Apostila de Laplace

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Técnicas de Controle de Processos Industriais
1
Modelos de Processos Industriais
I – Modelamento de Sistemas Dinâmicos Lineares
Figura 1 – Esquema de um sistema dinâmico.
II – Transformada de Laplace
Por definição, a transformada de Laplace de uma função f(t) é dada por:
£ [ ] ∫∞= 0 st- dte )t(f)t(f (1)
Onde:
f(t) – função da variável t, tal que f(t) = 0 para t < 0
s - variável complexa
£ - simboliza a transformada de Laplace
Aplicando-se a equação (1) pode-se determinar a transformada de Laplace
de quaisquer funções, como nos exemplos a seguir.
Exemplo 1:
Determine a transformada de Laplace da função degrau.
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2
Solução:
A função degrau tem forma apresentada na figura 2.
Figura 2 – Função degrau
Essa função pode ser definida por:


>=
≤=
0 t para ,A f(t)
0 t para , 0)t(f (2)
Aplicando-se a definição, tem-se:
£ [ ] [ ] [ ]
s
A10
s
Ae
s
Adte A)t(f
0 0
stst-
=−−=−== ∫∞ ∞− (3)
Exemplo 2:
Determinar a transformada de Laplace da função rampa.
Solução:
A função rampa tem a forma apresentada na figura 3.
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3
Figura 3 – Função rampa.
Essa função pode ser definida por:


≥=
<=
0 t para ,At f(t)
0 t para , 0)t(f (4)
Aplicando-se a definição de transformada de Laplace, tem-se:
£ [ ] ∫ ∫∞ ∞ − === 0 0 2stst- sAdtesAdte At)t(f (5)
A aplicação da definição da transformada de Laplace, permite que sejam
determinadas as expressões da transformada de Laplace para as funções
que sejam de interesse. A tabela 1 apresenta algumas funções
importantes.
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Tabela 1 – Transformada de Laplace
f(t) F(s)
1) Impulso unitário:
δ(t)
1
2) Degrau unitário
s
1
3) t
2s
1
4) e-at
as
1
+
5) t e-at
2)as(
1
+
6) senωt
22s ω+
ω
7) cosωt
22s
s
ω+
8) )e1(
a
K at−
−
)as(s
K
+
Exemplo 3:
Determinar a transformada de Laplace da função transladada f(t – a).
Solução:
Seja u(t), a função degrau unitário. Sendo assim, a função u(t – a),
corresponde ao degrau unitário atrasado de “a” segundos como na figura
4.
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Figura 4 – Função degrau transladada.
Por ser unitário, pode-se dizer que:
f(t – a) = f(t – a) u(t – a) (6)
Sendo assim a transformada de Laplace fica:
∫∞ −0 st- dte a)-u(t )at(f (7)
Substituindo t por τ, onde τ = t – a , obtém-se:
∫ ∫∞ ∞ +τττ=−0 0 a)s(st- dte )u( )(fdte a)-u(t )at(f (8)
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Observando-se que f(t) = 0 para t < 0 e f(τ) u(τ) = 0 para τ < 0, pode-se
considerar o limite inferior da equação (8) igual a zero.
Sendo assim:
∫
∫ ∫ ∫
∞
−τ−
∞ ∞ ∞ τ+τ+
=ττ=
=ττ=ττ=τττ
0
ass-as
0 0 0
as-s-a)s(-a)s(t-
)s(Fede )(fe
de e )(fde )u( )t(fde )u( )(f
Então: £[f(t – a)] = e-as F(s) (9)
II.1 – Teoremas Principais das Transformadas de Laplace
• TEOREMA DA DERIVAÇÃO REAL
A transformada de Laplace da derivada de uma função f(t) é dada por:
£ f(0)-F(s) s
dt
f(t) d
=

 (10)
onde:
F(s): transformada de Laplace de f(t)
f(0): valor de f(t) no instante t = 0
A demonstração desse teorema pode ser encontrada em [1].
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Exemplo 4:
Sabendo-se que a transformada de Laplace da função seno é:
£ 22s]t[sen ω+
ω
=ω (11)
Pede-se determinar a transformada de Laplace da função cosωt.
Solução:
Como ,tcos
dt
)t(send
ωω=
ω então:
£ 


ω
ω
=ω tsen
dt
d£1]t[cos (12)
sendo f(t) = senωt, f(0) = 0 e F(s) = £[f(t)] = 22s ω+
ω
£ [ ] 22ss
1tsen
dt
d£1tcos
ω+
ω
ω
=


ω
ω
=ω (13)
£ 22s
s]t[cos
ω+
=ω (14)
• TEOREMA DO VALOR FINAL
Se uma função f(t) tender a um valor constante quando t → ∞, esse valor
poderá ser determinado, aplicando-se:
F(s) s lim)t(flim
0st →∞→
= (15)
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Exemplo 5:
Determine o valor final da função cuja transformada de Laplace e:
2)(s )1s(s
8,0)s(F
++
= (16)
Solução:
Aplicando-se o teorema do valor final, tem-se:
4,0
2)(s 1)s(s
0,8 s lim)t(f lim
0st
=
++
=
→∞→
(17)
Exemplo 6:
Determine o valor final da função cuja transformada de Laplace é:
)2s(s
9,0)s(F
+
= (18)
Comprove o resultado usando a transformada inversa.
Solução:
Aplicando-se o teorema do valor final tem-se:
45,0
2)s(s
0,9 s limf(t) lim
0st
=
+
=
→∞→
(19)
A comprovação pode ser feita, usando-se a tabela onde se tem:
)as(s
K)e1(
a
K£ at
+
=


−
− (20)
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Portanto tem-se K = 0,9 e a = 2. Então f(t) = 
2
9.0 (1 – e-2t)
Aplicando-se 0,45f(t) lim
t
=
∞→
 (vide figura 4)
Figura 5 – Resposta no tempo.
II.2 – Transformada de Laplace Inversa
Conhecendo-se a transformada de Laplace de uma função, pode-se obter a
função no tempo que a originou aplicando-se as técnicas de transformação
inversa. Em muitos casos, pode-se usar diretamente as tabelas de
transformadas de Laplace. Quando possível, deve-se aplicar as técnicas
de decomposição apresentadas a seguir:
DECOMPOSIÇÃO EM FRAÇÕES PARCIAIS
As transformadas de Laplace são muitas vezes expressas através da
relação entre dois polinômios, isto é:
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)s(D
)s(N)s(F = (21)
Quando as raízes do polinômio forem reais e diferentes entre si, esta
relação poderá ser decomposta por:
!+
−
+
−
=
bs
B
as
A)s(F (22)
onde a, b, ... : raízes do polinômio D(s) e A, B, ... são constantes que podem
ser determinadas pela equação:
...
bs
B
as
A
)s(D
)s(N
+
−
+
−
= (23)
As constantes A, B, ... poderão também ser determinadas aplicando-se:
)s(D
N(s) b)-(slimB
D(s)
N(s) a)-(s limA
bs
as
→
→
=
=
(24)
...
Desta forma, pode-se aplicar diretamente tabela de transformadas, onde:
[ ]
as
Ae A£ at
−
= (25)
Então: f(t) = A eat + B ebt + ... (26)
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Exemplo 7:
Obtenha a função no tempo correspondente à seguinte função
transformada
s2s3s
1)s(F 23 ++
= (27)
Solução:
Inicialmente deve-se decompor o polinômio do denominador. A equação
resultante é conhecida como “equação característica”.
S3 + 3s2 + 2s = 0 (28)
As raízes dessa equação são:
s(s2 + 3s + 2) = 0 (29)
A primeira raiz é s1 = 0
Resolvendo: s2 + 3s + 2 = 0
 Tem-se: s2 = -1
 s3 = -2
A transformada de Laplace pode, então ser escrita na forma fatorada:
2)(s )1s(s
1)s(F
++
= (30)
Pode-se, agora, aplicar a decomposição em frações parciais:
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2s
C
1s
B
s
A
2)(s )1s(s
1)s(F
+
+
+
+=
++
= (31)
Para se determinar A, B e C, aplicam-se as expressões (24):
2
1
2)(s 1)s(s
s limA
0s
=
++
=
→
(32)
1
)21(1
1
2)(s 1)s(s
1s limB
1s
−=
+−−
=
++
+
=
−→
(33)
2
1
)12(2
1
2)(s 1)s(s
2s limC
2s
=
+−−
=
++
+
=
−→
(34)
A transformada de Laplace fica:
)2s(2
1
)1s(
1
s2
1)s(F
+
+
+
−= (35)
A transformada inversa pode então ser obtida, diretamente da tabela 1.
2t-t e 
2
1e
2
1)t(f +−= − (36)
OBS.: A transformada inversa de 1/s é o degrau unitário, que não foi
indicado na expressão (36). Como toda a função só é válida para t >
0, pode-se multiplicar toda a expressão (36) por u(t), obtendo-se:
)t(ue
2
1e
2
1)t(f t2t 


+−= −− (37)
Exemplo 8:
Aplique o teorema do valor final na transformada de Laplace do exemplo
anterior e comprove o resultado pela resposta no tempo.
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Solução:
Aplicando-se o teorema do valor final:
2
1
2)(s 1)s(s
1s lim 
F(s) s limf(t) lim
0S
0st
=
++
=
=
→
→∞→
(38)
Calculando-se o valor final, diretamente da resposta no tempo:
2
1e
2
1e
2
1 lim f(t) lim t2t
tt
=


+−= −−
∞→∞→
(39)
OBS.: As transformadas inversas de funções cujas equações
características têm raízes múltiplas não podem ser obtidas
diretamente pelo método anterior. A solução desse problema pode
ser obtida na referência [1].
II.3 – Funções de Transferência
Sistemas lineares com apenas uma entrada e uma saída são comumente
representados por funções de transferência. Trata-se da relação entre
a transformada de Laplace da saída pela transformada de Laplace da
entrada.
Figura 6 – Função de transferência.
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Quando se conhece a equação diferencial que representa um sistema
físico, pode-se facilmente obter a função de transferência, aplicando-se a
transformada de Laplace. O exemplo seguinte ilustra esse método.
Exemplo 9:
Obtenha a função de transferência do sistema apresentado na figura 6.
Considerando a força r(t) como entrada e o deslocamento x(t) como saída.
Figura 7 – Sistema mecânico.
Solução:
Sabe-se que a equação diferencial que rege esse sistema é dada por:
r(t) x(t)K
dt
)t(dxB
dt
)t(xdM 2
2
=++ (40)
Aplicando-se a transformada de Laplace em ambos os lados da equação e
considerando-se as condições iniciais nulas tem-se, pela expressão (10):
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M s2 x(s) + Bs x(s) + K x(s) = r(s) (41)
Onde:
x(s) = £ [x(t)]
u(s) = £ [u(t)]
Então:
KBsMs
1
)s(r
)s(x
2 ++
= (42)
A expressão (41) é a função de transferência do sistema mecânico da
figura 6.
Exemplo 10:
Determine a função de transferência do sistema da figura 7,
considerando a voltagem v(t) como entrada e a corrente como saída.
Figura 8 – Circuito R – L.
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Solução:
A equação diferencial que rege esse sistema pode ser obtida aplicando-se
a lei das tensões de Kirchoff, isto é, a soma algébrica das tensões em
cada malha é nula.
Então:
dt
di(t)L i(t) R)t(v += (43)
Aplicando-se a transformada de Laplace em ambos os lados da equação
tem-se:
V(s) = R I(s) + Ls I(s)
E a função de transferência fica:
RLs
1
)s(V
)s(I
+
= (44)
III – Análise de Transitórios em Sistemas Dinâmicos Lineares
Quando um sistema dinâmico for perturbado, ocorrerá uma resposta que
dependerá das características do sistema e da perturbação. Nesta seção,
são analisadas as respostas dinâmicas de sistemas lineares de primeira e
segunda ordens, isto é, regidos por equações diferenciais de primeira e de
segunda ordens, respectivamente. Inicialmente, são analisados os
sistemas de primeira ordem.
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III.1 – Sistemas de Primeira Ordem
Considere um sistema dinâmico representado pela equação:
)t(u)t(ay)t(y =+" (62)
onde 
dt
dy(t) representa )t(y"
Aplicando-se a transformada de Laplace
sY(s) + aY(s) = U(s) (63)
Obtém-se a função de transferência
as
1
)s(U
)s(Y)s(G
+
== (64)
É comum se representar as funções de transferência por blocos,
indicando-se as entradas e saídas.
Figura 10 – Representação da função de transferência
A resposta no tempo y(t) dependerá da entrada u(t). Nesta seção, será
considerado sempre que u(t) seja um degrau unitário e que as condições
iniciais sejam nulas.
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Então:
)as(s
1)s(Y
+
= (65)
ou
a
1T,
a
1K onde , 
)1Ts(s
K)s(Y ==
+
= (66)
A transformada inversa pode ser obtida diretamente da tabela
)e1(
a
1)t(y at−−= (67)
ou
)e1(K)t(y T
t
−
−= (68)
O gráfico da figura 11 mostra o comportamento dessa função que se
estabiliza no valor K, quanto t → ∞.
Figura 11 – Resposta do sistema de 1a ordem ao degrau unitário.
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Traçando-se uma tangente à curva, no instante t = 0, esta encontra a reta
y(t) = K, no instante T. Este valor é conhecido como constante de tempo
do sistema de 1a ordem.
Pode-se determinar as respostas do sistema de primeira ordem a outros
tipos de excitação, tais como, rampas, senóides etc [1]. Estas notas se
restringem à resposta ao degrau.
Exemplo 12: Determine a forma de onda da corrente quando a chave for
fechada, no instante t = 0, para o circuito da figura 8.
Considere:
v(t) = 100 u(t)
R = 2 ohm
L = 0,1 ohm
Solução: A equação diferencial que rege o sistema é:
dt
di(t) Li(t) R)t(v +=
Aplicando-se a transformada de Laplace:
V(s) = R I(s) + Ls I(s)
Substituindo-se os valores
I(s) s 0,1I(s) 2
s
100
+=
s 0,12
1 
s
100)s(I
+
=
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20
Dividindo-se por 2 o numerador e o denominador tem-se:
1)s 05,0(s
50)s(I
+
=
A resposta no tempo, conforme a equação (67) é:
i(t) = 50(1 – e-20t)
III.2 – Sistemas de Segunda Ordem
Os sistemas dinâmicos e lineares de segunda ordem são representados por
equações diferenciais do tipo:
)t(rcyyby =++ """ (69)
Costuma-se representar essa equação na seguinte forma:
)t(ryy2y 2nn =ω+ζω+"" (70)
onde
ζ: coeficiente de amortecimento do sistema
ωn : freqüência natural não amortecida.
Aplicando-se a transformada de Laplace pode-se obter a função de
transferência desse sistema, considerando-se nulas as condições iniciais:
2
nn
2 s2s
1
)s(U
)s(Y
ω+ζω+= (71)
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Dependendo do valor de ζ, o polinômio do denominador poderá ter:
• 2 raízes reais e diferentes (ζ > 1)
• 2 raízes reais e iguais (ζ = 1)
• 2 raízes complexas conjugadas (0 < ζ < 1)
• 2 raízes complexas conjugadas com parte real nula (ζ = 0)
Essas quatro condições estabelecem os tipos de sistemas de segunda
ordem, analisados a seguir.
Caso Superamortecido ζζζζ > 1
Neste caso, o sistema apresenta 2 raízes diferentes. Por exemplo,considere que as raízes da equação característica sejam s1 e s2 . A função
de transferência terá a forma:
)s-(s )ss(
1
)s(U
)s(Y
21−
= (72)
Sendo assim, pode-se facilmente determinar a resposta ao degrau
aplicando-se a transformação em frações parciais. O exemplo seguinte
ilustra esse caso.
Exemplo 13: Determine a resposta ao degrau de um sistema regido pela
seguinte função de transferência:
2s3s
1
)s(U
)s(Y
2 ++
= (73)
Solução: Pode-se determinar ζ e ωn. Como a forma geral da equação é:
0s2s 2nn
2
=ω+ζω+ (74)
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22
e a equação geral do sistema:
s2 + 3s + 2 = 0 (75)
Comparando (74) e (75):
2
32
2
n
n
=ω
=ζω
Então:
06,1
22
3 e 41,12n ==ζ==ω
Trata-se portanto do caso superamortecido, onde se têm 2 raízes reais e
diferentes. As raízes são:
s1 = -1
s2 = -2
Então a resposta ao degrau pode ser escrita:
2)(s 1)(s
1 
S
1)s(Y
++
= (76)
Decompondo-se em frações parciais
2s
C
1s
B
s
A
2)(s )1s(s
1
+
+
+
+=
++
(77)
onde:
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23
2
1
2)1)(ss(s
s limA
1S
=
++
=
−→
(78)
1
2)1)(ss(s
1s limB
1S
−=
++
+
=
−→
(79)
2
1
2)1)(ss(s
2s limC
2S
=
++
+
=
−→
(80)
Desta forma, a transformada de Laplace da resposta ao degrau fica:
2s
2/1
1s
1
s
2/1)s(Y
+
+
+
−= (81)
Da tabela I obtém-se a função no tempo
u(t) ee
2
1)t(y t2t 


+−= −− (82)
Caso Subamortecido 0 < ζζζζ < 1
Neste caso, as raízes da equação característica serão dois valores
complexos conjugados. Pode-se demonstrar (vide [1]) que, nesse caso, a
resposta ao degrau unitário, considerando-se nulas as condições iniciais
será:
y(t) = 



ζ
ζ−
+ω
ζ−
−
ζω− 2
d2
t 1
arctgtsen
1
e1
n
(83)
onde
2
nd 1 ζ−ω=ω (84)
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24
O gráfico da figura 12 mostra que a resposta no tempo é oscilatória, se
estabilizando em
y = 1.
Figura 12 – Resposta ao degrau de um sistema de 2a ordem subamortecido.
Caso Criticamente amortecido ζζζζ = 1
Neste caso, as raízes da equação características serão reais e iguais. A
resposta ao degrau (vide [1]) será:
y(t) = 1 – cos ωn t (85)
O gráfico da figura 13 mostra que a resposta ao degrau, para o sistema
criticamente amortecido é bastante semelhante ao caso subamortecido.
A vantagem desse caso é que se atinge mais rapidamente o valor de
regime permanente.
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Figura 13 – Resposta ao degrau de um sistema de 2a ordem criticamente
amortecido.
Caso Não-Amortecido ζζζζ = 0
Nesse caso, a resposta ao degrau senóide não amortecida. Pode-se
deduzir a sua expressão fazendo-se ζ = 0 em (83), obtendo-se:
(86)
O gráfico da figura 14 ilustra a resposta ao degrau.
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Figura 14 – Resposta ao degrau de um sistema não-amortecido.
IV – Álgebra de Blocos
Os sistemas dinâmicos mais complexos são compostos de diversas
unidades interligadas e que interagem entre si. Para simplificar a sua
representação cada uma dessas unidades ou blocos pode ser representada
por sua função de transferência. Pode-se então obter a função de
transferência global do sistema fazendo-se a composição desses blocos.
A seguir são apresentadas as principais operações da álgebra de blocos.
Blocos em Série
Sejam os blocos da figura 15 com as funções de transferência G1(s) e
G2(s).
Figura 15 – Blocos em série.
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Como U1(s) = G1(s) U(s),
e Y(s) = G2(s) U1(s), (87)
tem-se Y(s) = G2(s) G1(s) U(s)
Portanto, a função de transferência do sistema global será:
)s(G )s(G
)s(U
)s(Y
21= (88)
Sendo assim, a função de transferência do sistema é igual ao produto das
funções de transferência de cada bloco.
Exemplo 14: Qual a função de transferência do sistema equivalente.
Figura 16 – Blocos em série.
Solução: A função de transferência será:
)2s)(1s(
5.1
)s(U
)s(Y
++
=
Blocos em Paralelo
Considere um sistema com duas entradas e uma saída como na figura 17.
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Figura 17 – Blocos em paralelo.
Observe que, nesse caso foi usado o bloco somandor.
Figura 18 – Somador
Trata-se de uma representação que pode ser usada para adições e
subtrações com qualquer número de entradas.
O resultado Y(s) será:
Y(s) = G1(s).U1(s) + G2(s) U2(s) (89)
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Blocos em Realimentação
O arranjo mostrado na figura 19 é a base dos sistemas de controle
automáticos, onde se deseja que a saída y(t) acompanhe a entrada u(t).
Para tanto, através de um somador, calcula-se o erro de controle e(t) que
é usado como excitação.
Figura 19 – Sistema com realimentação.
Para se deduzir a saída Y(s) basta aplicar:
Y(s) = G(s) . E(s) (90)
Como E(s) = U(s) – H(s) Y(s) (91)
Então Y(s) = G(s) (U(s) – H(s) Y(s))
Donde:
)s(H)s(G1
)s(G
)s(U
)s(Y
+
= (92)
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Exemplo 15: Determine o bloco equivalente ao seguinte arranjo
Figura 20 – Exemplo de realimentação
Solução: Por se tratar de um sistema realimentado, basta aplicar a
expressão (92)
2s
1 . 
1s
21
1S
2
)s(U
)s(Y
++
+
+
=
Portanto: 
4s3s
2
)s(U
)s(Y
2 ++
=
Exercício 4: Determine o bloco equivalente
Figura 21 – Sistema com realimentação unitária.
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Solução: Nesse caso, tem-se:
1 H(s) e 
1s
1)s(G =
+
=
então: 
2s
1
)s(U
)s(Y
+
=
Sistemas com mais de uma Entrada
Nas indústrias, são muito comuns os processo com diversas entradas.
Nesses casos, pode-se aplicar o princípio da superposição dos sistemas
lineares para se determinar a saída.
A figura 22 apresenta um caso com 2 entradas.
Figura 22 – Sistema com duas entradas.
Nesse caso, considera-se, inicialmente P(s) = 0, calculando-se Y1(s)
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Figura 23 – Considerando-se P(s) = 0.
Então: )s(U
)s(H)s(G)s(G1
)s(G)s(G
)s(Y
21
21
1
+
= (93)
Considera-se, em seguida, U(s) = 0 e calcula-se Y2(s). Observa-se que,
nesse caso, a realimentação passa a ser G1(s) H(s).
Figura 24 – Considerando-se U(s) = 0.
Então: )s(P
)s(H)s(G)s(G1
)s(G)s(Y
21
2
2
+
= (94)
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A saída Y(s) será, então, a soma de Y1(s) e Y2(s):
)s(P
)s(H)s(G)s(G1
)s(G
)s(U
)s(H)s(G)s(G1
)s(G)s(G
)s(Y
21
2
21
21
+
+
+
= (95)
Exemplo 16: No sistema da figura 22, determine Y(s), considerando:
1S
1)s(G1
+
=
3S
2)s(G2
+
=
H(s) = 1 e U(s) = P(s) = degrau unitário.Solução: Sendo U(s) = P(s) = 1/s, tem-se pela expressão (95):
s
1.
3s
2.
1s
11
3s
2
s
1.
3s
2.
1s
11
3s
2.
1s
1
)s(Y
++
+
++
++
+
++
=
23)1)(s(s
1)2(s 
s
1
23)1)(s(s
2 
s
1)s(Y
+++
+
+
+++
=
)6s4s(s
4s 2)s(Y 2 ++
+
=
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Exercício 5: Determine o bloco equivalente.
Figura 25 – Exemplo de sistema com 2 malhas.
Solução: Inicialmente determina-se
)s(U
)s(Y
1
 =
Em seguida, obtém-se
=
)s(U
)s(Y