
amp1_compensado 
9.2
a. Procurando-se ao longo da reta de sobrevalor 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.
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 pólos e do zero 
do compensador do processo no ponto de projeto é de 130,8o. Assim, o pólo compensador deve contribuir 
com 180o – 130,8o = 49,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
 
Plano s
, 
, 
, 
 obtém-se ,
,
,
, de onde se calcula pc = 25,52. Adicionando este pólo, obtém-se o ganho 
no ponto de projeto como sendo K = 476,3. Um pólo de malha fechada de ordem superior é encontrado em 
–11,54. Este pólo 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 sobrevalor 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, 
,amp1_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 pólos e do zero do compensador do 
processo em –3 ao ponto de projeto, obtém-se –100,8o. Assim, o pólo compensador deve contribuir com 
180o – 100,8o = 79,2o. Utilizando o diagrama a seguir,
Soluções.indd 81Soluções.indd 81 6/16/09 1:00:25 PM6/16/09 1:00:25 PM
82 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Plano s
, 
, 
 obtém-se ,
, 
, de onde se calcula pc = 9,61. Adicionando este pólo, obtém-se o ganho no 
ponto de projeto como sendo 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 
estacionário, 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 pólo compensador.
Selecione, arbitrariamente, 
,
,
Utilizando todos os pólos do processo e do compensador, obtém-se o ponto de projeto como K = 205,4. 
Resumindo o caminho direto com o processo, o compensador e o ganho fornece
 
,
,
,
,
Os pólos 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 pólo 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 
imaginária foi obtida como: u = cos–1 z = 45,57o. Portanto, 
,
, , de onde se obtém Im = 8,67.
Soluções.indd 82Soluções.indd 82 6/16/09 1:00:26 PM6/16/09 1:00:26 PM
83Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Plano s
, 
,,
,
O ganho, Kf, é obtido a partir dos comprimentos dos vetores, ou seja,
 , ,, , , ,
Projeto da Malha Principal:
Utilizando os pólos em malha fechada da malha secundária, tem-se uma função de transferência equivalente 
do caminho direto expressa por
 
, , , , ,
Utilizando os três pólos de G(s) como pólos em malha aberta para traçar o lugar geométrico das raízes, pro-
cura-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 
amortecimento 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
 onde 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)
Soluções.indd 83Soluções.indd 83 6/16/09 1:00:27 PM6/16/09 1:00:27 PM
84 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
,
 (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 pólo e o zero em avanço seja o inverso da relação entre o pólo 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)
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 
Soluções.indd 84Soluções.indd 84 6/16/09 1:00:27 PM6/16/09 1:00:27 PM
85Solução dos Exercícios de Avaliação
Para 
b.
 
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Freqüência (rad/s)
Diagramas de Bode
c.
 
Ei
xo
 Im
ag
in
ár
io
Eixo Real
Diagramas de Nyquist
,
,
,
,
,
,
,
,
, , , , ,
10.2
 
Freqüência (rad/s) 
Assintótica 
Real 
–20 dB/déc
–20 dB/déc
–40 dB/déc
–40 dB/déc
Soluções.indd 85Soluções.indd 85 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
86 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Freqüência (rad/s) 
Assintótica 
Real 
Fa
se
 (g
rau
s)
–45º/déc
–90º/déc
–90º/déc
–45º/déc
–45º/déc
–45º/déc
10.3
A resposta em freqüência é de 1/8 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada pólo gira de 90o desde v = 0 
até 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 freqüência é de 1/48 a um ângulo de zero grau em v = 0. Cada pólo gira de 90o desde v = 0 
até v = �. Assim, a resultante gira de –270o, enquanto sua magnitude vai a zero. O resultado é mostrado na 
figura a seguir.
 
,
Soluções.indd 86Soluções.indd 86 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
87Solução dos Exercícios de Avaliação
b. Substituindo jv em e simplificando, obtém-se 
. O diagrama de Nyquist cruza o eixo real quando a parte imaginária de 
G(jv) é igual a zero. Assim, o diagrama de Nyquist cruza o eixo real em v2 = 44, isto é, , 
Nesta freqüência, Portanto, o sistema é estável para K < 480.
10.5
Se K = 100, o diagrama de Nyquist interceptará o eixo real em –11/480. Portanto, , . 
Com base no Exercício de Avaliação 10.4, a freqüência de 180o é 6,63 rad/s.
10.6
a.
 
Freqüência (rad/s)
 
Freqüência (rad/s) 
Fa
se
 (g
rau
s)
b. O ângulo de fase é 180o a uma freqüência de 36,74 rad/s. Nesta freqüência o ganho é de –99,67 dB. Portanto, 
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 freqüência de 180o é 36,7 rad/s. A curva de ganho cruza 0 dB em 
v = 7,74 rad/s, onde a fase é de 87,1o. Calcula-se a margem de fase como sendo 180o – 87,1o = 92,9o.
10.7
Utilizando 
%SP
%SP
 obtém-se z = 0,456, o que corresponde a um sobrevalor 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.
Soluções.indd 87Soluções.indd 87 6/16/09 1:00:28 PM6/16/09 1:00:28 PM
88 Solução dos Exercícios de Avaliação
a.
 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
Plano G
b.
 
 Representando-se graficamente a resposta em freqüência do sistema em malha fechada a partir de a. ou b., 
têm-se os seguintes gráficos:
 
Freqüência (rad/s)
Soluções.indd 88Soluções.indd 88 6/16/09 1:00:29 PM6/16/09 1:00:29 PM
89Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Freqüência (rad/s)
Fa
se
 (g
rau
s)
10.9
A resposta em freqüência do sistema em malha aberta é mostrada na figura a seguir:
 
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Freqüência (rad/s)
Diagramas de Bode
A resposta em freqüência do sistema em malha aberta é de –7 em v = 14,5 rad/s. Assim, a banda passante 
estimada é vWB = 14,5 rad/s. O gráfico da resposta em freqüência em malha aberta passa por zero dB a uma 
freqüência de 9,4 rad/s, onde 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 
, ,
, 
, 
10.10
A inclinação inicial é de 40 dB/década. Portanto, o sistema é do Tipo 2. A inclinação inicial intercepta o eixo 
de freqüências (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 freqüência de zero dB como: 
 Resolvendo para v, tem-se ou seja, após elevar ao quadrado ambos 
Soluções.indd 89Soluções.indd 89 6/16/09 1:00:29 PM6/16/09 1:00:29 PM
90 Solução dos Exercícios de Avaliação
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 freqüência referente a 0 dB como sendo 3,08 rad/s. 
Nesta freqüência, 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
 (d
B)
Fa
se
 (g
rau
s)
Freqüência (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 freqüência de corte em torno de 21 rad/s. Assim, uma estimativa ini-
cial é Subtraindo G1(s) da resposta em freqüência original, tem-se a resposta em freqüência 
mostrada a seguir.
 
G
an
ho
 (d
B)
Experimental Menos 1/s(s + 21)
Soluções.indd 90Soluções.indd 90 6/16/09 1:00:30 PM6/16/09 1:00:30 PM
91Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Fa
se
 (g
rau
s)
Freqüência (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 freqüência 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
Freqüência (rad/s)
Fase
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Um sobrevalor de 20% requer 
%SP 
%SP 
0,456 Esta fração de amortecimento implica uma mar-
gem 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 freqüência é de 5,15 � 10–6. Como a magnitude deve ser 
unitária, 
,
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.
Soluções.indd 91Soluções.indd 91 6/16/09 1:00:30 PM6/16/09 1:00:30 PM
92 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Freqüência (rad/s)
Diagramas de Bode
Um sobrevalor 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, uti-
liza-se 58,1o. Assim, procura-se por um ângulo de fase de –180o + 58,1o = –129,9o. A freqüência na qual esta 
fase ocorre é 20,4 rad/s. Nesta freqüência 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 freqüência do compensador por atraso de 
fase em –23,2 dB. Insere-se um corte em 0,1(20,4) = 2,04 rad/s. Nesta freqüência, desenha-se uma reta com 
inclinação de –23,2 dB/década até sua interseção em 0 dB. A freqüência de interseção será o corte de baixa 
freqüência em 0,141 rad/s. Assim, o compensador é 
,
,
, onde o ganho é escolhido de modo 
a fornecer 0 dB nas baixas freqüências, ou seja, Kc = 0,141/2,04 = 0,0691. Em resumo,
 e , 
, 
,
. .
11.3
Um sobrevalor de 20% requer 
%SP
%SP
, . A banda passante requerida é então calculada 
como , De modo a se atender o requisito de erro de 
regime estacionário de calcula-se K = 300.000. O diagrama de Bode não-compensado 
para este ganho é mostrado a seguir.
Soluções.indd 92Soluções.indd 92 6/16/09 1:00:31 PM6/16/09 1:00:31 PM
93Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Diagramas de Bode para K = 300000
Freqüência (rad/s)
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
A medida da margem de fase do sistema não-compensado é realizada onde o gráfico da magnitude cruza o valor 
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 freqüência 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 pólo do compensador está posicionado em , . 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
Um sobrevalor de 10% requer 
%SP
%SP
, . A banda passante requerida é então calculada 
como , De modo a se atender o requisito de erro 
de regime estacionário de , calcula-se K = 2400. O diagrama de Bode não-compensado para 
esse ganho é mostrado a seguir.
Soluções.indd 93Soluções.indd 93 6/16/09 1:00:32 PM6/16/09 1:00:32 PM
94 Solução dos Exercícios de Avaliação
 
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Diagramas de Bode
Freqüência (rad/s)
Seleciona-se agora uma nova freqüência 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 freqüência de margem 
de fase, o ângulo de fase será o que apresenta uma margem de fase de 180o – 138,3o = 41,7o. Assim, o com-
pensador por avanço de fase deve contribuir com fmáx = 63,6o – 41,7o = 21,9o.
Utilizando ,máx 
máx
máxsen
sen
sen
Projeta-se agora o compensador por atraso de fase escolhendo inicialmente sua freqüência de corte mais alta 
uma década abaixo da nova freqüência de margem de fase, isto é, zatraso = 0,602 rad/s. O pólo 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 freqüên-
cia de margem de fase e , ou zavanço , , E, também, pavanço
avanço
, Finalmente, 
Kavanço , Resumindo,
 
, 
,
,
,
, 
, 
e atraso avanço 
CAPÍTULO 12
12.1
Inicialmente obtém-se a equação característica desejada. Um sobrevalor de 5% requer 
%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 
Soluções.indd 94Soluções.indd 94 6/16/09 1:00:32 PM6/16/09 1:00:32 PM
95Solução dos Exercícios de Avaliação
sistema compensada na forma de variáveis de fase é . A equação 
característica para este sistema é Igualando os coefici-
entes 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. Um sobrevalor de 20% requer 
,
%SP
%SP
 E, também, , Assim, a equação característica é 
, . Adicionando-se um pólo em –6 para cancelar o zero em –6, obtém-se a equação 
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,
 
Soluções.indd 95Soluções.indd 95 6/16/09 1:00:34 PM6/16/09 1:00:34 PM
96 Solução dos Exercícios de Avaliação
Assim, , , .
 ,, .
12.4
Para o sistema dado, . O polinômio característico é expresso por 
 Obtém-se agora a equação característica desejada. 
Com base no Exercício de Avaliação 12.3, os pólos dominantes podem ser obtidos pelo polinômio (s2 + 4s + 
19,24). Fatorando tem-se (–2 + j3,9) e (–2 – j3,9). Aumentando-se esses pólos de um fator 10 e adicionando-se 
um terceiro pólo igual a 10 vezes a parte real dos pólos dominantes de segunda ordem, obtém-se o polinô-
mio 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 , onde . 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 , onde . Como 
 pode-se escrever a forma canônica observável como
 
A matriz de observabilidade para esta forma é ,
onde .
Em seguida obtém-se a equação característicadesejada. Um sobrevalor de 10% requer 
,
%SP
%SP
 E, também, , . Assim, a equação caracterís-
tica é , Adicionando um pólo em –400, ou dez vezes a par-
Soluções.indd 96Soluções.indd 96 6/16/09 1:00:35 PM6/16/09 1:00:35 PM
97Solução dos Exercícios de Avaliação
te real dos pólos dominantes de segunda ordem, tem-se a equação característica resultante desejada, 
, , . Para o sistema representado na forma 
canônica observável, O polinômio característico é dado 
por Igualando os coeficientes da equação 
característica 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. Um sobrevalor de 10% requer
 
%SP
%SP
,
E, também, , Assim, a equação característica é , , 
Adicionando um pólo em –4, o qual representa a localização do zero do sistema original, tem-se a equação 
característica resultante desejada, , , , ,
Agora, e ,
onde
 
Portanto,
 
Soluções.indd 97Soluções.indd 97 6/16/09 1:00:36 PM6/16/09 1:00:36 PM
98 Solução dos Exercícios de Avaliação
A determinação da equação característica desse sistema fornece
 
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 
 
Soluções.indd 98Soluções.indd 98 6/16/09 1:00:36 PM6/16/09 1:00:36 PM
99Solução dos Exercícios de Avaliação
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 blocos 
mostrado a seguir.
 
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 pólo do sistema em malha fechada está posicionado em 5e–5T – 4. Substituindo valores de T, verifica-se 
que o pólo 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 pólo fora do círculo de raio unitário 
e dois pólos no interior do círculo de raio unitário. A tabela não produz uma linha de zeros e, portanto, não 
ocorrem pólos jv. O sistema é instável devido ao pólo 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
 
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100 Solução dos Exercícios de Avaliação
Assim, para T = 0,1 s, e Verificando 
a estabilidade, obtém-se que o sistema é estável para T = 0,1 s, uma vez que 
, ,
, ,
 
possui pólos no interior do círculo unitário em –0,957 e +0,735. Verificando-se novamente a estabilidade, chega-
se à conclusão de que o sistema é instável para T = 0,5 s, uma vez que 
, ,
, ,
 
possui pólos 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.
 
,
, ,
Ei
xo
 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 freqüência de Ge(jv).
 
Fa
se
 (g
rau
s);
 M
ag
nit
ud
e (
dB
)
Diagramas de Bode
Freqüência (rad/s)
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101Solução dos Exercícios de Avaliação
Encontra-se que a freqüência 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
 ,
,
, .
13.10
, ,
. Realiza-se o produto cruzado e obtém-se (z2 – 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
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