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Prévia do material em texto
1
Universidade Federal de Minas Gerais – UFMG
Escola de Engenharia
Departamento de Mecânica - DEMEC
EMA184 – Fundamentos da Teoria de Controle
Notas de Aula
Autor: Prof. Dr. Lázaro Valentim Donadon
Versão 7
Agosto de 2017
2
Sumário
1 INTRODUÇÃO AOS SISTEMAS DE CONTROLE .................................................................... 6
1.1 MONITORAMENTO, AUTOMAÇÃO E CONTROLE DE SISTEMAS ......................................................... 6
1.1 DEFINIÇÕES BÁSICAS ...................................................................................................................... 8
1.2 EXEMPLO DE UM SISTEMA DE CONTROLE TÍPICO ............................................................................. 9
1.3 DEFINIÇÃO DE SISTEMA DE CONTROLE COM RELAÇÃO AOS SINAIS ............................................... 10
1.4 EXEMPLO DE SISTEMAS CONTROLADOS E DE SISTEMAS AUTOMÁTICOS ....................................... 10
2 MODELAGEM DE SISTEMAS DINÂMICOS ........................................................................... 11
2.1 SISTEMAS MECÂNICOS TRANSLACIONAIS ..................................................................................... 11
2.1.1 Sistema Massa-Mola-Amortecedor..................................................................................... 11
2.1.2 Conjunto de Massas-Molas ................................................................................................ 13
2.1.3 Suspensão Ativa de ¼ de veículo ........................................................................................ 16
2.2 SISTEMAS DE RESERVATÓRIOS ...................................................................................................... 18
2.2.1 Reservatório Simples .......................................................................................................... 18
2.2.2 Exemplo de simulação do escoamento em reservatório simples ........................................ 20
2.2.3 Reservatórios em Série ....................................................................................................... 20
2.2.4 Sistema de Reservatório Composto .................................................................................... 21
2.3 LINEARIZAÇÃO ............................................................................................................................. 23
2.3.1 Uma Variável ...................................................................................................................... 24
2.3.2 Multivariável ...................................................................................................................... 26
2.4 SISTEMAS PENDULARES SIMPLES.................................................................................................. 28
2.4.1 Pêndulo Simples ................................................................................................................. 28
2.4.2 Pêndulo Invertido ............................................................................................................... 29
2.5 REPRESENTAÇÃO EM ESPAÇO DE ESTADO .................................................................................... 32
2.5.1 Representação quando não há derivadas da entrada ......................................................... 33
2.5.2 Representação quando há derivadas da entrada ................................................................ 39
2.5.3 Formulação Alternativa ..................................................................................................... 44
2.5.4 Passagem de espaço de estado para função de transferência ............................................ 46
2.5.5 Comentários sobre a Representação em Espaço de Estado ............................................... 49
2.6 CLASSIFICAÇÃO DOS SISTEMAS QUANTO AO NÚMERO DE ENTRADAS E SAÍDAS ............................ 49
2.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................... 50
2.7.1 Sistemas Translacionais ..................................................................................................... 50
2.7.2 Sistemas de Reservatórios .................................................................................................. 50
2.7.3 Linearização ....................................................................................................................... 51
2.7.4 Espaço de Estado................................................................................................................ 51
2.8 RESPOSTAS ................................................................................................................................... 53
2.8.1 Sistemas Translacionais ..................................................................................................... 53
2.8.2 Sistemas de Reservatórios .................................................................................................. 53
2.8.3 Linearização ....................................................................................................................... 54
2.8.4 Espaço de Estado................................................................................................................ 54
3 TRANSFORMADA DE LAPLACE .............................................................................................. 57
3.1 DEFINIÇÃO .................................................................................................................................... 57
3.2 TRANSFORMADA DE LAPLACE ...................................................................................................... 57
3.2.1 Funções Simples ................................................................................................................. 57
3.2.2 Propriedades ...................................................................................................................... 60
3.2.3 Funções Especiais .............................................................................................................. 61
3.2.4 Teoremas ............................................................................................................................ 63
3.2.5 Resumo ............................................................................................................................... 67
3.3 TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE ....................................................................................... 68
3.3.1 Expansão em Frações Parciais .......................................................................................... 68
3.4 APLICAÇÕES DE TRANSFORMADA DE LAPLACE ............................................................................ 75
3.4.1 Solução de Equações Diferenciais ..................................................................................... 76
3.4.2 Funções de Transferência................................................................................................... 79
3
3.4.3 Classificação das Funções de Transferência ..................................................................... 81
3.5 EXEMPLOS UTILIZANDO MATLAB ................................................................................................. 82
3.6 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ............................................................................................................. 84
3.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................... 88
3.8 RESPOSTAS ...................................................................................................................................90
4 DIAGRAMA DE BLOCOS ........................................................................................................... 92
4.1 REPRESENTAÇÕES BÁSICAS........................................................................................................... 92
4.1.1 Sistemas em Série ............................................................................................................... 93
4.1.2 Sistemas em Paralelo .......................................................................................................... 93
4.1.3 Sistemas em Realimentação ................................................................................................ 94
4.1.4 Exemplos............................................................................................................................. 94
4.2 ÁLGEBRA DE BLOCOS .................................................................................................................... 95
4.2.1 Sistemas em Paralelo .......................................................................................................... 96
4.2.2 Sistemas em Realimentação ................................................................................................ 96
4.2.3 Sistemas em Somatório ....................................................................................................... 97
4.2.4 Resumo ............................................................................................................................... 99
4.2.5 Exemplo de solução .......................................................................................................... 100
4.3 EXEMPLOS RESOLVIDOS ............................................................................................................. 101
4.4 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................. 120
4.5 RESPOSTAS ................................................................................................................................. 124
5 RESPOSTA DE SISTEMAS LTI ................................................................................................ 125
5.1 RESPOSTA TRANSITÓRIA E RESPOSTA EM REGIME PERMANENTE ............................................... 125
5.1.1 Valor Final ....................................................................................................................... 126
5.1.2 Erro de regime estacionário ............................................................................................. 126
5.2 RESPOSTA DE SISTEMAS DE 1ª ORDEM ......................................................................................... 127
5.3 RESPOSTA DE SISTEMAS DE 2ª ORDEM ......................................................................................... 130
5.4 CURIOSIDADES DE SISTEMAS DE 2ª ORDEM ................................................................................. 136
5.5 RESPOSTA DE SISTEMAS DE ORDEM SUPERIOR ............................................................................ 139
5.6 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................... 141
5.7 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................. 143
5.8 RESPOSTAS ................................................................................................................................. 145
6 AÇÕES BÁSICAS DE CONTROLE .......................................................................................... 147
6.1 AÇÃO DE CONTROLE DE DUAS POSIÇÕES OU “LIGA-DESLIGA” .................................................... 148
6.2 AÇÃO DE CONTROLE PROPORCIONAL (P) ................................................................................... 150
6.3 AÇÃO DE CONTROLE INTEGRAL (I) ............................................................................................. 152
6.4 AÇÃO DE CONTROLE PROPORCIONAL-INTEGRAL (PI) ................................................................. 154
6.5 AÇÃO DE CONTROLE PROPORCIONAL-DERIVATIVA (PD) ........................................................... 157
6.6 AÇÃO DE CONTROLE PROPORCIONAL-INTEGRAL-DERIVATIVA (PID) ........................................ 160
6.7 REJEIÇÃO A DISTÚRBIOS ............................................................................................................. 161
6.8 POSSIBILIDADE DE ESCOLHA DOS POLOS ..................................................................................... 164
6.9 VARIAÇÕES DO CONTROLADOR PID ........................................................................................... 166
6.10 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ...................................................................................................... 170
6.11 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ........................................................................................................ 183
6.12 RESPOSTAS............................................................................................................................. 187
7 CRITÉRIOS DE DESEMPENHO .............................................................................................. 188
7.1 TEMPO DE ACOMODAÇÃO ........................................................................................................... 189
7.2 TEMPO DE PICO ........................................................................................................................... 194
7.3 MÁXIMO SOBRESSINAL ............................................................................................................... 195
7.4 TEMPO DE SUBIDA ....................................................................................................................... 196
7.5 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS ........................................................................................................... 198
7.6 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................. 200
7.7 RESPOSTAS ................................................................................................................................. 203
8 ESTABILIDADE .......................................................................................................................... 206
4
8.1 DEFINIÇÕES BÁSICAS .................................................................................................................. 206
8.1.1 Estabilidade segundo as entradas e saídas ...................................................................... 206
8.1.2 Estabilidade segundo as respostas às condições iniciais ................................................. 207
8.1.3 Estabilidade segundo os polos .......................................................................................... 207
8.2 CRITÉRIO DE ESTABILIDADE DE ROUTH ...................................................................................... 210
8.2.1 Casos Especiais ................................................................................................................ 211
8.2.2 Aplicações em Sistema de Controle .................................................................................. 213
8.3 ESTABILIDADE RELATIVA ........................................................................................................... 217
8.4 EXERCÍCIOS PROPOSTOS ............................................................................................................. 218
8.5 RESPOSTAS ................................................................................................................................. 221
9 EXERCÍCIOS REVISIONAIS .................................................................................................... 2229.1 1ª PROVA ..................................................................................................................................... 222
9.1.1 Modelagem de Sistemas Mecânicos Translacionais ......................................................... 222
9.1.2 Transformada de Laplace ................................................................................................. 222
9.1.3 Diagrama de Blocos ......................................................................................................... 222
9.2 2ª PROVA ..................................................................................................................................... 223
9.2.1 Resposta de sistemas de 1ª Ordem .................................................................................... 223
9.2.2 Resposta de sistemas de 2ª Ordem .................................................................................... 223
9.2.3 Ações Básicas de Controle ............................................................................................... 224
9.3 3ª PROVA ..................................................................................................................................... 224
9.3.1 Critérios de Desempenho ................................................................................................. 224
9.3.2 Estabilidade ...................................................................................................................... 225
9.3.3 Representação em Espaço de Estado ............................................................................... 226
9.4 RESPOSTAS ................................................................................................................................. 227
10 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ........................................................................................ 230
5
Colaboradores:
2016 Pedro Henrique Nogueira de Rezende 201217759
2017 Matheus de Oliveira Moreira 2014016784
Esta parte é dedicada a todos os monitores que contribuiriam ao longo dos anos para a
concretização desta apostila, melhorando a cada ano a didática e apresentando sugestões e novas
metodologias. Assim, deixando registrados seus nomes para a história de Fundamentos da Teoria de
Controle.
6
1 Introdução aos Sistemas de Controle
1.1 Monitoramento, Automação e Controle de Sistemas
O Monitoramento de Sistemas consiste na retirada de informação pertinente de um
determinado sistema através de sensores. Estas informações podem ser utilizadas
imediatamente para correções ou armazenadas para utilização posterior. Exemplos deste
sistema podem ser representados pelo monitoramento de temperatura em caldeiras, pressão em
autoclaves, etc.
Figura 1-1: Sistema de Monitoração
A Automação de Sistemas visa tornar um processo automático, por exemplo, um
sistema de embalagem de produtos, conhecido popularmente por embaladora, onde os produtos
recebem um rótulo, depois são acondicionados em embalagens individuais e, finalmente, são
colocados em caixas contendo vários produtos. Aquilo que antes era um processo manual torna-
se agora um processo automático feito por uma máquina.
Figura 1-2: Sistema Automático sem sistema de monitoração
Este sistema automático sem monitoração é muito difícil de ser encontrado na prática.
Em geral, os sistemas automáticos possuem um sistema de sensores para fornecer informação
da situação atual do processo automático. Por exemplo, no caso da embaladora, haverá sensores
que darão informação do posicionamento do produto, se há produto e qual a posição dele, etc.
Outro exemplo é o portão automático em que sensores informam a posição do portão, se há a
presença de um objeto na frente, etc. Portanto, um sistema automático é constituído por,
7
Figura 1-3: Sistema Automático com monitoração
Neste caso, o processamento digital colhe as informações e processa para uma tomada
de decisão para aplicação da ação. São utilizados para isso a lógica combinatória, na qual a
saída é formada por uma combinação da entrada, e a lógica sequencial, onde as saídas são
formadas pela combinação das entradas e das saídas, ocorrendo um sequenciamento de
atuações. O sistema automático não corrige o sistema. Exemplos deste caso podem ser as
máquinas automáticas que possuem controle via CLP.
Figura 1-4: Elementos básicos de um sistema automatizado
Já o Controle de Sistemas é atuar de uma forma satisfatória em um processo ou sistema
físico com o intuito de melhorar o seu desempenho ou para corrigir o processo. Neste tipo de
atividade está associada uma referência a ser seguida pelo sistema controlado. Exemplos deste
caso são os controladores industriais como os utilizados em cilindros de laminação, onde se
deseja que os rolos se mantenham a uma determinada distância, sendo esta a referencia a ser
seguida, independentemente da entrada de material. Manter uma sala climatizada a uma
determinada temperatura e umidade é a referência a ser seguida. Estas referências podem ser
zero, como no caso de controle de vibração que há em helicópteros, onde se deseja que a
vibração proveniente das pás do rotor não entre na cabine.
Figura 1-5: Sistema de Controle
Uma forma conveniente de entender um processo de controle de sistemas é descrita
abaixo, em que o ambiente computacional adquire os dados provenientes do sensor, compara
8
com uma resposta desejável, e calcula uma correção através do controlador, gerando assim a
chamada lei de controle, que é implementada no sistema mecânico através do atuador. Note que
neste tipo de estratégia ocorre rejeição a distúrbios, pois espera-se que a resposta obtida seja
sempre igual à resposta desejada.
Figura 1-6: Elementos básicos de um sistema controlado
Observe que, na prática, poderá haver sistemas automatizados e controlados ao mesmo
tempo. Porém, tanto o controlado quanto o automatizado possuem um sistema de
monitoramento associado.
1.1 Definições básicas
Para entender o processo de controle, toma-se como exemplo o sistema Controle de
Velocidade de um Carro. Nele, pretende-se manter a velocidade sempre constante (chamada de
referência a ser seguida), independentemente de o carro estar em uma reta, uma subida ou uma
descida (chamados de distúrbios). Distúrbio é um sinal que tende a afetar de maneira adversa
o valor da resposta do sistema a ser controlado.
Para iniciar o procedimento, é necessário fazer o modelo matemático do veiculo. Para
simplificar o equacionamento, assume-se que o veículo estará andando a certa velocidade e já
em marcha adequada para isso ou que seja do tipo automático, chamado de condições de
modelagem. Desta forma, o que controla a velocidade é simplesmente o acelerador.
Sistema sem controle ou com controle manual, geralmente na literatura é referenciado
Sistema em Malha Aberta é aquele em que o operador é responsável por ajustar a resposta do
sistema alterando manualmente a entrada. No caso do veículo, o motorista aciona o acelerador
para alterar a velocidade do mesmo.
Sistema controlado é aquele em que o operador ajusta a referência a ser seguida e o
sistema de controle altera a entrada do sistema para obter uma resposta em geral igual à
referência a ser seguida, geralmente referenciado na literatura como Sistema em Malha
Fechada. No caso do veículo, o operador informa a velocidade a ser mantida e quem o acelera
ou desacelera é o sistema de controle, acionando automaticamente o acelerador.
9
1.2 Exemplo de um sistema de controle típicoUm sistema de controle típico possui a seguinte representação em diagrama de blocos
com as funções e sinais escritas em Laplace,
Figura 1-7: Sistema de controle típico
Sendo que os sinais são dados por,
R(s) é a referência a ser seguida definida pelo operador;
E(s) é o erro do sistema de controle;
U(s) é a lei de controle por ser a saída do controlador, mas ao mesmo tempo é a
entrada da planta a ser controlada;
Y(s) é a resposta controlada real;
X(s) é a resposta medida pelo sensor de erro.
Sendo que os blocos representam as equações dinâmicas conforme,
G(s) é o processo a ser controlado;
H(s) é o sensor de erro ou de medida;
PID(s) é o sistema de controle.
Por exemplo, supondo o sistema de controle de velocidade de um veículo. Neste
esquema o desejável é que a velocidade do veículo seja mantida sempre constante
independentemente se ocorrem variações do terreno como subidas ou decidas, assim tem-se
que,
Y(s) é a velocidade real ou verdadeira do veículo;
X(s) é a velocidade medida pelo velocímetro, em geral, espera-se que esta seja
idêntica à velocidade do veículo Y(s);
R(s) é a velocidade desejada definida pelo motorista que o veículo deve manter;
E(s) é a diferença entre a velocidade medida e a velocidade desejada;
G(s) é a relação matemática ou equação dinâmica que correlaciona a posição do
acelerador com a velocidade do veículo;
H(s) é a relação matemática que correlaciona a velocidade verdadeira do veículo
com a velocidade medida (todo sensor de medida possui uma relação deste tipo);
PID(s) é a relação matemática que correlaciona a diferença E(s) com o que deve
ser feito com o acelerador para que E(s) = 0;
U(s) é a posição do acelerador (note que se E(s) = 0, o acelerador deve
permanecer na mesma posição).
10
1.3 Definição de Sistema de Controle com relação aos sinais
Controlar um sistema pode ser entendido como ajustar a entrada U(s) automaticamente
por um sistema de controle M(s), para que a resposta Y(s) seja igual à definida por R(s). Esta
compreende o sistema de controle mais simples possível.
Variável Controlada Y(s) é a grandeza ou a condição que é medida e controlada.
Variável Manipulada U(s) é a grandeza ou condição modificada pelo controlador M(s) de
modo que afete o valor da variável controlada. Controlar significa medir o valor da variável
controlada do sistema e utilizar a variável manipulada do sistema para corrigir ou limitar os
desvios do valor médio a partir de um valor desejado.
1.4 Exemplo de Sistemas Controlados e de Sistemas Automáticos
Supondo uma caixa d’água, o controle de nível de água pode ser feito de duas formas:
por um sistema de controle ou por um sistema automático. A escolha vai depender do tipo de
fornecimento de água.
Quando a água tem um fornecimento contínuo através do sistema de encanamento,
como ocorre onde há água encanada, a melhor solução é o sistema de controle em que se tem
uma boia; a boia é o sistema de controle e o medidor ao mesmo tempo. Ela é considerada um
sistema de controle, pois, independentemente de qualquer distúrbio no nível, ela vai manter o
nível de água sempre na mesma posição.
Quando a água é fornecida através de uma bomba, opta-se pelo sistema automático. Isto
é, dentro da caixa d’água há dois sensores de nível: um para nível baixo, que liga a bomba; e
outro para nível alto, que desliga a bomba. Neste caso não há rejeição a distúrbios, pois o
sistema não mantém o nível de água constante.
11
2 Modelagem de Sistemas dinâmicos
A modelagem dinâmica de um sistema ou processo consiste em escrever sua equação
dinâmica utilizando algum método matemático, como, por exemplo, 2ª Lei de Newton ou
Lagrange.
Sempre que isso for feito, deve-se ter em mente que a passagem do modelo físico para
o modelo matemático envolve uma série de restrições ou condições de modelagem impostas.
Isto é feito para facilitar a modelagem ou para impor determinadas condições necessárias para
a compreensão de um determinado fenômeno físico.
A modelagem sempre será feita baseada nos Graus de Liberdade do sistema. Os graus
de liberdade são definidos pelo número de movimentos independentes que o modelo pode
apresentar.
Em geral, toda modelagem envolve a definição do par dual que define o tipo de modelo
a ser feito. Por exemplo, em sistemas mecânicos é o Deslocamento e Força e Rotação e
Momento; em sistemas elétricos é a voltagem e corrente.
2.1 Sistemas Mecânicos Translacionais
Para a modelagem dos sistemas translacionais será utilizada a 2ª Lei de Newton.
2.1.1 Sistema Massa-Mola-Amortecedor
Considerando o sistema definido na figura abaixo. As condições para escrever o modelo
matemático através do modelo físico são dadas por,
1. Só pode ocorrer movimento de translação na direção horizontal. Isso significa que não
pode haver movimento de rotação e o móvel não pode se descolar da base de apoio;
2. Apesar de a mola e o amortecedor estarem deslocados, a aplicação das suas forças é
feita no mesmo ponto, não causando momento. O mesmo acontece com a força externa
f(t);
3. A constante de rigidez K, o coeficiente de amortecimento C e a massa M são constantes
ao longo do tempo;
4. A mola e o amortecedor inicialmente não estão tensionados, o sistema está em repouso;
5. As forças de inércia, da mola e do amortecedor são consideradas lineares;
6. Não há restrição quanto ao estiramento da mola e do amortecedor. Isto significa que não
há fim de curso;
7. O eixo inercial y está colocado em cima do CG (Centro de Gravidade) da massa M.
12
Figura 2-1: Sistema Massa-Mola-Amortecedor
Das condições impostas, tem-se:
1. Apenas uma coordenada independente, denominada de y, que será definida
como positiva para a direita;
2. A massa M fará movimentos em torno da sua posição inicial, que será
considerada como marco zero ou y(0) = 0;
3. Os movimentos serão realizados apenas na direção do deslocamento, portanto
não é necessária a colocação da força peso.
A modelagem é feita através da construção do DCL (Diagrama de Corpo Livre). Para a
colocação das forças correspondentes às forças da mola e do amortecedor, assume-se um
deslocamento virtual na direção positiva de y. Neste caso, as reações são opostas ao movimento
fictício, assim,
Figura 2-2: Diagrama de Corpo Livre do Massa-Mola-Amortecedor. Direção direita
Aplicando somatória de forças no eixo y,
)t(f)t(yC)t(Ky)t(yMmaF
Chegando a,
)t(f)t(Ky)t(yC)t(yM
(2.1)
Agora, invertendo-se a direção do eixo coordenado inercial y, isto é, assumindo que o
eixo é positivo para a esquerda conforme figura abaixo,
Figura 2-3: Diagrama de Corpo Livre do Massa-Mola-Amortecedor. Direção esquerda
13
Aplicando somatória de forças no eixo y,
)t(f)t(yC)t(Ky)t(yMmaF
Chegando a,
)t(f)t(Ky)t(yC)t(yM
(2.2)
Comparando-se a Eq. (2.1) com a Eq.(2.2), observa-se que a única diferença é a direção
da força externa f(t) - deve ser lembrado que a direção positiva dos eixos coordenados é
diferente. Como exemplo de resposta para o deslocamento da massa M, assumindo massa M =
2 kg, C = 1 Ns/m e K = 5 N/m, a reposta y(t) para uma entrada f(t) = 10 N para as Eqs (2.1) e
(2.2), a posição y(t) da massa M em função do tempo pode ser observada na figura abaixo.
Observa-se que a diferença ocorre no deslocamento da massa. Na Figura 2-4(a), o eixo
coordenado e a força f(t) estão para a direita, significandoque a massa se desloca para a direita.
Já na Figura 2-4(b) o eixo coordenado é positivo para a esquerda, estando a força f(t) para a
direita, o que significa que a massa se desloca no sentido negativo.
(a) Eixo positivo DIREITA – Eq. (2.1) (b) Eixo positivo ESQUERDA – Eq. (2.2)
Figura 2-4: Resposta do sistema Massa-Mola-Amortecedor para f(t) = 10N
2.1.2 Conjunto de Massas-Molas
Considera-se o conjunto de massas-molas-amortecedores da figura abaixo. Para escrever a
equação de movimento, deve ser assumido que,
1. Só pode ocorrer movimento de translação na direção horizontal. Isso significa que não
pode haver movimento de rotação e o móvel não pode se descolar da base de apoio;
2. Apesar de a mola e o amortecedor estarem deslocados, a aplicação das suas forças é
feita no mesmo ponto, não causando momento. O mesmo acontece com as forças
externas;
0 5 10 15 20 25 30
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
Resposta à força f(t) = 10 N
D
e
sl
o
ca
m
e
n
to
y
(t
)
[m
e
tr
o
s]
Tempo [Segundos]
0 5 10 15 20 25 30
-3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
Resposta à força f(t) = 10 N
D
es
lo
ca
m
en
to
y
(t)
[m
et
ro
s]
Tempo [Segundos]
14
3. As constantes de rigidez, os coeficientes de amortecimento e a massas são constantes ao
longo do tempo;
4. As molas e os amortecedores inicialmente não estão tensionados, o sistema está em
repouso;
5. As forças de inércia, das molas e dos amortecedores são consideradas lineares;
6. Não há restrição quanto ao estiramento das molas e dos amortecedores. Isto significa
que não há fim de curso;
7. Os eixos inerciais estão colocados em cima do CG (Centro de Gravidade) das massas.
Figura 2-5: Conjunto de Massas-Molas-Amortecedores – Variação #1
Das condições impostas, tem-se:
1. Três coordenadas independentes, x, y e z, pois cada bloco pode se mover
independentemente uma da outra;
2. As massas farão movimentos em torno de suas posições iniciais, que serão
consideradas como marco zero, x(0) = 0, y(0) = 0 e z(0) = 0;
3. Os movimentos serão realizados apenas na direção do deslocamento, portanto
não é necessária a colocação da força peso.
Neste caso, o DCL precisa ser feito para cada massa. As forças de reação de cada
amortecedor e mola são colocadas assumindo um deslocamento positivo fictício para a massa
em analise enquanto as outras massas estão paradas. Assim, observam-se as reações das molas
e amortecedores em sentidos opostos ao eixo coordenado considerado. Como regra geral, os
deslocamentos ou velocidades são colocados assumindo a coordenada atual subtraída da
coordenada à qual a força está conectada se as direções das duas coordenadas são iguais. Então,
tem-se para as massas os DCLs apresentados na figura abaixo.
Figura 2-6: DCL do conjunto de massas-molas-amortecedores – Variação #1
15
Observe que, apesar de as forças possuírem os mesmos sentidos, as coordenadas estão
em oposição, significando que no somatório as forças estão em oposição. Aplicando o
somatório de forças em cada bloco encontra-se:
Para a massa M1:
1uzx5Kzx5Cyx3Kyx3Cx1Kx1Cx1M
Para a massa M2:
2uzy4Kzy4Cxy3Kxy3Cy2Ky2Cy2M
Para a massa M3:
3uxz5Kxz5Cyz4Kyz4Cz3M
Escrevendo a Equação de Movimento na forma matricial encontra-se,
3u
2u
1u
100
010
001
z
y
x
5K4K4K5K
4K4K3K2K3K
5K3K5K3K1K
z
y
x
5C4C4C5C
4C4C3C2C3C
5C3C5C3C1C
z
y
x
3M00
02M0
001M
(2.3)
Uma forma de verificar se as equações estão corretas é averiguar se a matriz de massa
é diagonal, se a matriz de amortecimento e rigidez possui a diagonal principal positiva, se os
termos fora da diagonal principal são todos negativos e se a matriz é simétrica. Estas
verificações são válidas para conjuntos de massas-molas-amortecedores quando todos os eixos
inerciais possuem a mesma direção positiva.
Agora, resolve-se o mesmo problema, mas invertendo a direção positiva do eixo inercial
da massa M2, conforme a figura abaixo.
Figura 2-7: Conjunto de Massas-Molas-Amortecedores – Variação #2
Com a mudança de direção do eixo inercial y, devem-se verificar as novas direções das
forças do móvel ao qual ele está referenciado, neste caso a massa M2. Além disso, quando as
coordenadas possuírem sentidos opostos, elas deverão ser somadas nas forças. Desta forma, a
nova configuração das forças fica como apresentado na figura abaixo.
Samuel
Highlight
16
Figura 2-8: DCL do conjunto de massas-molas-amortecedores – Variação #2
Aplicando Somatório de Forças, encontra-se,
Para a massa M1:
1uzx5Kzx5Cyx3Kyx3Cx1Kx1Cx1M
Para a massa M2:
2uzy4Kzy4Cxy3Kxy3Cy2Ky2Cy2M
Para a massa M3:
3uxz5Kxz5Cyz4Kyz4Cz3M
Escrevendo a Equação de Movimento na forma matricial encontra-se,
3u
2u
1u
100
010
001
z
y
x
5K4K4K5K
4K4K3K2K3K
5K3K5K3K1K
z
y
x
5C4C4C5C
4C4C3C2C3C
5C3C5C3C1C
z
y
x
3M00
02M0
001M
(2.4)
Como verificação das matrizes, observa-se que a simetria e os valores positivos da
diagonal principal das matrizes de amortecimento e rigidez se mantiveram, a única alteração
foi em relação aos termos fora da diagonal principal, que quando relacionados ao eixo que
possui direção positiva invertida apresentaram termos positivos.
2.1.3 Suspensão Ativa de ¼ de veículo
A suspensão ativa que será apresentada se refere ao modelo padrão de ¼ de veículo ou
modelo de 2 graus de liberdade. Para passar do modelo físico para o modelo matemático, as
seguintes considerações devem ser feitas,
1. Os deslocamentos são todos na direção vertical;
2. Não ocorre rotação das massas;
3. Todos os movimentos são feitos no plano vertical;
4. As forças de reação do amortecedor e da mola não geram momento;
5. As forças da mola e do amortecedor são lineares;
6. O pneu será modelado como uma rigidez pura;
7. Não ocorre fim de curso para o amortecedor e mola;
8. O pneu se mantém sempre em contato com o solo;
9. O modelo será feito a partir do repouso;
10. A força de controle será feita por um cilindro de dupla ação.
17
As considerações feitas acima são todas aceitas e utilizadas em modelos mais
avançados. As condições mais difíceis de serem cumpridas são a n°7 e n°8. Na prática a força
da mola só é linear na região central de deslocamento; quando chega próximo ao fim de curso,
a rigidez se torna cúbica, aumentando a força da mola. Assim, a principal restrição acaba sendo
ocontato do pneu com o solo para uma situação real.
Figura 2-9: Suspensão Ativa de ¼ de veiculo
Sendo que,
Ms é a massa suspensa de ¼ de veículo;
Mn é a massa não suspensa representada pelo conjunto roda, pneu e suspensão;
Ys é o deslocamento da massa Ms;
Yn é o deslocamento da massa Mn;
K é a rigidez da suspensão;
C é o amortecimento da suspensão;
Kp é a rigidez do pneu;
w(t) é o deslocamento da via ou perturbação;
u(t) é a força de controle.
O objetivo da suspensão ativa é evitar que os distúrbios indesejáveis da via afetem a
massa suspensa. A suspensão ativa pode minimizar o deslocamento ou a aceleração da massa
suspensa. A minimização do deslocamento é feita para suspensões com caráter esportivo e a
minimização da aceleração é feita para efeitos de conforto. Desta forma, esportividade e
conforto são parâmetros conflitantes no desenvolvimento de suspensões veiculares.
Construindo o DCL para as duas massas e assumindo que a força de controle u(t) será
positiva quando afasta as massas e negativa quando as aproxima, e que o distúrbio da via é
positivo no mesmo sentido dos deslocamentos das massas, encontra-se a figura abaixo.
18
(a) Massa Suspensa (b) Massa não suspensa
Figura 2-10: DCL da Suspensão Ativa de ¼ de veiculo
Para a massa Ms:
)t(u)t(y)t(yC)t(y)t(yK)t(yM nsnsss
Para a massa Mn:
)t(u)t(w)t(yK)t(y)t(yC)t(y)t(yK)t(yM npsnsnnn
Escrevendo a Equação de Movimento na forma matricial encontra-se,
)t(w
)t(u
K1
01
)t(y
)t(y
KKK
KK
)t(y
)t(y
CC
CC
)t(y
)t(y
M0
0M
pn
s
pn
s
n
s
n
s
(2.5)
2.2 Sistemas de reservatórios
Para a modelagem de reservatórios, será assumido que todos os sistemas apresentados
partem do pressuposto de que já havia fluxo Q entrando e saindo, e de que as alturas H dos
reservatórios já estavam constantes. Portanto, é considerado que a modelagem apresentada a
seguir não contempla o reservatório vazio. Além disso, será considerado escoamento laminar.
2.2.1 Reservatório Simples
Considere o reservatório apresentado abaixo. Nele, inicialmente entra Q(t) e sai Q(t), o
líquido permanece em uma altura H dentro do reservatório devido à resistência R. A modelagem
será feita supondo a variação em torno desta condição inicial.
Figura 2-11: Reservatório simples
19
A resistência R ao fluxo de líquido em uma tubulação ou restrição é definida como a
variação na diferença de nível (a diferença entre o nível dos líquidos nos dois reservatórios)
necessária para causar a variação unitária na vazão, assim,
R = (Variação na diferença de nível, m)/(Variação na vazão em volume, m3/s)
Considerando que o fluxo seja laminar, então,
Q
H
dQ
dH
R
A Capacitância C de um reservatório é definida como a variação na quantidade de
líquido armazenado necessário para causar uma mudança unitária no potencial (altura). O
potencial é a grandeza que indica o nível de energia do sistema. Assim,
C = (Variação na quantidade de líquido armazenado, m3)/(Variação na altura, m)
Notar que capacidade (m3) e capacitância (m2) são diferentes. A capacitância do
reservatório é igual à sua secção transversal. Se esta for constante, a capacitância será constante
para qualquer altura do nível.
Sendo assim, tem-se,
Q é a vazão em regime permanente, m3/s;
qi(t) é um pequeno desvio de entrada em relação ao seu regime permanente, m
3/s;
qo(t) é um pequeno desvio de saída em relação ao seu regime permanente, m
3/s;
H é a altura do nível de líquido em regime permanente, m;
h(t) é um pequeno desvio de nível a partir do seu valor de regime permanente, m;
Aplicando a conservação de massa: “A variação na quantidade que entra menos a
variação na quantidade que sai é a variação da quantidade armazenada”. Assim,
Cdh(t) = ( qi(t) – qo(t) ) dt (2.6)
A partir da definição de resistência, a relação entre qo(t) e h(t) é dada por,
R
)t(h
)t(q
)t(q
)t(h
R o
o
(2.7)
Portanto, substituindo Eq(2.7) na Eq(2.6),
)t(q
R
)t(h
dt
)t(dh
C i
A equação acima relaciona a variação na entrada qi(t) com a variação da altura h(t).
Aplicando a transformada de Laplace para encontrar a função de transferência,
20
1RCs
R
)s(Q
)s(H
i
Para a relação entre a entrada Qi(s) e a saída Qo(s) é substituída a transformada de
Laplace da Eq(2.7), assim,
1RCs
1
)s(Q
)s(Q
i
o
Onde foi substituída a relação,
)s(H
R
1
)s(Qo
2.2.2 Exemplo de simulação do escoamento em reservatório simples
Assume-se um reservatório simples com área A = 6 m2 resistência R = 75 m/(m3/s). As
funções de transferência que correlacionam uma variação no fluxo de entrada com as
variações na altura e no fluxo de saída são dada por,
1s450
75
)s(Q
)s(H
i
e
1s450
1
)s(Q
)s(Q
i
o
Observa-se que a constante de tempo é de 450 segundos e que uma variação unitária na
entrada acarreta um aumento na altura em 75 metros. Parece muito, mas uma entrada unitária é
um aumento de 1 m3/s em um tanque de 6 m2 de área.
Do ponto de vista físico, um aumento de vazão correspondente a 1 m3/s em um tanque
de área de 6 m2 parece não ser possível ou improvável de ser realizado. Contudo, um aumento
de 10 litros/segundo acarretaria um aumento de 0,75 metros do nível armazenado.
2.2.3 Reservatórios em Série
Quando os reservatórios estão conforme apresentados na figura abaixo, verifica-se que
a entrada de um reservatório é saída do outro. Esta configuração caracteriza que os tanques
estão em série.
21
Figura 2-12: Reservatório em série
Portanto, as funções de transferência que regem o sistema são dadas por,
1sCR
1
)s(Q
)s(Q
111
2
e
1sCR
1
)s(Q
)s(Q
222
3
Então,
1sCRCRsCRCR
1
1sCR
1
1sCR
1
)s(Q
)s(Q
2211
2
221122111
3
Observe que neste caso o resultante é um sistema de 2ª ordem com raízes reais distintas,
com frequência natural dada por,
2211
n
CRCR
1
rad/s
2.2.4 Sistema de Reservatório Composto
Na modelagem do sistema de tanques apresentado abaixo, o princípio é o mesmo
utilizado acima, isto é, inicialmente em regime permanente os escoamentos eram Q e as alturas
H1 e H2.
Figura 2-13: Acoplamento de reservatórios
22
Resistência R1,
1
21
12
12
21
1
R
)t(h)t(h
)t(q
)t(q
)t(h)t(h
R
(2.8)
Resistência R2,
2
2
o
o
2
2
R
)t(h
)t(q
)t(q
)t(h
R
(2.9)
Conservação de massa para o reservatório 1,
)t(q)t(q
dt
)t(dh
C 12i
1
1
(2.10)
Conservação de massa para o reservatório 2,
)t(q)t(q
dt
)t(dh
C o12
2
2
(2.11)
As equações (2.8) a (2.11) formam o conjunto de equações diferenciais para o conjunto
de reservatório.
Para se encontrar a função de transferência Qo(s)/ Qi(s), aplica-se a transformada de
Laplace nas Equações (2.8) a (2.11);mas aqui será utilizado o procedimento de diagrama de
blocos.
Figura 2-14: Diagrama de blocos das equações do reservatório - separados
Montando os blocos, encontra-se,
Figura 2-15: Diagrama de blocos das equações do reservatório – juntas - a
23
Aplicando álgebra de blocos, movendo H2(s) e incluindo 1/C1s, encontra-se,
Figura 2-16: Diagrama de blocos das equações do reservatório – juntas - b
Resolvendo as realimentações internas,
Figura 2-17: Diagrama de blocos das equações do reservatório – juntas - c
Desta forma,
1sCRCRCRsCRCR
1
sCR
1sCR1sCR
1
1
1sCR1sCR
1
)s(Q
)s(Q
122211
2
2211
12
2211
2211
i
o
Observe que o sistema resultante é um sistema de 2ª ordem com frequência natural dada
por,
2211
n
CRCR
1
rad/s
A frequência natural é exatamente a mesma para o sistema em série; contudo, o fator de
amortecimento é maior, pois o termo com “s” possui um fator a mais, “R2C1”. Sendo assim, um
sistema mais amortecido.
2.3 Linearização
Para a aplicação da transformada de Laplace, as equações de movimento precisam estar
na forma linear. Um sistema linear obedece aos princípios da superposição de resultados e da
multiplicação por constante, isto é,
24
Entrada Saída
X1(t) Y1(t)
X2(t) Y2(t)
X1(t) + X2(t) Y1(t) + Y2(t)
αX1(t) + β X2(t) αY1(t) + β Y2(t)
Uma forma de realizar a linearização é a expansão do termo não linear em Série de
Taylor tomando apenas os termos lineares, isto é, os termos não lineares são desconsiderados.
Mas para isso é necessário assumir um ponto entorno do qual a expansão será válida.
2.3.1 Uma Variável
A Série de Taylor para uma variável, supondo a função f(x) em torno da posição x = a,
é dada por,
ax)x(f
dx
d
)a(fxf
ax
L
Onde fL(x) é a função linearizada de f(x) em torno do ponto x =a.
Exemplo 1: Linearizar a equação abaixo em torno do ponto θ = 0.
g(θ) = cos(θ)
1)0)(0sin()0cos(0)(g
d
d
)0(gg
0
L
Figura 2-18: Linearização de cos(θ) em torno de θ = 0
-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40
0.7
0.75
0.8
0.85
0.9
0.95
1
1.05
1.1
Co
s(
)
[Graus]
Cos()
linear
Valor Exato
5% de erro
25
Exemplo 2: Linearizar a equação abaixo em torno do ponto θ = 0.
g(θ) = sen(θ)
)0)(0cos()0sin(0)(g
d
d
)0(gg
0
L
Figura 2-19: Linearização de sen(θ) em torno de θ = 0
Exemplo 3: Linearizar a equação abaixo em torno do ponto x = π/4,
xsinx)x(g 2
Então,
4
xxcosx)xsin(x2
4
sin
4
)x(g
4
x)x(g
dx
d
4
gxg
4
x
2
2
L
4
x
L
Chegando a,
4
x
32
2
4
2
32
2
4
x
4
cos
4
)
4
sin(
4
2
4
sin
4
)x(g
22
22
L
-100 -80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80 100
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
Si
n(
)
[Graus]
Sin()
linear
Exato
Erro 5%
26
Figura 2-20: Linearização de
xsinx)x(g 2
em torno de x = π/4
2.3.2 Multivariável
A Série de Taylor para funções multivariáveis. Supondo a função f(x,y,z) em torno da
posição (x,y,z) = (a,b,c), é dada por,
cz)z,y,x(f
z
by)z,y,x(f
y
ax)z,y,x(f
x
)c,b,a(fz,y,xf
)c,b,a()z,y,x()c,b,a()z,y,x(
)c,b,a()z,y,x(
L
Onde fL(x,y,z) é a função linearizada de f(x,y,z) em torno do ponto (x,y,z) =(a,b,c).
No caso de linearização de um sistema com 3 variáveis, tem-se que o sistema não linear
será representado por uma superfície na qual a sistema linearizado representado por um plano
irá tocar no ponto escolhido para a linarização.
Exemplo: Obter a linearização para o ponto (x,θ) = (1,π/4).
umgLexcosx3
0mLsinxcosx
x22
2
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
Função G(x)
Va
lor
es
d
e
g(
x)
x
não-linear
linearizada
Ponto exato
5% de diferença
27
A linearização pode ser feita por partes. Para isso, devem ser observados quais são os
termos não lineares. Iniciando pela 1ª equação, o termo não linear é dado por
sinxcos
. Assim, aplicando a linearização de
)sin(x)cos(,xf
para (x,θ) = (1,π/4),
4
),x(f1x),x(f
x
)
4
,1(f,xf
)
4
,1(),x()
4
,1(),x(
L
As derivadas parciais,
cosxsinsinxcos
sinsinxcos
x
Resultando em,
44
cos
4
sin1x
4
sin
4
sin
4
cos,xfL
1x
2
2
1x
2
2
2sinxcos
Para a segunda equação, o termo não-linear é
x22 excosx3
. Mas, deve ser
observado que há a derivada em relação ao tempo, que é um termo linear; então, deve-se separar
este termo, fazendo
cosx3,xf 2
,
sinx3cosx3
cosx6cosx3
x
22
2
Então,
44
sin31x
4
cos6
4
cos3,xfL
42
23
1x
2
26
2
23
cosx3 2
Para o termo restante
x2exxf
, aplicando a expansão em série de Taylor,
ax)x(f
x
)a(fxf
ax
L
Para a derivada,
1xx2x2
1x
x2 e2xe'xex
x
28
Significando que quando for multiplicado pelo termo (x-1) observa-se que aparecerá
termos não-lineares novamente, assim, para este caso deve se apenas utilizado o termo
constante da Série de Taylor, isto é,
2LL exxf)a(fxf
Juntando as soluções para compor as novas equações,
umgLexcosx3
0mLsinxcosx
x22
2
→
umgLex
42
23
1x
2
26
2
23
0mL1x
2
2
x
2
2
2.4 Sistemas Pendulares Simples
Os sistemas pendulares são utilizados como exemplos de sistemas não-lineares que
podem ser controlados em torno de uma posição de equilíbrio.
2.4.1 Pêndulo Simples
Considerando o sistema apresentado na figura abaixo, encontrar a equação de
movimento na forma linear para uma entrada nula, isto é, equação linear homogênea.
Figura 2-21: Pêndulo simples
Aplicando somatório dos momentos no ponto de apoio da haste,
Mh IIsin
2
L
mgsinMgLIM
Como curiosidade,os momentos de inércia são dados por,
2
M MLI
Massa pontual girando a uma distância L;
3
mL
I
2
h
Haste de comprimento L girando pela base;
Assim, a equação de movimento não-linear fica,
29
0singM
2
m
LM
3
m
Aplicando a linearização para o ponto θ = 0,
0gM
2
m
LM
3
m
Neste modelo foi desprezado o efeito da fricção entre a haste e o apoio. Observa-se, pela
equação de movimento, que não aparece o termo da derivada de θ que caracterizaria a presença
de amortecimento se considerado um modelo de 2ª ordem.
2.4.2 Pêndulo Invertido
O objetivo do sistema é manter a haste na posição vertical, escolhendo-se a posição de
parada do carro M através da ação de controle u(t).
Figura 2-22: Pêndulo invertido
Para se fazer o equacionamento, os objetos devem ser separados através do DCL
(Diagrama de Corpo Livre). Além disso, como o objetivo é posicionar o carro M no espaço,
será dotado um sistema de coordenadas inercial.
Figura 2-23: Pêndulo invertido - DCL
Aplicando somatório de forças na direção horizontal do carro,
)t(xMH)t(umaFx C
(2.12)
30
Aplicando somatório de forças e momentos na haste com a massa,
)t(xM)t(xmHmaFx CGMCGh
(2.13)
)t(yM)t(ymgMmVmaFy CGMCGh
(2.14)
)t(IIsin
2
L
Mgcos
2
L
Hsin
2
L
VIM MhCGh
(2.15)
Como se observa, é necessário encontrar a relação do centro de gravidade para a haste
e para a massa M. Abaixo a relação para a haste, cujo centro de massa está posicionado em L/2.
Não será feita a dedução para o centro de massa da massa M, que está posicionado em L, pois
a diferença será apenas a presença do “2”.
)t(sin)t()t(cos)t(L)t(x)t(x
)t(sin)t()t(cos)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(cos)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(sin
2
L
)t(x)t(x
2
CGM
2
CGh
CGh
CGh
(2.16)
)t(cos)t()t(sin)t(L)t(y
)t(cos)t()t(sin)t(
2
L
)t(y
)t(sin)t(
2
L
)t(y
)t(cos
2
L
)t(y
2
CGM
2
CGh
CGh
CGh
(2.17)
As equações de movimento são encontradas substituindo (2.16) em (2.13) e então em
(2.12). Assim,
)t(u)t(sin)t()t(cos)t(L)t(xM
)t(sin)t()t(cos)t(
2
L
)t(xm)t(xM
2
2
C
Reagrupando,
)t(u)t(sin)t()t(cos)t(
2
L
M2m)t(xMMm 2C
(2.18)
Agora, substituindo (2.13) e (2.14) em (2.15),
31
0sin
2
L
Mgcos
2
L
)t(xM)t(xm
sin
2
L
Mm)t(yM)t(ym)t(II
CGMCGh
CGMCGhMh
Reagrupando,
0sin
2
L
gM2mcos
2
L
)t(xM)t(xm
sin
2
L
)t(yM)t(ym)t(II
CGMCGh
CGMCGhMh
Agora, substituindo (2.16) e (2.17) na equação acima,
0sin
2
L
gM2m
)t(sin)t()t(cos)t(cos
4
L
M2mcos
2
L
)t(xMm
)t(cos)t()t(sin)t(
4
L
sinM2m)t(II
2
2
2
2
Mh
(2.19)
Assim, as equações (2.18) e (2.19) são as equações não-lineares do pêndulo invertido.
Para que as equações na forma linear sejam encontradas, considera-se o ponto em torno de θ =
0. Assim,
)t(u)t(
2
L
M2m)t(xMMm C
(2.20)
0
2
L
gM2m)t(x
2
L
Mm)t(
4
L
M2mII
2
Mh
(2.21)
Como os momentos de inércia são dados por,
2
M MLI
Massa pontual girando a uma distância L;
12
mL
I
2
h
Haste de comprimento L girando pelo Centro de Gravidade;
Assim, o a equação de movimento linear na forma de matriz é dada por,
0
)t(u
)t(
)t(x
2
gLM2m
0
00
)t(
)t(x
L
4
M3
3
m
2
L
Mm
2
L
MmMMm
2
C
32
Comentário sobre linearização: Em geral, a linearização é feita durante o processo de
modelagem e não aplicada diretamente na equação não-linear final. Como o objetivo é obter a
equação linear do pêndulo invertido, os termos não lineares dos centros de gravidade poderiam
ser encontrados conforme,
)t(sin)t()t(cos)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(cos)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(sin
2
L
)t(x)t(x
2
CGh
CGh
CGh
→
)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(
2
L
)t(x)t(x
)t(
2
L
)t(x)t(x
CGh
CGh
CGh
Para a outra parte,
)t(cos)t()t(sin)t(
2
L
)t(y
)t(sin)t(
2
L
)t(y
)t(cos
2
L
)t(y
2
CGh
CGh
CGh
→
0)t(y
0)t(y
2
L
)t(y
CGh
CGh
CGh
2.5 Representação em Espaço de Estado
A representação em espaço de estado é uma alternativa para a representação em função
de transferência. Ela é extremamente útil quando o sistema a ser representado possui múltiplas
entradas e saídas. Além disso, ela é utilizada pelo método de controle de alocação de polos por
necessitar de uma realimentação de estado.
O Estado de um sistema dinâmico é o menor conjunto de variáveis (chamada variáveis
de estado), tais que o conhecimento dessas variáveis em t = t0, junto ao conhecimento da entrada
para t ≥ t0, determina completamente o comportamento do sistema para qualquer instante t ≥ t0.
As Variáveis de Estado de um sistema dinâmico são aquelas que constituem o menor
conjunto de variáveis capaz de determinar o estado desse sistema dinâmico.
A representação em espaço de estado é definida por,
1rrm1nnm1m
1rrn1nnn1n
)t(uD)t(xC)t(y
)t(uB)t(xA)t(x
Vetor de estado x(t) é o vetor de ordem n que contém todos os estados.
Vetor de saída y(t) é o vetor de ordem m que contém todas as respostas.
Vetor de entrada u(t) é o vetor de ordem r que contém todas as entradas.
Matriz de estado A é a matriz de ordem n×n que contém os autovalores e os autovetores
do sistema. Os autovalores são os polos do sistema.
33
Matriz de entrada B é a matriz de ordem n×r da entrada.
Matriz de saída C é a matriz de ordem m×n da saída.
Matriz de transmissão direta D é matriz de ordem m×r que correlaciona diretamente a
entrada com a saída.
A representação em diagramas de bloco do sistema acima é dada por,
Figura 2-24: Representação em diagrama de blocos do espaço de estado.
Basicamente a representação em Espaço de Estado consiste em escrever dois conjuntos
de equações, geralmente nas formas matriciais, sendo dadas pelas equações de estado e pelas
equações de saída, respectivamente. Na transformação para Espaço de estado deve-se observar
que as equações de estado são equações de 1ª ordem, assim pode-se dizer que o objetivo será
sempre escrever as equações diferenciais em equações de 1ª ordem.
Ao contrário darepresentação em Função de Transferência, a representação de espaço
de estado não é única. Dependendo da escolha dos estados, gera-se uma representação diferente.
Como curiosidade, veja o capítulo 9 do Ogata, onde há a representação em espaço de estado
nas formas canônicas controlável, observável e de Jordan.
2.5.1 Representação quando não há derivadas da entrada
Para a representação em espaço de estado quando não há derivadas da entrada,
considera-se a seguinte equação diferencial de ordem 4 como exemplo. Observando que as
condições iniciais são nulas.
)t(u)t(ya)t(ya)t(ya)t(ya)t(y 4321
O processo para passar de equação diferencial para Espaço de Estado é iniciado pela
equação de estado, para isso é necessário se definir o número de estados n e o número de
entradas r conforme,
Número de estados n: 1 equação de 4ª ordem, então n = 4 estados;
Número de entradas r: 1 entrada representada por u(t).
Samuel
Highlight
34
A partir das definições acima, tem-se que,
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
1
14 e
)t(u)t(u 11
O próximo passo é a definição dos estados e a sua correlação com as variáveis da
equação, definindo os estados conforme,
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
1
14
Uma vez que os estados estão definidos, as equações de estado são encontradas
derivando os estados,
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
1
As derivadas dos estados precisam ser escritas apenas com os estados definidos na fase
anterior para formar as equações de estado,
)t(x
)t(x
)t(x
)t(y
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
3
2
1
A última derivada dos estados vem da própria equação reescrita da seguinte forma,
)t(u)t(xa)t(xa)t(xa)t(xa)t(y)t(x 413223144
Finalmente, agrupando as equações de estado na forma matricial formando a chamada
“Equação de Estados”, encontra-se,
1x1
1x41x44
3
2
1
4x412341x44
3
2
1
)t(u
1
0
0
0
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
aaaa
1000
0100
0010
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
35
Para escrever as equações de saída, deve-se observar o que se deseja medir, se for
considerado que o objetivo é medir a resposta y(t),
Número de saídas m: 1 saída representada por y(t).
Como saída y(t) é representada pelo estado x1(t), então,
1x11x4
1x44
3
2
1
4x11x1
)t(u0
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
0001)t(y
Observe que a representação da equação diferencial em função de transferência é dada
por,
n1n
1n
1
n asasas
1
)s(U
)s(Y
Observe que para a transformação e comparação deve-se perceber que a maior derivada
de y(t) é igual à unidade assim como u(t).
Exemplo 1: Apenas uma equação. Representação em espaço de estado de,
)t(f)t(Ky)t(yC)t(yM
Número de estados n: 1 equação de 2ª ordem n = 2;
Número de entradas r: 1 entrada f(t) r = 1;
Então,
)t(f)t(u 11
Número de saídas m: medir y(t),
)t(y
,
)t(y
e
)t(y3)t(y2
m = 4;
Então,
)t(y3)t(y2
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y 14
Vetor de estados,
)t(x
)t(x
)t(x
2
1
12
Relação do vetor de estado com as variáveis do problema,
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
2
1
12
36
Equações de estado devem ser definidas de tal forma que do lado esquerdo seja a
derivada dos estados e do lado direito apenas os estados, isto é, não pode haver derivadas dos
estados do lado direito das equações de estado. Assim,
)t(x)t(y)t(x 21
A segunda equação de estado vem da equação diferencial, pois
)t(y)t(x2
,
My(t)+Cy(t)+Ky(t)=f(t)
C K 1
y(t)=- y(t)- y(t)+ f(t)
M M M
Substituindo os estados, encontra-se,
)t(f
M
1
)t(x
M
K
)t(x
M
C
)t(x 122
Escrevendo as Equações de Estado,
1x1
1x2
1x22
1
2x2
1x22
1
)t(f
M
1
0
)t(x
)t(x
M
C
M
K
10
)t(x
)t(x
(2.22)
A equação de saída é sempre escrita com uma combinação dos estados e da entrada,
1x1
1x4
1x22
1
2x41x4
1x4 )t(f
0
M
1
0
0
)t(x
)t(x
32
M
C
M
K
10
01
)t(y3)t(y2
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
(2.23)
Exemplo 2: Múltiplas Equações. Suspensão Ativa, equação de movimento,
)t(w
)t(u
K1
01
)t(y
)t(y
KKK
KK
)t(y
)t(y
CC
CC
)t(y
)t(y
M0
0M
pn
s
pn
s
n
s
n
s
Número de estados: 2 equações de 2ª ordem n = 4;
Número de entradas: 2 entradas u(t) e w(t) r = 2;
Então
)t(w
)t(u
)t(u
1x2
Número de saídas: 2 saídas ys(t) e yn(t) m =2;
37
Então
)t(y
)t(y
)t(y
n
s
1x2
Vetor de estados e relação com as variáveis,
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
n
s
n
s
4
3
2
1
14
Equações de estado,
)t(x)t(y)t(x
)t(x)t(y)t(x
4n2
3s1
As outras duas equações vêm das equações de movimento, pois,
)t(y
)t(y
x
x
n
s
4
3
Como,
)t(u)t(y)t(yC)t(y)t(yK)t(yM nsnsss
Então,
)t(u
M
1
)t(x)t(x
M
C
)t(x)t(x
M
K
)t(x
s
43
s
21
s
3
E,
)t(u)t(w)t(yK)t(y)t(yC)t(y)t(yK)t(yM npsnsnnn
Então,
)t(u
M
1
)t(w)t(x
M
K
)t(x)t(x
M
C
)t(x)t(x
M
K
)t(x
n
2
n
p
34
n
12
n
4
Escrevendo na forma matricial,
1x2
2x4n
p
n
s
1x44
3
2
1
4x4nnn
p
n
ssss
1x44
3
2
1
)t(w
)t(u
M
K
M
1
0
M
1
00
00
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
M
C
M
C
M
KK
M
K
M
C
M
C
M
K
M
K
1000
0100
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
38
Para a equação de saída,
1x22x2
1x44
3
2
1
4x21x2n
s
)t(w
)t(u
00
00
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
0010
0001
)t(y
)t(y
A matriz D é uma matriz nula, foi indicada apenas por conveniência para ser observado
a sua dimensão.
Para demostrar o potencial da modelagem de estado, será feita uma saída na qual são
apresentados os deslocamentos, velocidades e acelerações tal que,
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
n
s
n
s
n
s
6
5
4
3
2
1
16
Neste caso, as acelerações são dadas pelas próprias equações de estado, sendo escritas
nas saídas como,
1x2
2x6n
p
n
s
1x64
3
2
1
4x6nnn
p
n
ssss
1x66
5
4
3
2
1
)t(w
)t(u
M
K
M
1
0
M
1
00
00
00
00
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
M
C
M
C
M
KK
M
K
M
C
M
C
M
K
M
K
1000
0100
0010
0001
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
Assim, a saída é sempre composta por uma combinação linear das variáveis de estado e
das entradas aplicadas.
Curiosidade: Observe que se as variáveis de estado estiverem ordenadas como sendo as
variáveis lineares e depois suas derivadas, ou como neste caso, deslocamento e velocidade,
assim como foram escolhidas originalmente, isto é,
v
d
n
s
n
s
4
3
2
1
14
x
x
)t(y
)t(y
)t(y
)t(y
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
39
Partindo da Equação original, que pode ser escrita na forma compacta como,
)t(f)t(xK)t(xC)t(xM
Dividindo pela massa,
)t(fM)t(xCM)t(xKM)t(x 111
Observe que as equações de estado na forma matricial podem ser escritas como,
)t(u
)t(fM
]0[
}x{
}x{
CMKM
]I[]0[
}x{
}x{
1
v
d
11
v
d
Onde,
)t(w
)t(u
)t(u;
)t(y
)t(y
x;
)t(y
)t(y
x
n
s
v
n
s
d
ppn
s
K1
01
)]t(f[;
KKK
KK
]K[;
CC
CC
]C[;
M0
0M
]M[
2.5.2 Representação quando há derivadas da entrada
Quando há derivadas da entrada, há a necessidade de dividir em duas equações conforme
apresentado abaixo. Supondo a seguinte equação de movimento,
)t(rb)t(rb)t(rb)t(rb)t(ca)t(ca)t(ca)t(c 1210321
Cuja função de transferência é dada por,
32
2
1
3
32
2
1
3
0
asasas
bsbsbsb
)s(R
)s(C
Dividindo em duas funções de transferência entre o denominador e o numerador
formando dois sistemas em série tal que a entrada de um é saída do outro conforme,
32
2
1
3 asasas
1
)s(R
)s(Z
e
32
2
1
3
0 bsbsbsb
)s(Z
)s(C
Como já foi visto antes a representação em Espaço de Estado para a Função de
Transferência definida por Z(s)/R(s) é feita conforme a aplicação da transformada inversa para
voltar para equação diferencial,
)s(R)s(Zasasas 32213
40
Chegando a,
)t(r)t(za)t(za)t(za)t(z 321
Número de estados: 1 equação de 3ª ordem n = 3;
Número de entradas: 1 entrada r(t) r = 1;
Vetor de estados e a sua relação com as variáveis do problema,
z
z
z
x
x
x
)t(x
3
2
1
13
Equações de estado,
)t(x)t(z)t(x
)t(x)t(z)t(x
32
21
A última equação de estado é dada por,
)t(r)t(xa)t(xa)t(xa)t(z)t(x 1322313
,
Então, escrevendo as equações de estado na forma matricial,
1x1
1x31x33
2
1
3x31231x33
2
1
)t(r
1
0
0
)t(x
)t(x
)t(x
aaa
100
010
)t(x
)t(x
)t(x
Agora pegando a segunda função de transferência C(s)/Z(s) e passando para equação
diferencial,
)z(Zbsbsbsb)s(C 322130
Aplicando a transformada de Laplace inversa,
)t(zb)t(zb)t(zb)t(zb)t(c 3210
Substituindo os estados definidos anteriormente para as derivadas de z(t),
)t(rb)t(xabb)t(xabb)t(xabb
)t(xb)t(xb)t(xb)t(r)t(xa)t(xa)t(xab
)t(xb)t(xb)t(xb)t(xb)t(c
0310122021303
1322311322310
13223130
41
Desta forma a resposta será dada por,
1x11x10
1x33
2
1
3x11012023031x1
)t(rb
)t(x
)t(x
)t(x
abbabbabb)t(c
Exemplo: Sistema com apenas uma entrada e uma saída: Passar para Espaço de Estado a
seguinte função de transferência,
24s26s9s2
20s3s2s
)s(R
)s(C
23
23
Realizando a divisão para o maior grau do denominador seja unitário,
12s13s
2
9
s
10s
2
3
ss
2
1
)s(R
)s(C
23
23
Separando em duas funções de transferências em série,
12s13s
2
9
s
1
)s(R
)s(Z
23
e
10s
2
3
ss
2
1
)s(Z
)s(C 23
Aplicando a transformação para Z(s)/R(s),
)s(R)s(Z12s13s2
9
s 23
Aplicando a transformada inversa de Laplace para voltar para equação diferencial,
)t(r)t(z12)t(z13)t(z
2
9
)t(z
Número de estados: 1 equação de 3ª ordem n = 3;
Número de entradas: 1 entrada r(t) r = 1;
Número de saídas: 1 saída z(t) m =1;
Vetor de estados e a sua relação com as variáveis do problema,
z
z
z
x
x
x
)t(x
3
2
1
13
42
Equações de estado,
)t(x)t(z)t(x
)t(x)t(z)t(x
32
21
A última equação de estado é dada por,
)t(r)t(x12)t(x13)t(x
2
9
)t(z)t(x 1233
,
Então, escrevendo as equações de estado na forma matricial,
)t(r
1
0
0
)t(x
)t(x
)t(x
2
9
1312
100
010
)t(x
)t(x
)t(x
3
2
1
3
2
1
Agora pegando a segunda função de transferência C(s)/Z(s) e passando para equação
diferencia,
)s(Z10s
2
3
ss
2
1
)s(C 23
Aplicando a transformada de Laplace inversa,
)t(z10)t(z
2
3
)t(z)t(z
2
1
)t(c
Substituindo os estados definidos anteriormente para as derivadas de z(t),
)t(x10)t(x
2
3
)t(x)t(x
2
1
)t(c 1233
Chegando a,
)t(x10)t(x
2
3
)t(x)t(rx12x13x
2
9
2
1
)t(c 123123
Então, a última equação fica,
)t(r
2
1
)t(x4)t(x5)t(x
4
5
)t(c 123
Desta forma a resposta será dada por,
43
)t(r
2
1
)t(x
)t(x
)t(x
4
5
54)t(c
3
2
1
Exemplo: Sistema com uma Entrada e Múltiplas Saídas: Passar para Espaço de Estado as
seguintes funções de transferências. O denominador deve ser comum a todas, pois todo o
sistema possui os mesmos polos. Este exemplo simula a situação em que a equação diferencial
que governa o movimento é dada por C(s)/R(s) e a saída de desempenho é dada por Z(s)/R(s).
7s6s10s5s2
20s7s
)s(R
)s(C
234
2
,
7s6s10s5s2
5s3s3
)s(R
)s(Z
234
3
A partir dos denominadores tem-se que o número de estados são 4,
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
1
14
O número de entrada é 1, pois tem-se,
)t(r)t(u 1x1
Número de saídas são 2, pois tem-se,
)t(z
)t(c
)t(y
1x2
Para encontrar os estados pode-se utilizar a seguinte metodologia a partir do
denominador,
)s(R)s(X7s6s10s5s2 234
Passando para equação diferencial e dividindo por 2, tem-se,
)t(r)t(x
2
7
)t(x3)t(x5)t(x
2
5
)t(x
44
Assim, as variáveis de estados são definidas conforme,
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
4
3
2
1
14
As equações de estado encontradas pelas derivadas das variáveis de estados são,
)t(x)t(x)t(x 21
)t(x)t(x)t(x 32
)t(x)t(x)t(x 33
E a última equação é dada por,
)t(rx
2
7
x3x5x
2
5
)t(x)t(x 12344
Escrevendo na forma matricial,
11
14144
3
2
1
14
144
3
2
1
)t(r
1
0
0
0
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
2
5
53
2
7
1000
0100
0010
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
Observa-se agora que há duas saídas e pela formulação anterior,
)s(X10s
2
7
s
2
1
)s(C 2
,
)s(X
2
5
s
2
3
s
2
3
)s(Z 3
Assim, a construção fica,
1x1
1x2
1x44
3
2
1
4x2
1x2
)t(r
0
0
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
2
3
0
2
3
2
5
0
2
1
2
7
10
)t(z
)t(c
2.5.3 Formulação Alternativa
Considerando o sistema como apresentado abaixo,
)t(ub)t(ub)t(xb)t(ub)t(ya)t(ya)t(ya)t(y n1n
)1n(
1
)n(
0n1n
)1n(
1
)n(
45
O problema está na escolha dos estados para eliminar as derivadas da entrada nas
equações de estado. Uma maneira é fazendo a definição dos estados conforme,
uxx
uxuuuyx
uxuuyx
uyx
1n1nn
222103
11102
01
Onde os βs são definidos por,
01n12n2n11n1n
03122133
021122
0111
00
aaab
aaab
aab
ab
b
Com estas escolhas obtêm-se as seguintes equações de estado,
uxx
uxx
uxx
1nn1n
232
121
A última equação de estado vem da substituição dos estados na equação diferencial
original, encontrando,
uxaxaxax nn121n1nn
Para encontrar a equação acima ver problema A.2.6 do Ogata. Com estas definições, a
representação em espaço de estado fica,
)t(u
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
aaaa
1000
0100
0010
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
n
1n
2
1
n
1n
2
1
12n1nnn
1n
2
1
46
u
)t(x
)t(x
)t(x
001)t(y 0
n
2
1
Observe que a função de transferência para a equação diferencial fica,
n1n
1n
1
n
n1n
1n
1
n
0
asasas
bsbsbsb
)s(U
)s(Y
Exemplo: Passar o sistema abaixo de função de transferência para espaço de estado.
8s6s4s2
2s3
)s(G
23
2
Para a comparação com a formulação proposta, deve-se dividir a função de transferência
por 2, assim,
32
2
1
3
3
2
1
23
2
asasas
bsb
4s3s2s
1s2/3
)s(G
Assim,
2/52/33321
32/32
2/3
0
3
2
1
0
Montando a representação em espaço de estado,
)t(u
2/5
3
2/3
)t(x
)t(x
)t(x234
100
010
)t(x
)t(x
)t(x
3
2
1
3
2
1
)t(x
)t(x
)t(x
001)t(y
3
2
1
2.5.4 Passagem de espaço de estado para função de transferência
Pode-se também passar de Espaço de Estado para função de transferência, conforme
mostrado abaixo. Partindo da representação em espaço de estado,
47
1rrm1nnm1m
1rrn1nnn1n
)t(uD)t(xC)t(y
)t(uB)t(xA)t(x
Aplicando transformada de Laplace, na 1ª equação,
)s(BUAsI)s(X)s(BU)s(XAsI
)s(UB)s(XA)s(XsI
1
1rrn1nnn1n
Substituindo na transformada de Laplace da 2ª equação,
)s(DU)s(BUAsIC)s(Y
)s(DU)s(CX)s(Y
1
Chegando a,
)s(UDBAsIC)s(Y 1
Onde I representa a matriz identidade de ordem “n”. Como Y(s) possui dimensão “m” e U(s)
possui dimensão “r”, então são geradas “
rm
” funções de transferências sendo que todas
possuem o mesmo denominador que é formado por (sI - A)-1. Deve-se verificar se ocorre
cancelamento entre polos e zeros.
Exemplo: Espaço de estado com apenas uma entrada e uma saída: Considerando a seguinte
representação em espaço de estado,
)t(u
0
0
2
)t(x
)t(x
)t(x
010
002
22/32
)t(x
)t(x
)t(x
3
2
1
3
2
1
)t(x
)t(x
)t(x
4/104/3)t(y
3
2
1
Cujo objetivo será encontrar a função de Transferência definida por Y(s)/U(s).
Aplicando a fórmula para conversão para função de transferência,
0
0
2
010
002
22/32
100
010
001
s4/104/3BAsIC
)s(U
)s(Y
1
1
48
Resolvendo a parte interna,
0
0
2
s10
0s2
22/32s
4/104/3
)s(U
)s(Y
1
Invertendo a matriz,
0
0
2
3s2s2s2
4s2ss2
s2
2
4s3
s
4s3s2s
1
4/104/3
)s(U
)s(Y
2
2
2
23
Resolvendo as multiplicações,
0
0
2
4
3s4s
8
8s7
4
2s3
4s3s2s
1
)s(U
)s(Y 22
23
Resultando em,
8s6s4s2
2s3
)s(U
)s(Y
23
2
Exemplo: Espaço de Estado com múltiplas entradas e saídas: Passar para Função de
Transferência as equações de espaço de estado da suspensão ativa.
1x2
2x4n
p
n
s
1x44
3
2
1
4x4nnn
p
n
ssss
1x44
3
2
1
)t(w
)t(u
M
K
M
1
0
M
1
00
00
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
M
C
M
C
M
KK
M
K
M
C
M
C
M
K
M
K
1000
0100
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
1x22x2
1x44
3
2
1
4x21x2n
s
)t(w
)t(u
00
00
)t(x
)t(x
)t(x
)t(x
0010
0001
)t(y
)t(y
Como neste caso há 2 entradas e duas saídas, aparecerão 4 funções de transferência na
seguinte forma,
49
1x2W,YnU,Yn
W,YsU,Ys
1x2n
s
)s(W
)s(U
NN
NN
)s(D
1
)t(Y
)s(Y
Onde
W,YnU,Yn
W,YsU,Ys1
NN
NN
)s(D
1
DBAsIC
Resolvendo na forma literal encontra-se,
pp
2
Psns
3
ns
4
ns KKsCKsKMMMKsMMCsMM)s(D
2
sU,Yn
p
2
nU,Ys
pW,Ys
p
2
sW,Yn
sM)s(N
KsM)s(N
KKCs)s(N
KKCssM)s(N
2.5.5 Comentários sobre a Representação em Espaço de Estado
Observe que uma função de transferência pode gerar várias representações em espaço
de estado. Isso significa que a representação em espaço de estado não é única. Existem algumas
representações de espaço de estado padrões, são elas as Formas Canônicas Controlável,
Observável e de Jordan.
Se for possível escrever a forma canônica controlável, significa que o sistema é de
estado completamente controlável, isto é, é possível passar o sistema do estado A para o estado
B em um tempo finito utilizando uma lei de controle finita. Em outras palavras é possível
controlar todo o sistema.
Se for possível escrever a forma canônica observável, significa que todos os estados do
sistema são conhecidos a qualquer instante de tempo, isto é, os estados podem ser medidos e
previstos. Em outras palavras, qualquer informação do sistema pode ser obtida a qualquer
instante de tempo.
A forma canônica de Jordan é uma representação na qual a matriz A é uma forma
diagonal com os termos da diagonal sendo os polos do sistema.
2.6 Classificação dos Sistemas quanto ao número de entradas e
Saídas
Uma entrada x Uma saída: SISO (Single Input, Single Output)
Múltiplas entradas x Uma saída: MISO (Multiple Inputs, Single Output)
Uma entrada x Múltiplas saídas: SIMO (Single Input, Multiple Outputs)
Múltiplas entradas x Múltiplas saídas: MIMO (Multiple Inputs, Multiple Outputs)
50
2.7 Exercícios Propostos
2.7.1 Sistemas Translacionais
Encontrar as equações de movimento na forma matricial para os sistemas abaixo.
(a) (b)
(c)
2.7.2 Sistemas de Reservatórios
1. Para o sistema abaixo,
a) Encontrar as equações dinâmicas que descrevem o sistema de reservatórios;
b) Montar o diagrama de blocos. Supondo q1(t) = 0, encontrar Q3(s)/Q2(s);
2. Para o sistema abaixo, encontrar as funções de transferência definidas por:
a) A entrada Q1(s) com a saída Q4(s);
b) A entrada Q1(s) com a altura H3(s);
51
c) A altura H1(s) com a altura H3(s).
2.7.3 Linearização
Encontrar as formas linearizadas para as seguintes equações,
1.
2xyy,xg
para (x,y) = (-1,1)
2.
2x zysinez,y,xg
para (x,y,z) = (1,0,-1)
3.
2
2
54
21
x12
2
2
2
u34
uu
x211x2ln1e
x1
2
x 1
para o ponto
1,1,1u,x,x 21
4.
0Kx)sin(x)cos(e
umgL)xcos()sin(x
x
para o ponto
0,1,x
2.7.4 Espaçode Estado
1. Encontrar representação em Espaço de Estado para,
)t(u4)t(x3)t(x7)t(x
Medindo apenas x(t);
Medindo apenas
)t(x2)t(x3
;
Medindo apenas
)t(u5)t(x2)t(x3
;
1s2s3s4s5
7s3
)s(R
)s(C
)s(G
234
52
Medindo apenas c(t),
Medindo apenas
)t(c3)t(c2
;
)s(D
1s2s3s2
5
)s(U
1s2s3s2
7
)s(C
2323
Medindo tudo ao mesmo tempo c(t),
)t(c
,
)t(c
e
)t(d5)t(u2)t(c3
, isto é, todas as respostas devem estar
contidas na resposta y(t). Dica: passar para equação diferencial e
aplicar o método sem derivada da entrada.
Modelo translacional b
Medindo y1(t), y2(t) e y3(t)
2. Passar de Espaço de estado para Função de Transferência,
)t(u
0
2
3
)t(x
)t(x
)t(x
020
001
22/33
)t(x
)t(x
)t(x
3
2
1
3
2
1
)t(x
)t(x
)t(x
4/104/3)t(y
3
2
1
53
2.8 Respostas
2.8.1 Sistemas Translacionais
a) A equação de movimento é:
[
𝑀1 0 0
0 𝑀2 0
0 0 𝑀3
] {
𝑦1̈
𝑦2̈
𝑦3̈
} + [
𝐶1 𝐶1 0
𝐶1 𝐶1 + 𝐶2 𝐶2
0 𝐶2 𝐶2 + 𝐶3
] {
𝑦1̇
𝑦2̇
𝑦3̇
}
+ [
𝐾1 + 𝐾2 𝐾2 −𝐾1
𝐾2 𝐾2 + 𝐾3 + 𝐾4 𝐾3
−𝐾1 𝐾3 𝐾1 + 𝐾3 + 𝐾5
] {
𝑦1
𝑦2
𝑦3
} = [
−1 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 −1
]{
𝐹1
𝐹2
𝐹3
𝑈
}
b) A equação de movimento é:
[
𝑀1 0 0
0 𝑀2 0
0 0 𝑀3
] {
𝑦1̈
𝑦2̈
𝑦3̈
} + [
𝐶2 0 𝐶2
0 0 0
𝐶2 0 𝐶2 + 𝐶3
] {
𝑦1̇
𝑦2̇
𝑦3̇
} + [
𝐾2 −𝐾2 0
−𝐾2 𝐾2 + 𝐾3 𝐾3
0 𝐾3 𝐾3 + 𝐾5
] {
𝑦1
𝑦2
𝑦3
}
= [
−1 0 0 −1 0 0
0 1 0 0 −1 −1
0 0 −1 −1 0 −1
]
{
𝐹1
𝐹2
𝐹3
𝑈1
𝑈2
𝑈3}
c) A equação de movimento é:
[
𝑚1 0 0
0 𝑚2 0
0 0 𝑚3
] {
�̈�
�̈�
�̈�
} + [
𝑏2 0 −𝑏2
0 𝑏1 𝑏1
−𝑏2 𝑏1 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3
] {
�̇�
�̇�
�̇�
}
+ [
𝐾2 + 𝐾3 + 𝐾4 𝐾2 −𝐾3
𝐾2 𝐾1 + 𝐾2 𝐾1
−𝐾3 𝐾1 𝐾1 + 𝐾3
] {
𝑥
𝑦
𝑧
} = [
0
1
0
] {𝑈}
2.8.2 Sistemas de Reservatórios
1.
a) Equações dinâmicas:
1 2
12
1
H t H t
Q t
R
2
3
2
H t
Q t =
R
11 1 12
dH t
A Q t Q t
dt
22 12 2 3
dH t
A =Q t +Q t -Q t
dt
54
b) Diagrama de blocos:
Q3(s)
Q2(s)
=
A1R1s + 1
A1A2R1R2s2 + (A1R1 + A2R2 + A1R2)s + 1
2.
a)
Q4(s)
Q1(s)
=
1
(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)(R3C3s + 1)
b)
H3(s)
Q1(s)
=
R3
(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)(R3C3s + 1)
c)
H3(s)
H1(s)
=
R3
R1(R2C2s + 1)(R3C3s + 1)
2.8.3 Linearização
1. Forma linearizada:
gL(x, y) = −2x + 2y − 3.
2. Forma linearizada:
gL(x, y, z) = ey.
3. Forma linearizada:
x2̇ = −4x1 +
81
2
x2 + u +
87
2
.
4. Forma linearizada:
ẍ + cos(1) θ + mgL = u
θ̈ + (k − e)x = 0
2.8.4 Espaço de Estado
1. a) Medindo apenas x(t)
55
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
} = [
0 1 0
0 0 1
−3 −7 0
] {
X1
X2
X3
} + [
0
0
4
] {u(t)}
{Y1} = [1 0 0] {
X1
X2
X3
} + [0]{u(t)}
Medindo apenas
3x(t)+2x(t)
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
} = [
0 1 0
0 0 1
−3 −7 0
] {
X1
X2
X3
} + [
0
0
4
] {u(t)}
{Y1} = [2 3 0] {
X1
X2
X3
} + [0]{u(t)}
Medindo apenas
3x(t)+2x(t)-5u(t)
{
�̇�1
�̇�2
�̇�3
} = [
0 1 0
0 0 1
−3 −7 0
] {
𝑋1
𝑋2
𝑋3
} + [
0
0
4
] {𝑢(𝑡)}
{𝑌1} = [2 3 0] {
𝑋1
𝑋2
𝑋3
} + [−5]{𝑢(𝑡)}
b) Medindo apenas c(t)
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
Ẋ4}
=
[
0 1
0 0
0 0
−
1
5
−
2
5
0 0
1 0
0 1
−
3
5
−
4
5]
{
X1
X2
X3
X4
} + [
0
0
0
1
] {r(t)}
{Y1} = [
7
5
3
5
0 0] {
X1
X2
X3
X4
} + [0]{r(t)}
Medindo apenas
)t(c3)t(c2
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
Ẋ4}
=
[
0 1
0 0
0 0
−
1
5
−
2
5
0 0
1 0
0 1
−
3
5
−
4
5]
{
X1
X2
X3
X4
} + [
0
0
0
1
] {r(t)}
{Y1} = [
21
5
23
5
6
5
0]{
X1
X2
X3
X4
} + [0]{r(t)}
56
c)
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
} = [
0 1 0
0 0 1
−
1
2
−1 −
3
2
] {
X1
X2
X3
} + [
0
0
7
2
0
0
−
5
2
] {
u(t)
d(t)
}
{
Y1
Y2
Y3
Y4
} = [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 3 0
] {
X1
X2
X3
} + [
0 0
0 0
0 0
−2 5
] {
u(t)
d(t)
}
d)
{
Ẋ1
Ẋ2
Ẋ3
Ẋ4
Ẋ5
Ẋ6}
=
[
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
−
K2
M1
K2
M1
0
K2
M2
−
(K2+K3)
M2
−
K3
M2
0 −
K3
M3
−
(K3+K5)
M3
C2
M1
0 −
C2
M1
0 0 0
−
C2
M3
0 −
(C2+C3)
M3 ]
{
X1
X2
X3
X4
X5
X6}
+
[
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
−
1
M1
0 0
0
1
M2
0
0 0 −
1
M3
−
1
M1
0 0
0 −
1
M2
−
1
M2
−
1
M3
0 −
1
M3]
{
F1
F2
F3
U1
U2
U3}
{
Y1
Y2
Y3
} = [
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
]
{
X1
X2
X3
X4
X5
X6}
+ [
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
]
{
F1
F2
F3
U1
U2
U3}
2. Função de Transferência
2
3 2
Y(s) 9s -5s-6
=
U(s) 4s +12s +6s+16
57
3 Transformada de Laplace
A vantagem na utilização da transformada de Laplace para se estudar a resposta de
sistemas consiste no fato de que a transformada de Laplace transforma uma equação diferencial
em uma equação algébrica, onde é aplicada a entrada e então calculada a transformada inversa
de Laplace para obter a resposta temporal.
Deve-se observar que, sempre que possível, será mantido o formalismo matemático para
obtenção dos resultados. Porém, o foco principal não é a obtenção da transformada ou
transformada inversa de Laplace, mas apenas a sua aplicação na obtenção das respostas
temporais. Sendo assim, o objetivo será criar uma tabela de consulta com as principais
transformadas e utilizá-la.
3.1 Definição
A Transformada de Laplace é definida por,
0
stdte)t(f)s(F)t(fL
(3.1)
Onde
f(t) é a função temporal sendo que f(t) = 0 para t < 0;
s é a variável complexa;
L é o operador da transformada;
F(s) é a transformada de Laplace de f(t).
Observe que uma condição imposta para a realização da transformada de Laplace da
função f(t) é,
f(t) = 0, para t < 0
Está condição é conhecida como CAUSALIDADE, significando que a função só existe
para a parte positiva dos tempos ou que fisicamente um sistema só pode responder a uma
determinada entrada depois da existência da própria entrada.
3.2 Transformada de Laplace
3.2.1 Funções Simples
Função Exponencial:
0t0
0tAe
)t(f
t
58
Onde A e α são constantes em relação ao tempo. A transformada de Laplace é, aplicando a
definição,
s
A
s
1
0A
s
e
AdteAdteAeAeL
0
ts
0
ts
0
sttt
(3.2)
Função Degrau:
0t0
0tA
)t(f
Onde A é constante em relação ao tempo. Esta transformada é um caso especial da função
exponencial onde foi feito α = 0. Note que ela não é definida para t = 0.
s
A
s
1
0A
s
e
AdtAeAL
0
st
0
st
Função Degrau Unitário:
0t0
0t1
)t(1
Note que ela não é definida para t = 0; sua transformada é dada por,
s
1
s
1
0
s
e
dtedte)t(1)t(1L
0
st
0
st
0
st
(3.3)
Observe que se pode transformar qualquer função em uma função causal multiplicando-
a pelo degrau unitário. Além disso, as transformadas podem ser definidas utilizando-se a função
degrau unitário. Por exemplo,
s
A
dteAAeLdte)t(1AAe)t(1L
0
tst
0
tst
Função Rampa:
0t0
0tAt
)t(f
Sua transformada é dada por,
0
st
0
st dtteAdtAteAtL
59
Aplicando integral por partes, sendo que,
b
a
b
a
b
a
vduuvudv
Então, fazendo,
u = t → du = dt e
dtedv st
→
s
e
v
st
0
2
st
0
st
0
st
0
st
0
st
s
e
s
e
tAdt
s
e
s
e
tAdtteAAtL
Como
stte
é indeterminado para t →∞, então, aplicando L’Hôpital,
0
se
1
Lim
e
t
Lim
stt
Hôpital'L
stt
Desta forma,
22
0
2
st
s
A
s
1
0A
s
e
AAtL
(3.4)
Função Senoidal:
0t0
0ttsinA
)t(f
Aplicando a definição,
0
stdtetsinAtsinAL
Sabendo-se que, pelo teorema de Euler,
tjtj ee
j2
1
tsin
60
222222
0
sttj
0
sttj
0
sttjtj
0
st
s
A
s
j2
j2
A
s
jsjs
j2
A
js
1
js
1
j2
A
dteedtee
j2
A
dteee
j2
1
AdtetsinAtsinAL
(3.5)
Função Cossenoidal:
0t0
0ttcosA
)t(f
Sabendo-se que, pelo teorema de Euler,
tjtj ee
2
1
tcos
222222
0
sttj
0
sttj
0
sttjtj
0
st
s
As
s
s2
2
A
s
jsjs
2
A
js
1
js
1
2
A
dteedtee
2
A
dteee
2
1
AdtetcosAtcosAL
(3.6)
3.2.2 Propriedades
As propriedades da transformada de Laplace são as mesmas propriedades vindas da
integral. Sendo assim, como propriedades tem-se a transformada da soma de funções temporais
é a soma das transformadas e a multiplicação por constantes, então,
L[αf(t)+βg(t)] = αL[f(t)]+βL[g(t)]
Sendo α e β constantes.
Prova:
)s(G)s(Fdte)t(gdte)t(fdte)t(g)t(f
0
st
0
st
0
st
61
3.2.3 Funções Especiais
Função Transladada:
A função transladada é definida por
at1atf
com t < a. As funções f(t), f(t)1(t) e
at1atf
são apresentadas abaixo.
Figura 3-1: Função transladada
Aplicando a definição de Transformada de Laplace,
0
stdteat1atfat1atfL
Aplicando uma substituição de variável tal que
at
,
a
as
0
st de1fdteat1atf
Como aparece o degrau unitário 1(τ) e a integral é feita em “τ”, então de “– a” a 0 a
integral já é zero, assim,
0
sas
0
sas
a
as defedeefde1f
Observe que antes a definição de transformada de Laplace fazia a transformação de “t”
para “s”; agora é feita a transformação de “τ” para “s”, então,
)s(Fedefeat1atfL as
0
sas
(3.7)
Onde α é o tempo de translação e F(s) é a Transformada de Laplace de f(t).
Função Pulso Retangular:
tt,0t0
tt0
t
A
)t(f
0
0
0
62
Reescrevendo a função como uma soma de dois pulsos defasados,
)tt(1
t
A
)t(1
t
A
tf 0
00
Então, aplicando a transformada de Laplace,
0
0
st
0
st
00
0
00
e1
st
A
s
e
t
A
s
1
t
A
)tt(1L
t
A
)t(1L
t
A
tfL
Função Impulso:
É definida como o caso limite da função pulso.
tt,0t0
tt0
t
A
lim
)t(f
0
0
0
0t 0
Como a altura é A/t0 e a duração é t0, a área delimitada pelo impulso é igual a A. Então,
aplicando o limite na transformada da função pulso,
A
s
As
lime1
st
A
limtfL
0t
Hôpital'Lst
0
0t 0
0
0
(3.8)
A função impulso em que a área é igual à unidade é chamada de Função Impulso
Unitário ou Função Delta de Dirac.
0t0
0t1
t
(3.9)
Na forma defasada,
0
0
0
tt0
tt1
tt
(3.10)
A função impulso unitário pode ser entendida como a derivada da função degrau unitário
ou que a função degrau unitário é a integral da função impulso unitário.
63
Multiplicação de f(t) por e-αt:
Aplicando definição de transformada de Laplace,
)s(Fdtetfdtetfe)t(feL
0
ts
0
sttt
(3.11)
Observa-se que o resultado é a substituição de “s” por (s + α) na transformada de Laplace
de F(s).
3.2.4 Teoremas
Teorema da Derivação Real: A transformada de Laplace da derivada de uma função
f(t) é dada por,
)0(f)s(sF)t(f
dt
d
L
(3.12)
Onde f(0) é o valor inicial de f(t) calculado em t = 0 e L[f(t)] = F(s).
Para demonstrar o teorema da derivação real, deve-se integrar por partes a integral de
Laplace, fazendo,
u = f(t) →
dt)t(f
dt
d
du
e
dtedv st
→
s
e
v
st
Então, tem-se,
)0(f)s(sFdte)t(f
dt
d
dte)t(f
dt
d
s
1
s
)0(f
0)s(F
dt)t(f
dt
d
s
e
s
e
)t(fdtetf
0
st
0
st
0
st
0
st
0
st
Observe que
)(f
, ou que ele existe.
Para a derivada 2ª de f(t),
)0(f)0(sf)s(Fs)t(f
dt
d
L 2
2
2
(3.13)
64
Onde
0t
)t(f
dt
d
)0(f
é o valor de df(t)/dt calculado em t = 0. Para provar faz-se,
)t(g)t(f
dt
d
Então,
)0(f)0(sf)s(Fs
)0(f)t(f
dt
d
sL
)0(g)s(sG)t(g
dt
d
L)t(f
dt
d
L
2
2
2
De modo semelhante, para a derivada enésima de f(t),
1n2n
2n1nn
n
n
)0(f)0(fs)0(fs)0(fs)s(Fs)t(f
dt
d
L
(3.14)
Teorema da Integração Real: A transformada de Laplace da integral de f(t) é definida
por,
s
)0(f
s
)s(F
)t(fL
1
(3.15)
Onde F(s) = L[f(t)] e f-1(0) é a integral de f(t) avaliada em t = 0. Para mostrar esta propriedade,
0
stdte)t(f
integrando por partes,
dt)t(fdudt)t(fu
e
dtedv st
→
s
e
v
st
Então,
)s(F
s
1
)0(f
s
1
dte)t(f
s
1
)t(f
s
1
0
s
e
dt)t(f
s
e
)t(f)t(fLdte)t(f
1
0
st
0t
0
st
0
st
0
st
Teorema do Valor Final: Permite obter o valor de f(t) quando t → ∞ através da
transformada de Laplace de f(t), assim,
65
)s(sFlim)t(flim
0st
(3.16)
Deve-se observar se
)t(flim
t
existe. Ele irá existir se as raízes do denominador de F(s)
possuírem parte real menor que zero. Para demostrar, parte-se da transformada de Laplace da
derivação real e aplica-se o limite de s→0,
)0(f)s(sFlimdte)t(f
dt
d
lim)t(f
dt
d
Llim
0s
0
st
0s0s
Como o limite pode ser trocado de posição com a integral e
1elim st
0s
,
)0(f)s(sFlim)0(f)(f)t(fdt)t(f
dt
d
0s0
0
Então,
)s(sFlim)t(flim)(f
0st
Teorema do Valor Inicial: Permite obter o valor de f(t) em t = 0 através da
transformada de Laplace de f(t), assim,
)s(sFlim)0(f
s
(3.17)
Onde F(s) = L[f(t)]. Para provar, aplica-se o limite de s→∞ na transformada da derivada real,
)0(f)s(sFlimdte)t(f
dt
d
lim)t(f
dt
d
Llim
s
0
st
ss
Como o limite pode ser trocado de posição com a integral e
0elim st
s
,
)s(sFlim)0(f)0(f)s(sFlim0
ss
Teorema da Derivada Complexa: Se f(t) for a transformada de Laplace de f(t) então,
)s(F
ds
d
)t(tfL
(3.18)
Onde F(s) = L[f(t)]. Além disso,
)s(F
ds
d
)t(ftL
2
2
2
66
Em geral,
)s(F
ds
d
1)t(ftL
n
n
nn
(3.19)
Para demonstrar, como
stst e
ds
d
te
, então,
)s(F
ds
d
dte)t(f
ds
d
dte
ds
d
)t(fdte)t(tf)t(tfL
0
st
0
st
0
st
Produto de Funções no Domínio de Laplace – Integral de Convolução:
Considerando a seguinte integral,
t
0
t
0
dtgfdgtf
(3.20)
Esta é conhecida como integral de convolução. Aplicando a transformada de Laplace,
)s(G)s(FdgtfL
t
0
Onde L[f(t)] = F(s) e L[g(t)] = G(s). Aplicando a definição de transformada de Laplace,
dtedgtfdgtfL st
0
t
0
t
0
Separando as integrais, tem-se,
0
t
0
st
t
0
dgdtet1tfdgtfL
Como já foi visto, fazendo uma mudança de variável tal que λ = t – τ, assim,
0
t
0
s
t
0
s
t
0
dgdefdgde1fdgtfL
Abrindo a exponencial,
0
t
0
ss
t
0
)s(G)s(FdegdefdgtfL
Observe que, em todo sistema, quando se calcula a sua resposta a uma determinada
entrada, o que se está fazendo é a aplicação da Integral de Convolução.
67
3.2.5 Resumo
Função Temporal Transformada de Laplace
Impulso Unitário δ(t) 1
Degrau Unitário 1(t)
s
1
te
s
1
t
2s
1
nt
1ns
!n
)t(sen
22s
)tcos(
22s
s
Propriedades da Transformada de Laplace
Função Temporal Transformada de Laplace
αf(t)+βg(t) αF(s)+βG(s)
)t(fe at
)as(F
Deslocamento Temporal
at1atf
)s(Fe as
tf(t)
)s(F
ds
d
tnf(t)
)s(F
ds
d
1
n
n
n
Valor Final:
)t(flim
t
)s(sFlim
0s
Valor Inicial:
)t(flim
0t
)s(sFlim
s
Integral:
dt)t(f
s
)0(f
s
)s(F 1
Derivada:
dt
)t(df
)0(f)s(sF
2
2
dt
)t(fd
)0(f)0(sf)s(Fs2
68
3.3 Transformada Inversa de Laplace
Para se obter a transformada inversa de Laplace, sempre será utilizada a tabela de
transformadas. Para isso será aplicado o método da expansão em frações parciais para escrever
da forma mais simples possível.
3.3.1 Expansão em Frações Parciais
Em análise de sistemas, F(s), a transformada de Laplace de f(t), apresenta-se
frequentemente da seguinte maneira,
)s(A
)s(B
)s(F
Onde A(s) e B(s) são polinômios em s. Na expansão de F(s) em frações parciais, é importante
que a maior potência de s em A(s) seja maior que a potência de s em B(s),
grau A(s) > grau B(s)
Se não for o caso, a divisão polinomial deverá ser feita. Como tanto A(s) quanto B(s)
possuem raízes, uma distinção deve ser feita,
Zeros são as raízes do numerador;
Polos são as raízes do denominador.
Se F(s) for subdividida em partes ou frações,
F(s) = F1(s) + F2(s) + ... + Fn(s)
A transformada inversa de Laplace é dada por,
L-1[F(s)] = L-1[F1(s)] + L
-1[F2(s)] + ... + L
-1[Fn(s)]
Resultando em,
f(t) = f1(t) + f2(t) + ... + fn(n)
Caso 1 – Denominador apresenta raízes reais distintas
Quando as raízes do denominador forem reais distintas, deve-se separá-las procedendo
da seguinte forma,
2s1s
1sB2sA
2s
B
1s
A
2s1s
3s
)s(G
69
Pegando apenas os numeradores, então,
A(s + 2) + B(s + 1) = s + 3
Dica: substitua as raízes do denominador ou polos para facilitar os cálculos.
Fazendo s = -1 → A(-1 + 2) =-1+3 → A = 2
Fazendo s = -2 → B(-2 + 1) = -2 + 3 → B = -1
Então,
2s
1
1s
2
)s(G
Aplicando a transformada inversa de Laplace,
t2t111 ee2
2s
1
L
1s
1
L2)t(g)s(GL
para t ≥ 0
Isto significa que polos reais distintos tornam-se exponenciais.
Caso 2a – Denominador apresenta raízes complexas conjugadas distintas
Quando as raízes do denominador, ou polos, forem complexos conjugados, elas devem
permanecer unidas e o procedimento é feito conforme,
5s2s
BAs
5s2s
12s2
)s(F
22
Neste caso, claramente A = 2 e B = 12. Para continuar, deve-se observar que o
denominador possui o termo com “s” e na tabela de transformada de Laplace ela não aparece,
porém, sabendo-se da seguinte propriedade,
22s
A
tsinAL
e
22s
As
tcosAL
, aplicando a propriedade da
multiplicação por exponencial,
)s(F)t(feL t
, fazendo f(t) o seno e o cosseno,
22
t
s
tsineL
e
22
t
s
s
tcoseL
Assim, o 1º procedimento é completar o quadrado do denominador da seguinte forma,
41s5s2s 22
O ajuste deve sempre ser iniciado pelo cosseno e depois ajustado o seno,
Samuel
Highlight
70
41s
12
41s
s2
41s
12s2
5s2s
12s2
)s(F
2222
Para o termo à direita representar a transformada inversa de
tcose t
e
tsine t
é necessário que,
41s
2
5
41s
1s
2)s(F
22
Assim, a transformada inversa de Laplace fica,
t2sine5t2cose2
41s
2
L5
41s
1s
L2)t(f)s(FL tt
2
1
2
11
para t ≥ 0
Curiosidade: Os polos da representação em Laplace são s1,2 = - 1 ± j2. Observe que a
exponencial é a parte real dos polos e a parte imaginária são as frequências dos termos que
oscilam.
Caso2b: Polos são complexos conjugados distintos, mas tratados como raízes distintas.
Quando as raízes do denominador forem complexas conjugadas elas podem ser tratadas
com raízes distintas, isto é,
5s2s
2j1sB2j1sA
2j1s
B
2j1s
A
5s2s
12s2
)s(F
22
Fazendo s = – 1 – j2 → A(– 1 – j2 + 1 – j2) = 2( – 1 – j2) + 12 →
– j4A = 10 – j4 → A = 1 + j5/2
Fazendo s = – 1 + j2 → B(– 1 + j2 + 1 + j2) = 2( – 1 + j2) + 12 →
+ j4B = 10 + j4 → B = 1 – j5/2
Então,
2j1s
2/5j1
2j1s
2/5j1
5s2s
12s2
)s(F
2
A transformada inversa de Laplace fica,
t2j1t2j1 e2/5j1e2/5j1)t(f
A presença das exponenciais complexas é eliminada através da formula de Euler,
sinjcose j
71
Então,
t2sin5t2cos2e
t2sinjt2cos2/5j1t2sinjt2cos2/5j1e
ee2/5j1ee2/5j1
e2/5j1e2/5j1)t(f
t
t
t2jtt2jt
t2j1t2j1
Chegando ao mesmo resultado.
Caso 3a – Denominador apresenta raízes múltiplas reais – Propriedade L[e-atf(t)]
Quando houver raízes repetidas no denominador, fatorar da seguinte forma,
3
2
323
2
1s
C1sB1sA
1s
C
1s
B
1s
A
1s
1s2s3
)s(H
Do numerador,
C1sB1sA1s2s3 22
Igualando os termos de s2 → A = 3
Fazendo s = -1 → C = 3(-1)2 + 2(-1) + 1 → C = 2
Dica: A equação é válida para qualquer valor de s.
Fazendo s = 0 → A + B + C = 1 → B = -3 -2 + 1 → B = -4
Então,
32 1s
2
1s
4
1s
3
)s(H
Para resolver as duas transformadas à direita, deve-se saber que,
)s(F)t(feL t
,
mas fazendo f(t) = t, assim,
2s
1
tL
→
2
t
s
1
teL
Procedendo da mesma forma para a transformada de Laplace de t2,
3
2
s
2
tL
→
3
2t
s
2
teL
72
Então,
3
1
2
111
1s
2
L
1s
1
L4
1s
1
L3)t(h)s(HL
Resultando em,
t2t2tt ett43ette4e3)t(h
Curiosidade: Quando os polos são reais, negativos e repetidos, as amplitudes tendem a
permanecer em um determinado valor ou tendem para zero. No caso da função apresentada, ela
começa em 3 e termina em 0.
Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma,
2222 s
baas
s
bsa
s
b
s
a
s
As
)s(F
Como observado, a = A e Aα+b = 0, então,
22 s
A
s
A
s
As
)s(F
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
t1Ae)t(f t
Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma,
3
2
323
s
csbsa
s
c
s
b
s
a
s
As
)s(H
Como observado, a = 0, b = A e c = -Aα, então,
323 s
A
s
A
s
As
)s(H
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
2t t
2
tAe)t(f
73
Caso a transformada de Laplace seja na seguinte forma,
3
2
323
2
s
csbsa
s
c
s
b
s
a
s
As
)s(H
Como observado, a = A, b = -2Aα e c = Aα2, então,
3
2
23
2
s
A
s
A2
s
A
s
As
)s(H
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
2
2
t t
2
t21Ae)t(f
Comentário: Desta forma, foi mostrado que não importa como seja o numerador de uma fração
com denominador com raízes reais múltiplas, sempre será possível uma redução para um
sistema mais simples aplicando a decomposição em frações parciais.
Caso 3b – Denominador apresenta raízes múltiplas reais – Propriedade L[tf(t)]
O caso genérico de raízes múltiplas é a utilização da seguinte propriedade,
)s(F
ds
d
1)t(ftL
n
n
nn
Para tanto, deve ser lembrado da derivada da divisão, assim,
2)s(H
)s(H
ds
d
)s(G)s(G
ds
d
)s(H
)s(H
)s(G
ds
d
Assumindo,
32 1s
2
1s
4
)s(H
Como as raízes são puramente reais,
2
at
as
1
as
1
ds
d
1teL
3422
2
2at2
as
2
as
as2
as
1
ds
d
as
1
ds
d
1etL
74
Desta forma, tt2t tet4ette4)t(h
Caso 4 – Denominador apresenta raízes múltiplas complexas – Propriedade L[tf(t)]
Supondo,
22222222
23
5s2s
10s4
5s2s
1s2
5s2s
DCs
5s2s
BAs
5s2s
5s4s3s2
)s(F
Para a 1ª transformada,
41s
2
2
1
3
41s
1s
2
41s
1s2
5s2s
1s2
)s(G
2222
Cuja transformada inversa fica,
t2sin
4
3
t2cose2)t(g t
Para resolver a 2ª transformada,
22222
at
as
as2
asds
d
tsinteL
222
22
22
at
as
as
as
as
ds
d
tcosteL
Substituindo os valores,
2222
2
22
41s
1s4
B
41s
41s
A
5s2s
10s4
)s(H
Claramente, a igualdade acima não pode ser satisfeita. Então, é feita uma introdução
para eliminar o termo de “s2” do numerador do 1º termo adicionando a transformada de Laplace
de
t2sine t
conforme,
22
2
2222
2
22
41s
41s2
C
41s
1s4
B
41s
41s
A
5s2s
10s4
)s(H
Assim, somente do numerador,
41s2C1s4B41sA10s4 22
75
Termos de “s2” → 0 = A + 2C
Substituindo “s” por “-1” → 14 = -4A +8C
Assim, A = -14/8 e C = 7/8
Termos de “s1” → -4 = 2A + 4B+ 4C → Assim, B = -1
41s
2
8
7
41s
1s4
1
41s
41s
8
14
5s2s
10s4
)s(H
22222
2
22
Cuja transformada inversa fica,
t2sin7t2sintt2cost14e
8
1
)t(h t
Caso 5 – Numerador maior ou igual ao denominador
Assumindo a seguinte transformada de Laplace,
2s1s
7s9s5s
)s(G
23
Toda vez que o grau do numerador for maior ou igual ao grau do denominador, uma
divisão polinomial deve ser feita. Como neste caso o numerador possui grau maior que o
denominador, a divisão polinomial deverá ser feita da seguinte forma,
2s
1
1s
2
2s
2s1s
3s
2s
2s1s
7s9s5s
)s(G
23
Aplicando a transformada inversa de Laplace,
t2t ee2)t(2)t(
dt
d
)t(g
Sendo que a transformada de Laplace da função pulso é 1 e a transformada de Laplace
da derivada da função pulso,
s)t(
dt
d
L
.
3.4 Aplicações de Transformada de Laplace
Neste item será aplicada a transformada e a transformada inversa de Laplace para o
estudo da reposta de sistemas.
76
3.4.1 Solução de Equações Diferenciais
Como exemplo de solução de equação diferencial, será adotado o mesmo sistema para
os próximos 3 exemplos. Supondo um sistema massa-mola-amortecedor com m = 2 kg, c = 3
Ns/m e k = 5 N/m.
Equação de movimento na forma:
)t(f)t(Ky)t(yC)t(yM
Substituindo os valores:
)t(f)t(y5)t(y3)t(y2
Aplicando a transformada de Laplace:
)t(fL)t(yL5)t(yL3)t(yL2
Observe que não foi substituída a entrada ainda, pois isso será feito dependendo do que
for proposto pelo problema a ser resolvido. Encontrando,
)s(F)s(Y5)0(y)s(sY3)0(y)0(sy)s(Ys2 2
Reagrupando os termos, observe que aqueles contendo a entrada e as condições iniciais
devem ser isoladas do lado direito, então,
)0(y3)0(y2)0(sy2)s(F)s(Y5s3s2 2
Chegando a,
5s3s2
)0(y3)0(y2)0(sy2
)s(F
5s3s2
1
)s(Y
22
Observe que uma parte possui a informação sobre a entrada enquanto a outra parte
possui informações sobre as condições iniciais. A parte que contem a entrada será denominada
de Função de Transferência e será utilizada para calcular a solução forçada. A parte que
contém as condições iniciais é comumente chamada de resposta livre.
Exemplo 1: Resposta a uma entrada qualquer com condições iniciais nulas.
Calcular a resposta y(t) do sistema a uma entrada f(t) degrau 10 N aplicada em t = 0.
Isto significa que o objetivo será calcular a resposta para uma entrada em força constante em
10 N, mas a força só será aplicada em t = 0, antes disso o sistema estará em repouso. Assim,
)s(F
5s3s2
1
)s(Y
2
A transformada de Laplace da força degrau 10 é
s
10
)s(F
, então,
s5s3s2
10
)s(Y
2
Para resolver, deve-se aplicar a decomposição em frações parciais,
Samuel
Highlight
Samuel
Highlight
Função transferência G(s):null nullX(s)=G(s)F(s)nullnullG(s)=X(s)/F(s)=L(saída)/L(entrada)
77
s5s3s2
CsBs5s3s2A
5s3s2
CBs
s
A
s5s3s2
10
)s(Y
2
22
22
Do numerador
10CsBs5s3s2A 22
Fazendo s = 0 → 5A = 10 → A = 2
Termos de s2 → 2A + B = 0 → B = -4
Termos de s → 3A + C = 0 → C = -6
Observe que o “2” do denominador precisa ser eliminado, então,
2
5
s
2
3
s
3s2
s
2
5s3s2
6s4
s
2
)s(Y
2
2
Completando o quadrado e expandindo para a transformada inversa de Laplace,
16
31
4
3
s
4
31
31
4
2
3
16
31
4
3
s
4
3
s
2
s
2
16
31
4
3
s
3s2
s
2
)s(Y
222
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
t
4
31
sene
31
6
t
4
31
cose22)t(y
t
4
3
t
4
3 para t > 0
Figura 3-2: Resposta do sistema massa-mola-amortecedor
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Reposta para f(t) = 10 N
D
es
lo
ca
m
en
to
(m
)
Tempo (sec)
78
Exemplo 2: Reposta apenas para as condições iniciais.
Calcular a resposta y(t) do sistema a um deslocamento inicial y(0) = 1 m, isto é, a massa
é liberada de 1 metro da posição y = 0 e f(t) = 0. Como o sistema é o mesmo,
5s3s2
3s2
5s3s2
)0(y3)0(y2)0(sy2
)s(Y
22
16
31
4
3
s
4
31
31
4
4
3
16
31
4
3
s
4
3
s
2
5
s
2
3
s
2
3
s
)s(Y
22
2
Como pode ser observado, a diferença entre a transformada inversa de Laplace neste
caso e a transformada inversa de Laplace anterior é 1/2, então,
t
4
31
sene
31
3
t
4
31
cose)t(y
t
4
3
t
4
3 para t > 0
Figura 3-3:
Exemplo 3: Resposta a uma entrada qualquer e a condições iniciais.
Calcular a resposta y(t) do sistema a uma entrada f(t) degrau 10 aplicada em t = 0 e a
um deslocamento inicial y(0) = 1 metro. A resposta simplesmente é a soma das duas respostas
obtidas, pois,
5s3s23s2
s5s3s2
10
5s3s2
)0(y3)0(y2)0(sy2
)s(F
5s3s2
1
)s(Y
2222
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Reposta para y(0) = 1 m
D
es
lo
ca
m
en
to
(m
)
Tempo (sec)
79
Resultando em
t
4
31
sene
31
3
t
4
31
cose2)t(y
t
4
3
t
4
3 para t > 0
3.4.2 Funções de Transferência
A função de transferência de um sistema representado por uma equação diferencial
linear com parâmetros invariantes no tempo é definida como a relação entre a transformada de
Laplace da saída e a transformada de Laplace da entrada, admitindo-se todas as condições
iniciais nulas.
Considerando o sistema linear com parâmetros invariantes no tempo, definido pela
seguinte equação diferencial,
)t(xb)t(xb)t(xb)t(xb)t(ya)t(ya)t(ya)t(ya m1m
1m
1
m
0n1n
1n
1
n
0
Onde y(t) é a saída ou resposta do sistema e x(t) é a entrada ou excitação. A função de
transferência correlaciona a entrada com a saída do sistema e é definida pela transformada de
Laplace da entrada e pela transformada de Laplace da saída, assumindo todas as condições
iniciais nulas. Assim,
Função de Transferência
nulasIniciaisCondições
entradaL
saídaL
)s(G
Definição: Ordem é o maior grau de “s” do denominador. Assim se a maior potência do
denominador da função de transferência for n, o sistema será denominado de “Sistema de
Ordem n”.
Exemplo 4: Resposta à entrada degrau unitário.
Supondo um sistema com a sua equação de movimento dada abaixo, determinar a sua
função de transferência e calcular sua resposta c(t) para uma entrada u(t) degrau unitário.
Equação diferencial:
)t(u)t(u2)t(c2)t(c3)t(c
Observe que a entrada é u(t) e a saída c(t). Aplicando transformada de Laplace e
assumindo condições inicias nula,
)t(uL)t(uL2)t(cL2)t(cL3)t(cL
Chegando a,
2s3s
1s2
)s(U
)s(C
)s(G)s(U1s2)s(C2s3s
2
2
80
Neste caso, o nome G(s) foi escolhido aleatoriamente. A Resposta ao degrau unitário é
calculada conforme procedimento abaixo,
s
1
2s3s
1s2
)s(C)s(U
2s3s
1s2
)s(C
2s3s
1s2
)s(U
)s(C
222
Observando que os polos desta função de transferência são polos puramente reais, a
decomposição em frações parciais é feita da seguinte forma,
2s3ss
)1s(Cs)2s(Bs)2s)(1s(A
2s
C
1s
B
s
A
s
1
2s3s
1s2
)s(C
22
Do numerador: A(s+1)(s+2)+Bs(s+2)+Cs(s+1) = 2s+1
Fazendo s = 0 → 2A = 1 → A = 1/2;
Fazendo s = -1 → B(-1)(-1+2) = 2(-1)+1 → B = 1;
Fazendo s = -2 → C(-2)(-2+1) = 2(-2)+1 → C = -3/2;
Assim,
t2t e
2
3
e
2
1
)t(c
2s
2/3
1s
1
s
2/1
)s(C
para t ≥ 0
Exemplo 5: Resposta às condições iniciais a partir da Função de Transferência
Apesar da função de transferência significar que as condições iniciais são nulas, pode-
se calcular a sua resposta passando de função de transferência para equação diferencial e então
aplicando novamente a transformada de Laplace.
Supondo a seguinte função de transferência:
4s4s
3s2
)s(H
)s(X
)s(Y
2
Calcular a resposta y(t) para y(0)=3,
0)0(y
, x(0) = 0.
Para resolver, deve-se aplicar a transformada inversa de Laplace na função de
transferência tal que,
)s(X3s2)s(Y4s4s
4s4s
3s2
)s(X
)s(Y 2
2
Separando os termos e fazendo,
)s(XL3)s(sXL2)s(YL4)s(sYL4)s(YsL 111121
81
Encontra-se a seguinte equação diferencial,
)t(x3)t(x2)t(y4)t(y4)t(y
Agora aplicando a transformada de Laplace e observando que agora as condições
iniciais não são todas nulas,
)s(X3)0(x)s(sX2)s(Y4)0(y)s(sY4)0(y)0(sy)s(Ys2
Substituindo os valores e reagrupando, deve ser lembrado que não há entrada, então
X(s) = 0,
4s4s
12s3
)s(Y012s3)s(Y4s4s
2
2
Observe que os polos são reais e iguais, então,
222 2s
1
12
2s
s
3
4s4s
12s3
)s(Y
Lembrando que
2
t
s
1
teL
e
2
t
s
s
t1eL
, então,
t21e3te12t21e3)t(y t2t2t2
para t ≥ 0
Dica: Para verificar a metodologia que será usada sem calcular os polos para um denominador
de grau 2 pode-se completar o quadrado e verificar o resultado conforme apresentado abaixo,
Polos Complexos Conjugados: 𝑠2 + 4𝑠 + 5 = (𝑠 + 2)2 + 5 − 4 = (𝑠 + 1)2 + 1
Polos Reais Iguais: 𝑠2 + 4𝑠 + 4 = (𝑠 + 2)2 + 4 − 4 = (𝑠 + 2)2
Polos Reais Distintos: 𝑠2 + 4𝑠 + 3 = (𝑠 + 2)2 + 3 − 4 = (𝑠 + 2)2 − 1
Assim, se o termo da frequência for positivo os polos são complexos conjugados, se for
negativo são polos reais distintos e se for nulo indica polos reais e iguais.
3.4.3 Classificação das Funções de Transferência
Há uma série de classificações das funções de transferência:
Quanto ao grau do denominador: O maior grau do denominador estabelece a
ordem da função de transferência, isto é, se o maior grau for n, a função de
transferência será de ordem n.
Relação entre o grau do numerador e o grau do denominador:
o Grau do denominador ≥ Grau do numerador: F.T. Própria;
o Grau do denominador < Grau do numerador: F.T. Imprópria;
82
Quanto aos zeros:
o Todos os zeros possuem parte real < zero: F.T. de Fase Mínima;
o Caso contrário: F.T. de Fase Não-Mínima;
Quanto aos polos, será visto mais à frente como Estabilidade:
o Todos os polos possuem parte real < zero, a F.T. é Assintoticamente
Estável;
o Pelo menos um polo com parte real nula e demais polos possuem parte real
< 0, a F.T. é Marginalmente Estável;
o Pelo menos um polo com parte real > 0, a F.T. é Instável.
3.5 Exemplos utilizando Matlab
Exemplo 1: Calcular a resposta analítica utilizando o Matlab
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 2
𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝑒 𝑅(𝑠) =
1
𝑠
Exemplo 2: Calcular resposta numérica utilizando o Matlab para a resposta ao degrau unitário
clear all % apaga todas as variáveis
close all % fecha todas as janelas gráficas
clc % apaga a tela do matlab
% forma de verificar a resposta analítica
syms s t % define variáveis simbólicas
% Função de transferência
G=(s+2)/(s^2+3*s+5);
% Entrada
R=1/s;
% Resposta Inversa
pretty(ilaplace(G*R,t))
83
Exemplo 3: Calcular resposta numérica utilizando o Matlab para uma entrada qualquer
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 2
𝑠2 + 3𝑠 + 5
𝑒 𝑟(𝑡) = 𝑒−3𝑡
clear all % apaga todas as variáveis
close all % fecha todas as janelas gráficas
clc % apaga a tela do matlab
% Define a função de transferência G(s)
G=tf([1 2],[1 3 5])
% Calcula a resposta ao degrau unitário utilizando a formulação padrão para
% o vetor de tempo t
[y1,t]=step(G);
% resposta ao degrau calculada pela transformada inversa, observe que entre
% a exponencial e os termos oscilantes há .*y2=2/5-2/5*exp(-3/2*t).*(cos(sqrt(11)/2*t)-2/sqrt(11)*sin(sqrt(11)/2*t));
% gráfico da resposta ao degrau unitário
figure
plot(t,y1,'o',t,y2)
legend('Matlab','Transformada Inversa')
clear all % apaga todas as variáveis
close all % fecha todas as janelas gráficas
clc % apaga a tela do matlab
% forma de verificar a resposta analítica
syms s t % define variáveis simbólicas
% Função de transferência
G=(s+2)/(s^2+3*s+5);
% Entrada
R=1/s;
% Resposta Inversa
pretty(ilaplace(G*R,t))
84
3.6 Exercícios Resolvidos
Exercício #1: Manipulação de funções de transferência. Supondo a seguinte equação
diferencial,
)t(x)t(y7)t(y3)t(y2
Cuja representação em função de transferência
)s(X
)s(Y
é dada por,
7s3s2
1
)s(X
)s(Y
2
Sendo que a resposta Y(s) é a transformada de Laplace de y(t). Se fosse necessário obter
a resposta de
)t(y
, isso é possível observando que,
)s(Z)s(sY)t(y
)s(Y)t(y
Assim, Z(s) é a transformada de Laplace de
)t(y
. Esta mudança de variável foi feita
para facilitar a compreensão do problema proposto. Então a nova função de transferência fica,
% Cálculo da transformada inversa para uma entrada qualquer
clear all % apaga todas as variáveis
close all % fecha todas as janelas gráficas
clc % apaga a tela do matlab
% Define a função de transferência G(s)
G = tf([1 2],[1 3 5])
% Definindo o vetor de tempo
t = 0:0.05:5;
% Entrada
r = exp(-3*t);
% Resposta a uma entrada qualquer
y1=lsim(G,r,t);
% resposta ao degrau calculada pela transformada inversa, observe que entre
% a exponencial e os termos oscilantes há .*
y2=-1/5*exp(-3*t)+1/5*exp(-3/2*t).*(cos(sqrt(11)/2*t)+ ...
7/sqrt(11)*sin(sqrt(11)/2*t));
% gráfico da resposta ao degrau unitário
figure
plot(t,y1,'o',t,y2)
legend('Matlab','Transformada Inversa')
85
7s3s2
s
)s(X
)s(Z
7s3s2
1
)s(X
s
)s(Z
7s3s2
1
)s(X
)s(Y
222
Para demonstrar, será calcula a resposta y(t) e
)t(y
para uma entrada degrau unitário.
Então, para
)t(y
representado por Z(s),
16
47
4
3
s
4
47
47
4
2
1
16
47
4
3
s
2
1
2
7
s
2
3
s
2
1
7s3s2
1
s
1
7s3s2
s
)s(Z
22
2
22
Cuja transformada inversa é dada por,
t
4
47
sine
47
472
)t(z
t
4
3
Fazendo para y(t) representado por Y(s),
16
47
4
3
s
4
47
47
4
28
3
16
47
4
3
s
4
3
s
7
1
s
1
7
1
2
7
s
2
3
s
14
3
s
7
1
s
1
7
1
7s3s2
7
3
s
7
2
s
7
1
s
1
7s3s2
1
)s(Y
22
2
22
Cuja transformada inversa é dada por,
t
4
47
sin
47
473
t
4
47
cose
7
1
7
1
)t(y
t
4
3
Para verificar, derivando y(t) em relação ao tempo,
t
4
47
cos
4
47
47
473
t
4
47
sin
4
47
e
7
1
t
4
47
sin
47
473
t
4
47
cose
4
3
7
1
)t(y
t
4
3
t
4
3
86
Reagrupando,
t
4
47
sine
47
472
t
4
47
sin
47
4714
e
7
1
t
4
47
sin
4
47
47
473
4
3
t
4
47
cos
4
47
47
473
4
3
e
7
1
)t(y
t
4
3
t
4
3
t
4
3
Exercício #2: Manipulação de funções de transferência. Em muitas aplicações de sistemas de
controle, é necessário medir um “Critério de Desempenho” que pode ser formado pela junção
conforme,
Critério de Desempenho c(t) =
)t(y2)t(y3
Para a seguinte função de transferência,
7s3s2
1
)s(X
)s(Y
2
Neste caso, a solução é dada aplicando a transformada de Laplace no critério de
desempenho assim,
𝐶(𝑠) = (3𝑠 + 2)𝑌(𝑠)
Substituindo Y(s) da função de transferência,
𝐶(𝑠) = (3𝑠 + 2)
1
2𝑠2 + 3𝑠 + 7
𝑋(𝑠)
Voltando para a forma típica de saída sobre entrada,
7s3s2
2s3
7s3s2
2
7s3s2
s3
)s(X
)s(C
222
Exercício #3: Função de transferência envolvendo múltiplas equações diferenciais. Supondo o
sistema de equações que descrevem as equações de movimento da suspensão ativa definido
abaixo,
)t(w
)t(u
K1
01
)t(y
)t(y
KKK
KK
)t(y
)t(y
CC
CC
)t(y
)t(y
M0
0M
pn
s
pn
s
n
s
n
s
87
Observe que o sistema possui duas entradas definidas por u(t) e w(t). Além disso, o
desejável será medir os deslocamentos ys(t) e yn(t). Então, serão obtidas quatro funções de
transferência entre cada entrada e cada saída conforme,
)s(1G
)s(U
)s(Ys
,
)s(2G
)s(U
)s(Yn
,
)s(3G
)s(W
)s(Ys
,
)s(4G
)s(W
)s(Yn
As funções de transferência são encontradas através da transformada de Laplace das
equações diferenciais e de sucessivas manipulações para separar as entradas e saídas
necessárias. Aplicando transformada de Laplace,
)s(U)s(YKCs)s(YKCssM ns2s
)s(U)s(WK)s(YKCs)s(YKKCssM psnp2n
Substituindo Yn(s) na 1ª equação,
)s(U
KCssM
)s(U)s(WK)s(YKCs
KCs)s(YKCssM
2
n
ps
s
2
s
Rearranjando para encontrar G1(s) e G3(s),
)s(W
KCsKKCssMKCssM
KKCs
)s(U
KCsKKCssMKCssM
KsM
)s(Y
2
p
2
n
2
s
p
2
p
2
n
2
s
p
2
n
s
Substituindo Ys(s) na 2ª equação,
)s(U)s(WK
KCssM
)s(U)s(YKCs
KCs)s(YKKCssM p2
s
n
np
2
n
Rearranjando para encontrar G2(s) e G4(s),
)s(W
KCsKCssMKKCssM
KKCssM
)s(U
KCsKCssMKKCssM
sM
)s(Y
22
sp
2
n
p
2
s
22
sp
2
n
2
s
n
Observe que os zeros são diferentes, mas os polos são os mesmos. Isso significa que não
importa o número de entradas ou saídas, os polos serão os mesmos desde que não ocorracancelamento entre polos e zeros.
88
3.7 Exercícios Propostos
1. Para a equação diferencial abaixo.
)t(u47)t(u20)t(y87)t(y99)t(y15)t(y3
a. Determinar a Função de Transferência Y(s)/U(s);
b. Utilizando a Função de Transferência, calcular:
i. Resposta y(t) à entrada degrau unitário u(t);
ii. Resposta y(t) à entrada
t3e2)t(u
;
iii. Resposta y(t) à entrada
t3sin2)t(u
;
iv. Resposta y(t) à entrada
t3sine21)t(u t3
;
c. Para a letra b, aplicar o teorema do valor final e encontrar
)t(ylim
t
.
Neste exercício, observar:
Letra b) parte da resposta é a mesma para todas as entradas;
Letra c) o teorema do valor final gera resultado numérico para todas as
entradas, mas não existe para a parte iii. Qual a explicação?
2. Para a Função de Transferência abaixo.
6s5s
1s
)s(G
)s(Y
)s(X
2
a. Calcular a resposta x(t) para uma entrada y(t) degrau 2;
b. Calcular a resposta x(t) às seguintes condições iniciais
1)0(x
, x(0) = 2, y(0) =
0.5, com entrada nula, y(t) = 0.
c. Calcular a resposta às seguintes condições iniciais
1)0(x
, x(0) = 2, y(0) = 0.5,
e uma entrada y(t) = 2.
3. Para a equação abaixo, calcular a resposta y(t) à uma entrada x(t) degrau unitário.
)t(u5)t(u)t(y20)t(y34)t(y18)t(y5)t(y
4. Para a Função de Transferência abaixo, calcular a resposta c(t) a uma entrada r(t) impulso
unitário.
6s3s2
1ss
)s(H
)s(R
)s(C
2
2
5. Para a Função de Transferência abaixo, calcular a resposta z(t) para uma entrada
t2e)t(v
;
3 2
Z(s) s-1
=F(s)=
V(s) s +3s +3s+1
6. Para a equação diferencial abaixo,
89
)t(u47)t(u20)t(y87)t(y99)t(y15)t(y3
a. Encontrar a função de transferência para medir a resposta
)t(y)t(y3
;
b. Calcular a resposta acima para uma entrada degrau unitário;
7. Para a equação diferencial abaixo, calcular a resposta
)t(y
para uma entrada z(t) impulso
unitário. Cuidado com o cancelamento entre polos e zeros,
)t(z3)t(z)t(y30)t(y16)t(y5)t(y
90
3.8 Respostas
1.
a) 2
3 2
Y(s) 20s +47
G(s)= =
U(s) 3s +15s +99s+87
b)
i. y(t) =
721
2262
e−2t (cos(5t) +
14579
3605
sen(5t)) −
67
78
e−t +
47
87
.
ii. y(t) =
67
78
e−t −
227
78
e−3t +
80
39
e−2t (cos(5t) +
373
400
sen(5t)).
iii. y(t) =
399
340
cos(3t) +
67
130
e−t +
133
510
sen(3t) −
1493
884
e−2t (cos(5t) +
3222
7465
sen(5t)).
iv. y(t) =
1866
4225
e−3t (cos(3t) −
23432
2799
sen(3t)) −
469
1014
e−t −
381809
735150
e−2t (cos(5t) −
2585149
381809
sen(5t)) +
47
87
.
c)
i. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) =
47
87
.
ii. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 0 .
iii. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) = 0 (porém, lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) não existe).
iv. lim
𝑡→∞
𝑦(𝑡) =
47
87
.
2.
a) Resposta a entrada degrau 2:
2t 3t
1 4
x t e e
3 3
b) Resposta para as condições iniciais especificadas:
2t 3t
9 5
x t e e
2 2
c) Resposta para as condições iniciais especificadas:
2t 3t
1 11 23
x t e e
3 2 6
3. Resposta ao degrau unitário:
2t t t9 2 1 1y t e e e cos 3t 2sen 3t
20 3 30 4
4. Resposta ao impulso unitário:
3
t
4
1 1 39 39 39
c t δ t e cos t sen t
2 4 4 3 4
5. Resposta a entrada:
(-2t) (-2t) (-t) (-t) 2 (-t)v(t)=e :z(t)=3e -3e +3te -t e
6. a) Função de transferência:
4
3 2
Z s 60s 161s 47
3s 15s 99s 87U s
91
b) Resposta ao degrau unitário:
t 2t
47 9 114494 4307
z t 20δ t e e cos 5t sen 5t
87 13 1131 6026
7. Resposta ao impulse unitário: ẏ(t) = e−t (cos(3t) −
1
3
sen(3t)).
92
4 Diagrama de Blocos
Diagrama de blocos é uma forma de acoplar as funções de transferência de maneira
satisfatória, facilitando a interpretação do sistema de controle. Além disso, a visualização das
interações entre os sistemas torna-se mais fácil.
Partindo de uma função de transferência definida por,
)s(R)s(G)s(C)s(G
)s(R
)s(C
Onde G(s) é a Função de transferência, R(s) é a entrada e C(s) é a saída. Na representação em
diagrama de blocos a entrada e a saída são representadas por linhas enquanto as funções de
transferência são representadas por blocos, então,
Figura 4-1: Representação de uma função de transferência em diagrama de blocos
O objetivo será sempre encontrar uma forma geral para os blocos, chamada de Função
de Transferência em Malha Fechada, com apenas um numerador e um denominador que
represente todo o diagrama de blocos. Portanto, passar de representação em blocos para função
de transferência.
Na representação em Diagrama de Blocos, o fluxo dos sinais é dado pela direção das
setas que representam os sinais, e os blocos representam as funções de transferência. Para
encontrar a solução, devem-se obedecer as seguintes regras básicas,
Iniciar em sinais e terminar em sinais;
Todo o diagrama deve ser representado.
4.1 Representações básicas
As representações básicas são as formações mais fáceis e simples de serem encontradas;
são representadas por sistemas em série, sistemas em paralelo e sistemas em realimentação.
Deve ser observado que a diferença entre um sistema em paralelo e em realimentação é a
direção das setas.
Em geral, o fluxo, representado por setas, vai da esquerda para a direita. Os paralelos
são posicionados em cima e as realimentações em baixo, mas pode haver variações com o
objetivo de evitar o cruzamento de linhas.
Para resolver as equações, devem-se aplicar as seguintes regras práticas,
As equações devem acompanhar o fluxo ou sentido das linhas ou setas, que são os sinais;
93
Deve-se sempre iniciar em sinais e terminar em sinais, portanto, deve-se sempre iniciar em
linhas e terminar em linhas passando ou não por blocos, que são as funções de transferência;
4.1.1 Sistemas em Série
São caracterizados por a saída de um bloco ser a entrada do próximo. Supondo,
)s(G
)s(X
)s(U
e
)s(H
)s(U
)s(C
Assim,
C(s) = H(s)U(s) como U(s) = G(s)X(s)
Então,
C(s) = H(s)G(s)X(s) →
)s(H)s(G
)s(X
)s(C
→
Figura 4-2: Blocos em Série
4.1.2 Sistemas em Paralelo
São caracterizados por a entrada ser a mesma para os blocos. Observe que a soma pode ser
negativa para qualquer um dos blocos. Supondo,
)s(G
)s(X
)s(U1
e
)s(H
)s(X
)s(U2
e C(s) = U1(s) + U2(s)
Então,
C(s) = G(s)X(s) + H(s)X(s) = [G(s) + H(s)]X(s) →
)s(H)s(G
)s(X
)s(C
→
Figura 4-3: Blocos em Paralelo
94
4.1.3 Sistemas em Realimentação
Neste caso, ocorre um laço: a saída é somada com a entrada para formar o laço,
alimentando o bloco. Na figura abaixo a realimentação é unitária, representada apenas por uma
linha. A origem do nome “Malha Fechada” vem da presença do laço de realimentação.
Para resolver o sistema em realimentação, proceder da seguinte forma,
C(s) = G(s)E(s) (I)
E(s) = R(s) – C(s) (II)
Substituindo (II) em (I),
C(s) = G(s)[R(s) – C(s)] → [1 + G(s)]C(s)= G(s)R(s) →
)s(G1
)s(G
)s(R
)s(C
Figura 4-4: Blocos em Realimentação
4.1.4 Exemplos
Exemplo 1: Sistema de controle com realimentação utilizando sensor de erro. Encontrar
C(s)/R(s).
Figura 4-5: Blocos exemplo 01
Supondo o diagrama de blocos acima, tem-se que,
C(s) = G(s)M(s)E(s) (I)
E(s) = R(s) – H(s)C(s) (II)
Substituindo (II) em (I),
C(s) = M(s)G(s)[R(s) – H(s)C(s)]
[1 + M(s)G(s)H(s)] = M(s)G(s)R(s) →
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
95
Exemplo 2: Encontrar C(s)/R(s)
Figura 4-6: Blocos exemplo 02
Supondo o diagrama de blocos acima, tem-se que,
C(s) = F(s)X(s) + U(s) (I)
U(s) = G(s)X(s) (II)
X(s) = M(s)E(s) (III)
E(s) = R(s) – H(s)U(s) (IV)
Substituindo (III) e (II) em (I),
C(s) = F(s)M(s)E(s) + G(s)M(s)E(s)
C(s) = M(s)[F(s) + G(s)]E(s) (V)
Substituindo (III) e (II) em (IV),
E(s) = R(s) – H(s)G(s)X(s) = R(s) – H(s)G(s)M(s)E(s)
[1 + H(s)G(s)M(s)]E(s) = R(s) →
)s(H)s(G)s(M1
)s(R
)s(E
(VI)
Substituindo (VI) em (V),
)s(H)s(G)s(M1
)s(F)s(G)s(M
)s(R
)s(C
As equações para resolver o diagrama de blocos dependem do conhecimento da solução
do diagrama, pois apenas são necessárias as equações (V) e (VI).
4.2 Álgebra de blocos
A álgebra de blocos é uma forma alternativa de solução e é baseada nas soluções através
das equações.
96
4.2.1 Sistemas em Paralelo
Considerando o sistema abaixo, observe que,
C(s) = [F(s) + G(s)]M(s)E(s)
Figura 4-7: Álgebra de Blocos – Paralelo original
Para o sistema abaixo,
)s(E)s(M)s(G1
)s(G
)s(F
)s(C
= [F(s) + G(s)]M(s)E(s)
Figura 4-8: Álgebra de Blocos – Paralelo avanço
Para o sistema abaixo,
C(s) = F(s)M(s)E(s) + G(s)M(s)E(s) = = [F(s) + G(s)]M(s)E(s)
Figura 4-9: Álgebra de Blocos – Paralelo recuo
Portanto, todas as representações são iguais.
4.2.2 Sistemas em Realimentação
Considerando o sistema abaixo, observe que,
97
)s(E
)s(F)s(M1
)s(G)s(M
)s(E
)s(F)s(M1
)s(M
)s(G)s(C
Figura 4-10: Álgebra de Blocos – Realimentação original
Considerando o sistema abaixo,
)s(R
)s(F)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(G
)s(F
)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(C
Figura 4-11: Álgebra de Blocos – Realimentação avanço
Considerando o sistema abaixo,
)s(R
)s(F)s(M1
)s(G)s(M
)s(R)s(G)s(M
)s(F)s(M1
1
)s(C
Figura 4-12: Álgebra de Blocos – Realimentação recuo
Portanto, todas as representações são iguais.
4.2.3 Sistemas em Somatório
Considerando o sistema abaixo, observe que,
)s(F)s(M1
)s(M)s(G
)s(R
)s(C
98
Figura 4-13: Álgebra de Blocos – Sistema em somatório
Considerando o sistema abaixo,
)s(F)s(M1
)s(M)s(G
)s(G
)s(F
)s(M)s(G1
)s(M)s(G
)s(R
)s(C
Figura 4-14: Álgebra de Blocos – Sistema em somatório - Entrada
Considerando o sistema abaixo,
)s(F)s(M1
)s(M)s(G
)s(F)s(M1
1
)s(M)s(G
)s(R
)s(C
Figura 4-15: Álgebra de Blocos – Sistema em somatório – Saída
99
4.2.4 Resumo
Tabela de Álgebra de Blocos:
Mudança Sistema Original Sistema Equivalente
Sistema em
Série
Sistema em
Paralelo
Sistema com
Realimentação
Negativa
Deslocamento
de ponto de
soma para
frente
Deslocamento
de ponto de
soma para trás
Deslocamento
entre pontos de
soma
Deslocamento
de ponto de
realimentação
para trás
Deslocamento
de ponto de
realimentação
para frente
100
4.2.5 Exemplo de solução
Figura 4-16: Blocos exemplo 03 - Original
Resolvendo aplicando “Paralelo Avanço” na entrada de F(s).
Figura 4-17: Blocos exemplo 03 – Movendo Paralelo – Etapa 1
Agora, observa-se que a realimentação e o paralelo estão separados, então,
Figura 4-18: Blocos exemplo 03 – Movendo Paralelo – Etapa 2
Desta forma,
)s(H)s(G)s(M1
)s(F)s(G)s(M
)s(G
)s(G)s(F
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
Agora, resolvendo através da “Realimentação Recuo”,
101
Figura 4-19: Blocos exemplo 03 – Movendo Realimentação – Etapa 1
Figura 4-20: Blocos exemplo 03 – Movendo Realimentação – Etapa 2
Desta forma,
)s(H)s(G)s(M1
)s(F)s(G)s(M
)s(G)s(F
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
4.3 Exemplos Resolvidos
Exemplo 1: Simplificar o diagrama abaixo.
Figura 4-21: Etapa inicial
Solução por equações, a solução a seguir depende da capacidade de cada um em resolver
este tipo de problema, as equações abaixo são sugeridas para demonstrar as possibilidades não
significando que seja a forma mais fácil de resolver,
C(s) = G2G3X(s) (I)
X(s) = G1E(s) – H2C(s) (II)
E(s) = R(s) – C(s) + H1G2X(s) (III)
102
Substituindo (II) em (I) para eliminar X(s),
C(s) = G2G3[G1E(s) – H2C(s)]
[1 + H2G2G3]C(s) = G1G2G3E(s) (IV)
Substituindo (II) em (III) para eliminar X(s),
E(s) = R(s) – C(s) + H1G2[G1E(s) – H2C(s)]
[1 – H1G1G2]E(s) = R(s) – [1 + H1H2G2]C(s) (V)
Substituindo (V) em (IV) para eliminar E(s),
211
221
321322
GGH1
)s(CGHH1)s(R
GGG)s(CGGH1
Rearranjando,
)s(RGGG)s(CGHH1GGGGGH1GGH1 321221321211322
Chegando a,
321322211
321
GGGGGHGGH1
GGG
)s(R
)s(C
Solução por álgebra de blocos, assim como mencionado acima, esta solução não é única
de pode ser feita de diversas formas.
Figura 4-22: Etapa inicial
103
Movendo H2(s) para fora de G1(s),
Figura 4-23: Etapa 1
Resolvendo a realimentação,
Figura 4-24: Etapa 2
Multiplicando por G3(s) e resolvendo a realimentação,
Figura 4-25: Etapa 3
Simplificando e resolvendo a última realimentação,
Figura 4-26: Etapa 4
104
Resultando em,
321322211
321
322211
321
322211
321
GGGGGHGGH1
GGG
GGHGGH1
GGG
1
GGHGGH1
GGG
)s(R
)s(C
Exemplo 2: Simplificar o diagrama abaixo.
Figura 4-27: Blocos do exemplo 2
Solução por equações:
Figura 4-28: Etapa inicial
Um possível sistema de equações para resolver o diagrama de blocos anterior é:
C(s) = P(s)G(s)U(s) – B(s)U(s) (I)
U(s) = E(s)D(s) + U(s)P(s)G(s)H(s) (II)
E(s) = R(s) – U(s)P(s)M(s) (III)
Substituindo (III) em (II),
U(s) = [R(s) – U(s)P(s)M(s)]D(s) + U(s)P(s)G(s)H(s)
U(s) = R(s)D(s) – U(s)P(s)M(s)D(s) + U(s)P(s)G(s)H(s)
105
U(s)[1 + P(s)M(s)D(s) – P(s)G(s)H(s)] = R(s)D(s)
R(s)D(s)
U(s)=
1+P(s)M(s)D(s)-P(s)G(s)H(s)
(IV)
Substituindo (IV) em (I),
P(s)G(s)D(s)R(s) B(s)D(s)R(s)
C(s)= -
1+P(s)M(s)D(s)-P(s)G(s)H(s) 1+P(s)D(s)-P(s)G(s)H(s)P(s)G(s)D(s) B(s)D(s)
C(s)=R(s) -
1+P(s)M(s)D(s)-P(s)G(s)H(s) 1+P(s)D(s)-P(s)G(s)H(s)
D(s) P(s)G(s)-B(s)
C(s)=R(s)
1+P(s)M(s)D(s)-P(s)G(s)H(s)
Portanto,
D(s) P(s)G(s)-B(s)C(s)
=
R(s) 1+P(s)M(s)D(s)-P(s)G(s)H(s)
Solução por álgebra de blocos, como dito anteriormente, pode ser feita de maneiras variadas. A
seguir tem-se uma dessas muitas formas.
Figura 4-29: Blocos do exemplo 2
106
Movendo H(s) para fora de D(s),
Figura 4-30: Etapa 1
Avançando M(s) para direita de G(s),
Figura 4-31: Etapa 2
Avançando B(s),
Figura 4-32: Etapa3
107
Simplificando o primeiro somatório,
Figura 4-33: Etapa 4
Resolvendo a realimentação e o paralelo,
Figura 4-34: Etapa 5
Simplificando,
D(s)P(s)G(s) P(s)G(s)-B(s)C(s)
=
R(s) 1-P(s)G(s)H(s)+P(s)M(s)D(s) P(s)G(s)
Portanto,
D(s) P(s)G(s)-B(s)C(s)
=
R(s) 1-P(s)G(s)H(s)+P(s)M(s)D(s)
Exemplo 3: Encontrar a função de transferência C(s)/R(s) do diagrama abaixo.
108
Figura 4-35: Blocos do exemplo 3
O diagrama de blocos apresentado é mais facilmente resolvido através da álgebra de blocos.
Simplificando os paralelos,
Figura 4-36: Etapa 1
109
Avançado o paralelo,
Figura 4-37: Etapa 2
Resolvendo o paralelo,
Figura 4-38: Etapa 3
Resolvendo a realimentação unitária da direita,
Figura 4-39: Etapa 4
110
Movendo a realimentação G1(s) para a direita,
Figura 4-40: Etapa 5
Simplificando as realimentações,
Figura 4-41: Etapa 6
Portanto,
C(s) G5(s)G6(s)[G2(s)+G3(s)]+G6(s)[G3(s)+G4(s)]
=
R(s) 1+G6(s)+[G1(s)+G1(s)G6(s)+G5(s)G6(s)G7(s)][G2(s)+G3(s)]+G6(s)G7(s)[G3(s)+G4(s)]
111
Exemplo 4: Simplificar o diagrama a seguir,
Figura 4-42:Blocos do exemplo 4
Solução por equações,
Figura 4-43: Etapa Inicial
Sistema de equações,
E(s) = R(s) – C(s)H(s) (I)
U(s) = E(s)G1(s) – C(s)G4(s) (II)
C(s) = E(s)G1(s)+U(s)G2(s) (III)
Substituindo (I) em (II),
U(s) = G1(s)[R(s)-C(s)H(s)] - C(s)G4(s) (IV)
Substituindo (IV) e (I) em (III)
112
C(s) = [R(s) - C(s)H(s)]G3(s) + G2(s){G1(s)[R(s) – C(s)H(s)] – C(s)G4(s)}
C(s) = R(s)G3(s) – C(s)H(s)G3(s) + G2(s)G1(s)R(s) – G1(s)G2(s)C(s)H(s) – G2(s)G4(s)C(s)
C(s)[1 + H(s)G3(s) + G1(s)G2(s)H(s) + G2(s)G4(s)] = R(s)[G3(s) + G1(s)G2(s)]
Portanto,
C(s) G1(s)G2(s)+G3(s)
=
R(s) 1+H(s)[G1(s)G2(s)+G3(s)]+G2(s)G4(s)
Exemplo 5: Simplificar o diagrama abaixo,
Figura 4-44: Blocos do exemplo 5
Solução por álgebra de blocos: simplificando o paralelo,
Figura 4-45: Etapa 1
113
Avançando o paralelo,
Figura 4-46: Etapa 2
Simplificando o paralelo,
Figura 4-47: Etapa 3
Resolvendo a realimentação da direita,
Figura 4-48: Etapa 4
114
Deslocando a realimentação G1(s),
Figura 4-49: Etapa 5
Simplificando as realimentações,
Figura 4-50: Etapa 7
Portanto,
C(s) G5(s)G6(s)[G2(s)+G3(s)]+G4(s)G6(s)
=
R(s) [1+G1(s)G2(s)+G1(s)G3(s)][1+G6(s)]+G6(s)G7(s)[G4(s)+G2(s)G5(s)+G3(s)G5(s)]
115
Exemplo 6: Encontrar a função de transferência C(s)/R(s) do seguinte diagrama de blocos,
Figura 4-51: Blocos do exemplo 6
Solução por equações,
Figura 4-52: Etapa Inicial
Sistema de equações,
C(s) = E(s)G1(s)G5(s) (I)
E(s) = R(s) – U(s) – C(s)G8(s) (II)
U(s) = E(s)G1(s)G2(s) + X(s)G3(s) (III)
X(s) = E(s)G1(s)G5(s)G6(s)G7(s) + E(s)G1(s)G5(s)G4(s) (IV)
Substituindo (IV) em (III),
U(s) = E(s)G1(s)G2(s) + E{G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s) + G4(s)]}
U(s) = E(s){G1(s)G2(s) + G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s) + G4(s)]} (V)
116
Substituindo (V) em (II),
E(s) = R(s) – E(s){G1(s)G2(s) + G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s) + G4(s)]} – C(s)G8(s)
R(s)-C(s)G8(s)
E(s)=
1+G1(s)G2(s)+G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s)+G4(s)]
(VI)
Substituindo (VI) em (I),
G1(s)G5(s)R(s)-C(s)G1(s)G5(s)G8(s)
C(s)=
1+G1(s)G2(s)+G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s)+G4(s)]
Portanto,
C(s) G1(s)G5(s)
=
R(s) 1+G1(s)G5(s)G8(s)+G1(s)G2(s)+G1(s)G3(s)G5(s)[G6(s)G7(s)+G4(s)]
Exemplo 7: Encontrar a função de transferência C(s)/R(s) para o diagrama de blocos seguinte,
Figura 4-53: Blocos do exemplo 7
117
Solução por álgebra de blocos: deslocando as realimentações,
Figura 4-54: Etapa 1
Simplificando a realimentação,
Figura 4-55: Etapa 2
Portanto,
C(s) G1(s)G2(s)G3(s)
=
R(s) 1+G1(s)G2(s)G3(s)+H1(s)G1(s)+H2(s)G2(s)+H3(s)G1(s)G2(s)+H4(s)G2(s)G3(s)
118
Exemplo 8: Simplificar o diagrama de blocos a seguir,
Figura 4-56: Blocos do exemplo 8
Solução por equações,
Figura 4-57: Etapa Inicial
Sistema de equações,
C(s) = T(s)G7(s) (I)
T(s) = X(s) – C(s)G6(s) (II)
X(s) = U(s)[G3(s)+G4(s)] (III)
U(s) = E(s)G1(s) + C(s)G8(s) (IV)
E(s) = R(s) – Y(s) (V)
Y(s) = U(s)G2(s) + T(s)G5(s) (VI)
Substituindo (VI) em (V),
E(s) = R(s) – U(s)G2(s) – T(s)G5(s) (VII)
Substituindo (VII) em (IV),
119
U(s) = R(s)G1(s) – U(s)G1(s)G2(s) – T(s)G1(s)G5(s) + C(s)G8(s)
R(s)G1(s)-T(s)G1(s)G5(s)+C(s)G8(s)
U(s)=
1+G1(s)G2(s)
(VIII)
Substituindo (VIII) em (III),
R(s)G1(s)-T(s)G1(s)G5(s)+C(s)G8(s)
X(s)= G3(s)+G4(s)
1+G1(s)G2(s)
(IX)
Substituindo (IX) em (II),
R(s)G1(s)-T(s)G1(s)G5(s)+C(s)G8(s)
X(s)= G3(s)+G4(s) -C(s)G8(s)
1+G1(s)G2(s)
R(s)G1(s) G3(s)+G4(s) +C(s) G8(s) G3(s)+G4(s) -G6(s) 1+G1(s)G2(s)
T(s)=
1+G1(s)G2(s)+G1(s)G5(s) G3(s)+G4(s)
(X)
Substituindo (X) em (I),
1+G1(s)G2(s) 1+G6(s)G7(s) + G1(s)G5(s)-G7(s)G8(s) G3(s)+G4(s)
C(s)
1+G1(s)G2(s)+G1(s)G5(s) G3(s)+G4(s)
R(s)G1(s)G7(s) G3(s)+G4(s)
=
1+G1(s)G2(s)+G1(s)G5(s) G3(s)+G4(s)
Portanto,
G1(s)G7(s) G3(s)+G4(s)C(s)
=
R(s) 1+G1(s)G2(s) 1+G6(s)G7(s) + G1(s)G5(s)-G7(s)G8(s) G3(s)+G4(s)
120
4.4 Exercícios Propostos
1. Simplifique o diagrama de blocos da figura abaixo.
2. Simplifique o diagrama de blocos da figura abaixo. Obtenha a função de transferência
relacionando C(s) e R(s).
3. Simplifique o diagrama de blocos da figura abaixo e, então, obtenha a função de transferência
demalha fechada C(s)/R(s).
4. Obtenha as funções de transferência C(s)/R(s) e C(s)/D(s) do sistema indicado na figura
abaixo.
121
5. A figura abaixo mostra um sistema com duas entradas e duas saídas. Determine C1(s)/R1(s),
C1(s)/R2(s), C2(s)/R1(s) e C2(s)/R2(s). (Ao determinar as saídas correspondentes a R1(s),
considere R2(s) = 0 e vice-versa.)
6. Simplifique o diagrama de blocos mostrado na figura abaixo e obtenha a função de
transferência de malha fechada C(s)/R(s).
122
7. Simplifique o diagrama de blocos exposto na figura abaixo e obtenha a função de
transferência de malha fechada C(s)/R(s).
8. Simplifique o diagrama de blocos mostrado na figura abaixo e obtenha a função de
transferência de malha fechada C(s)/R(s).
9. A figura abaixo mostra um sistema de malha fechada com uma entrada de referência e um
distúrbio de entrada. Obtenha a expressão para a saída C(s) quando tanto as entradas de
referência como a de distúrbio estiverem presentes.
123
10. Obtenha as funções de transferência C(s)/R(s) e C(s)/D(s) do sistema apresentado na figura
abaixo.
124
4.5 Respostas
1.
C(s)
R(s)
=
H1+G
1+GH2
.
2.
C(s)
R(s)
= G1G2 + G2 + 1.
3.
C(s)
R(s)
=
G1G2G3G4
(1+G1G2H1)(1+G3G4H2)−G2G3H3
.
4.
C(s)
R(s)
= (1 +
Gf
Gc
) (
G1GcGp
1+G1GcGpH(1+
D(s)
U(s)G1
)
) +
D(s)Gp
R(s)
;
C(s)
D(s)
= (1 +
Gf
Gc
) (
G1GcGp
1+G1GcGpH(1+
D(s)
U(s)G1
)
)
R(s)
D(s)
+ Gp.
5.
C1(s)
R1(s)
=
G1
1−G1G2G3G4
;
C1(s)
R2(s)
=
G1G3G4
G1G2G3G4−1
;
C2(s)
R1(s)
=
G1G2G4
G1G2G3G4−1
;
C2(s)
R2(s)
=
G4
1−G1G2G3G4
.
6.
C(s)
R(s)
=
G1+G2
1+(G1+G2)(G3−G4)
.
7.
C(s)
R(s)
=
(1+G1)G2
1+(H1−H2)G2
.
8.
C(s)
R(s)
=
G1G3(G2+H1)
1+G2H2+G3(G2+H1)(H3+G1)
.
9. C(s) =
GcGp
1+GcGp
R(s) +
D(s)
1+GcGp
.
10.
C(s)
R(s)
=
G2G3
1+G1G2H1+GcG1G2G3H2
(GcG1 +
D(s)
R(s)
);
C(s)
D(s)
=
G2G3
1+G1G2H1+GcG1G2G3H2
(
GcG1R(s)
D(s)
+ 1).
125
5 Resposta de Sistemas LTI
5.1 Resposta Transitória e Resposta em Regime Permanente
Supondo o seguinte sistema,
25ss
25
)s(U
)s(Y
)s(G
2
Resposta y(t) ao degrau unitário u(t),
t
2
113
sin
33
11
t
2
113
cose1)t(y 2
t
Com tempo tendendo ao infinito,
1)t(ylim
t
. Utilizando o teorema do valor final,
1
25
25
s
1
25ss
25
slim)s(U)s(sGlim)s(sYlim)t(ylim
20s0s0st
Neste caso, observa-se que uma parte da resposta permanece e uma parte da resposta
desaparece com o tempo. A parte que desaparece com o tempo é chamada de Resposta
Transitória e a parte que permanece de Resposta em Regime Permanente ou Resposta
Estacionária.
A resposta em regime permanente não precisa ser constante com o tempo. Por exemplo,
calculando a resposta y(t) para uma entrada u(t) = sen(15t),
t
2
113
sin11401t
2
113
cos33e
17699
5
t15cos
1609
15
t15sin
1609
200
)t(y 2
t
Com o passar do tempo a exponencial negativa elimina parte da resposta, sobrando
apenas a parte referente à entrada. As respostas são apresentadas na figura abaixo.
126
Figura 5-1: Exemplos de respostas Transitória e Permanente
Curiosidade: Pegando a Função de transferência e fazendo s = j15,
1609
15j200
40225
375j5000
15j20015j200
15j20025
20015j
25
2515j225
25
2515j15j
25
)15j(G
2
5.1.1 Valor Final
O valor final é obtido através do teorema do valor final,
)s(sClim)t(clim
0st
se
)t(clim
t
existir
Onde c(t) representa a resposta do sistema.
O valor final está relacionado ao valor final na forma de uma constante. Resposta em
regime permanente ou resposta estacionária está associada à conduta do sistema quando o
tempo tender ao infinito.
5.1.2 Erro de regime estacionário
Erro de regime estacionário ou erro de regime permanente é definido pela diferença
entre a entrada aplicada e o valor final. Supondo que a resposta seja c(t) e a entrada r(t), então,
)s(R)s(G1slim)s(R
)s(R
)s(C
1slim)s(C)s(Rslim)t(c)t(rlim
0s0s0st
Onde G(s) é função de transferência que correlaciona a entrada R(s) com a saída C(s).
127
5.2 Resposta de sistemas de 1ª ordem
Representação padrão da função de transferência de sistemas de 1ª ordem,
se
1s
K
)s(H
Onde K é o ganho
τ é a Constante de Tempo
θ é o atraso de transporte
A Constante de Tempo e o ganho podem ser observados utilizando a resposta ao degrau
unitário assumindo que o atraso de transporte é zero. Então,
1s
1
s
1
K
1ss
1
K
s
1
1s
K
)s(C
Assim, a transformada inversa de Laplace fica,
t
e1K)t(c
para t ≥ 0
Fazendo o tempo t igual à constante de tempo, isto é, calculando a resposta de c(τ),
632,0Ke1Ke1K)(c 1
Isto significa que a constante de tempo pode ser definida para um sistema sem atraso de
transporte como o tempo necessário para que a resposta do sistema alcance 63,2% da resposta
em regime permanente ou regime estacionário. Observe que para este caso a resposta em regime
permanente é o valor final dado por K.
Quanto menor a constante de tempo, mais rápido o sistema responde. Outra
característica importante da curva de resposta de um sistema de 1ª ordem padrão é que a
inclinação da linha tangente em t = 0 é 1/τ, uma vez que,
K
e
K
)t(c
dt
d
0t
t
0t
Além disso, para a resposta ao degrau sem atraso de transporte, quando,
t = 1τ c(1τ) = 63,2%
t = 2τ c(2τ) = 86,5%
t = 3τ c(3τ) = 95,0%
Samuel
Destacar
Samuel
Destacar
128
t = 4τ c(4τ) = 98,2%
t = 5τ c(5τ) = 99,3%
Figura 5-2: Resposta de um sistema de 1ª ordem padrão para uma entrada degrau unitário
Resposta à rampa unitária da função de transferência de 1ª ordem padrão sem atraso de
transporte e assumindo K = 1,
1sss
1
1sss
1
s
1
1s
1
)s(C
2
2
22
Cuja transformada inversa de Laplace,
t
et)t(c
para t ≥ 0
Verificando a diferença entre a entrada rampa unitária e a resposta c(t),
tt
e1ett)t(c)t(r)t(e
Erro de regime estacionário ou erro de regime permanente é calculado como,
t
ttt
e1lim)t(c)t(rlim)t(elim
0 T 2T 3T 4T 5T
63,2% de K
K
Inclinação 1/T
63,2% 86,5% 95% 98,2% 99,3%
samuel.martinsHighlight
samuel.martins
Highlight
129
Significando que após a estabilização da resposta, a diferença entre a rampa unitária e a
resposta do sistema de 1ª ordem padrão sem atraso de transporte e com ganho K = 1 é
exatamente a constante de tempo.
Figura 5-3: Resposta de um sistema de 1ª ordem padrão para uma entrada rampa unitária
O atraso de transporte θ simplesmente é um atraso imposto à resposta do sistema. Então,
assumindo a seguinte função de transferência para o sistema de 1ª ordem padrão,
1s
K
)s(H1
e
s
2 e
1s
K
)s(H
As suas respostas ao degrau unitário são apresentadas na figura abaixo. Observe que a
única diferença é a presença do atraso de transporte.
Figura 5-4: Influência do atraso de transporte na resposta
0 T 2T 3T 4T 5T 6T
0
T
2T
3T
4T
5T
Erro de Estado
Permanente
r(t) = t
c(t)
0 Theta T T+Theta
63,2% de K
K
H
1
(s)
H
2
(s)
130
t
1 e1K)t(c
para t ≥ 0
t
2 e1K)t(c
para t ≥ θ
Outra representação para c2(t) é dada utilizando o degrau unitário defasado do atraso de
transporte,
t1e1K)t(c
t
2
para t ≥ 0
Curiosidade: Uma aplicação bastante interessante é em relação à constante de tempo para o
sistema de 1ª ordem, pois se esta for rápida o suficiente o sistema acompanhará as variações da
entrada, mas se for relativamente lenta em relação às variações da entrada o sistema de 1ª ordem
responderá como a média do sinal de entrada. Como exemplo, assume-se uma entrada 𝑟(𝑡) =
2 + sin 𝑡, e dois sistema de 1ª ordem conforme,
1s1.0
1
)s(H1
e
1s20
1
)s(H2
a) Sistema H1 b)Sistema H2
Figura 5-5: Efeitos da constante de tempo em sistemas de 1ª ordem
Observa-se que uma constante de tempo de 0.1 segundos foi suficiente para acompanhar
exatamente a entrada, mas para a constante de tempo de 20 segundos a resposta foi em torno da
média.
5.3 Resposta de sistemas de 2ª ordem
Sistema de 2ª Ordem padrão é definido por,
131
2
nn
2
2
n
s2s
K
)s(G
Onde K é o ganho
ζ é o fator de amortecimento
ωn é frequência natural em rad/s
Como o atraso de transporte apenas desloca no tempo a resposta, ele não será
considerado neste caso. As influências principais vêm do fator de amortecimento e da
frequência natural que altera os polos do sistema. As análises abaixo serão feitas utilizando o
degrau unitário.
Caso 1: Sistema sem amortecimento ( ζ = 0 )
Função de Transferência:
2
n
2
2
n
s
K
)s(G
Polos puramente imaginários: s1,2 = ± jωn com
1j
Resposta ao degrau unitário,
tcos1K)t(c
s
s
s
1
K
s
1
s
K
)s(C n2
n
22
n
2
2
n
Característica da resposta: Sistema oscila continuamente com frequência ωn.
Influencia da frequência natural: Assumindo os sistemas abaixo, observe que K = 2,
mas frequência natural ωn = 5 rad/s e ωn = 10 rad/s,
25s
50
)s(G
21
e
100s
200
)s(G
22
Figura 5-6: Sistemas de 2ª ordem sem amortecimento
Caso 2: Sistema subamortecido ( 0 < ζ < 1 )
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
G
1
(s)
G
2
(s)
Samuel
Destacar
Samuel
Highlight
Samuel
Highlight
132
Função de Transferência:
2
nn
2
2
n
s2s
K
)s(G
Polos complexos conjugados: s1,2 = - ζωn ± jωd com
2
nd 1
Sendo ωd a frequência natural amortecida em rad/s
Resposta ao degrau unitário,
2
d
2
n
n
22
n
2
n
n
2
nn
2
n
2
nn
2
2
n
s
2s
s
1
K
1s
2s
s
1
K
s2s
2s
s
1
K
s
1
s2s
K
)s(C
Rearranjando,
2
d
2
n
d
2
n
n
2
d
2
n
n
2
d
2
n
d
d
n
2
d
2
n
n
s1s
s
s
1
K
ss
s
s
1
K)s(C
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
tsin
1
tcose1K)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Que pode também ser escrita como,
2
1
d
2
t 1
tgtsin
1
e
1K)t(c
n para t ≥ 0
Para se chegar nesta forma, aplica-se a seguinte relação trigonométrica,
tsinbatcosbtsina 22
onde
a
b
tan
Assim, para amplitude e fase,
2
2
2
2
1
1
1
1
e
2
2
1
1
1
tan
133
Característica da resposta: Sistema oscila com frequência natural amortecida ωd, mas a
oscilação decai com a exponencial. Observe que o decaimento é exatamente a parte real dos
polos e a oscilação é a parte imaginária dos polos. Além disso, a parte real dos polos é
responsável pelo sinal da exponencial, se for positiva, as oscilações aumentarão com o tempo e
se for negativa, as oscilações diminuirão com o tempo.
Influência do fator de amortecimento: Assumindo os sistemas abaixo, observe que K
= 2 e ωn = 5 rad/s, mas os fatores de amortecimento são 0.1 e 0.5.
25ss
50
)s(G
23
e
25s5s
50
)s(G
24
Figura 5-7: Influência do amortecimento em sistemas de 2ª ordem
Influência da frequência natural: Assumindo os sistemas abaixo, observe que K = 2
e fatores de amortecimento iguais a 0.25, mas frequência natural ωn = 5 rad/s e ωn = 10 rad/s,
25s5.2s
50
)s(G
25
e
100s5s
200
)s(G
26
Figura 5-8: Influência da frequência natural em sistemas de 2ª ordem
0 2 4 6 8 10 12
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
G
3
(s)
G
4
(s)
0 1 2 3 4 5 6
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
G
5
(s)
G
6
(s)
134
Caso 3: Sistema criticamente amortecido ( ζ = 1 )
Função de Transferência:
2n
2
n
2
nn
2
2
n
s
K
s2s
K
)s(G
Polos reais e iguais: s1,2 = - ωn
Resposta ao degrau unitário,
2
n
n
n
2
n
2
n
ss
1
s
1
K
s
1
s
K
)s(C
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
tntnt nnn et11Ktee1K)t(c
para t ≥ 0
Característica da resposta: Sistema não oscila. Perceba que a resposta geral é a mesma
para dois sistemas de 1ª ordem cuja entrada de um seja a saída do outro, chamado de sistemas
em série. Observe que o decaimentoé exatamente a parte real dos polos. Além disso, a parte
real dos polos é responsável pelo sinal da exponencial: se for positiva, a resposta aumentará
com o tempo; e se for negativa, a reposta diminuirá com o tempo.
Influência da frequência natural: Assumindo os sistemas abaixo, observe que K = 2
e fatores de amortecimento iguais a 1, mas frequência natural ωn = 5 rad/s e ωn = 10 rad/s,
25s10s
50
)s(G
27
e
100s20s
200
)s(G
28
Figura 5-9: Influencia da frequência natural para sistemas e 2ª ordem
Caso 4: Sistema superamortecido ( ζ > 1 )
Função de Transferência:
21
2
n
2
nn
2
2
n
ssss
K
s2s
K
)s(G
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
0
0.5
1
1.5
2
G
7
(s)
G
8
(s)
Samuel
Destacar
Samuel
Destacar
135
Polos reais negativos e diferentes:
n22,1 1s
Resposta ao degrau unitário,
2
2
2
n
1
2
1
n
21
2
n
ss
1
1s2ss
1
1s2s
1
K
s
1
ssss
K
)s(C
Cuja transformada inversa de Laplace é dada por,
2
ts
1
ts
2
n
ts
2
2
nts
2
1
n
s
e
s
e
12
1K
e
12s
e
12s
1K)t(c
21
21
para t ≥ 0
Característica da resposta: Sistema não oscila. Perceba que a resposta geral é a mesma
para dois sistemas de 1ª ordem cuja entrada de um seja a saída do outro, chamado de sistemas
em série. Observe que o decaimento é exatamente a parte real dos polos. Além disso, a parte
real dos polos é responsável pelo sinal da exponencial: se for positiva, a resposta aumentará
com o tempo; e se for negativa, a reposta diminuirá com o tempo.
Influência do fator de amortecimento Assumindo os sistemas abaixo, observe que K
= 2 e frequências naturais ωn = 5 rad/s, mas fatores de amortecimento 2 e 3,
25s20s
50
)s(G
29
e
25s30s
50
)s(G
210
Figura 5-10: Influência do fator de amortecimento em sistemas de 2ª ordem
0 1 2 3 4 5 6
0
0.5
1
1.5
2
G
9
(s)
G
10
(s)
136
5.4 Curiosidades de sistemas de 2ª Ordem
Fenômeno de Ressonância: Resposta de um sistema de 2ª ordem padrão sem amortecimento
a uma entrada senoidal com as mesmas frequências. Isto é conhecido como ressonância,
9s
9
)s(R
)s(C
)s(G
2
onde
t3sin)t(r
Então,
22
2
2
22
2
22222
9s
9s
2
3
9s
3
2
1
9s
EDsCs
9s
BAs
9s
27
9s
3
9s
9
)s(C
Observa-se que A = D = 0, fazendo B = 3/2, C = -3/2, E = 27/2.
Então, para proceder com a transformada inversa de Laplace, deve-se observar a
propriedade,
)s(F
ds
d
)]t(tf[L
Então,
22s
tsinL
e
222s
s2
tsintL
E,
22s
s
tcosL
e
222
22
s
s
tcostL
Calculando a transformada de Laplace de,
2222
2
2
9s
27
9s
9s
2
3
9s
3
2
1
t3costL
2
3
t3sinL
2
1
Então,
t3cost
2
3
t3sin
2
1
)t(c
para t ≥ 0
Isto significa que as oscilações irão aumentar continuamente até o infinito.
Casos a partir do Caso 2: Sistema subamortecido ( 0 < ζ < 1 )
Função de Transferência:
2
nn
2
2
n
s2s
K
)s(G
Samuel
Destacar
137
Polos complexos conjugados: s1,2 = - ζωn ± jωd com
2
nd 1
Sendo ωd a frequência natural amortecida em rad/s
Resposta ao degrau unitário,
tsin
1
tcose1K)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Fazendo ζ = 0 (Caso 1):
nd
02
nd 1
s1,2 = - ζωn ± jωd
0
s1,2 = ± jωn
tcos1K)t(ctsin
1
tcose1K)t(c n
0
d
2
d
tn
para t ≥ 0
Fazendo ζ = 1 (Caso 3):
01 d
12
nd
s1,2 = - ζωn ± jωd 1 s1,2 = - ωn
t0sin
11
1
t0cose1K)t(c
2
tn
para t ≥ 0
Como tanto o seno quanto a raiz vão para zero, é necessário aplicar L’Hopital, mas na
forma expandida para o cálculo, assim,
t
1
1
t1cost
t1sin
limt1sin
1
lim n
2
2
2
nn
2
2
n
1
Hospital'l2
n
21
Então,
t1e1K)t(c dtn
para t ≥ 0
Fazendo ζ > 1 (Caso 4):
f
2
nd
12
nd j1j1
s1,2 = - ζωn ± jωd 1
fn
2
nn2,1 1s
tjsin
1j
tjcose1K)t(c f2f
tn
para t ≥ 0
Através da formula de Euler para senos e cossenos,
2
ee
cos
jj
e
j2
ee
sin
jj
Aplicando na resposta,
Samuel
Destacar
Samuel
Destacar
Samuel
Destacar
Samuel
Post-it
Polos reais e iguais
Samuel
Post-it
Polos reais e distintos
Samuel
Retângulo
Samuel
Retângulo
Samuel
Retângulo
138
tcosh
2
ee
tjcos f
tt
f
ff
tsinhj
j2
ee
tjsin f
tt
f
ff
Substituindo na resposta,
j2
ee
j2
ee
e1K)t(c
tt
f
n
tt
t
ffff
n
para t ≥ 0
Rearranjando os termos,
tt
n
tt
f
f
t
ffff
n
eeee
2
e
1K)t(c
para t ≥ 0
t
fn
t
fn
f
t
ff
n
ee
2
e
1K)t(c
para t ≥ 0
Substituindo os polos,
t
1
t
2
f
t
ff
n
eses
2
e
1K)t(c
para t ≥ 0
tt1
tt
2
f
nfnf eesees
2
1
1K)t(c
para t ≥ 0
t1
t
2
f
fnfn eses
2
1
1K)t(c
para t ≥ 0
ts1
ts
22
n
21 eses
12
1
1K)t(c
para t ≥ 0
Dividindo pelas raízes,
2
ts
1
ts
2
n
21
s
e
s
e
12
ss
1K)t(c
21
para t ≥ 0
Expandindo as raízes,
2
ts
1
ts
2
n
s
e
s
e
12
1K)t(c
21 para t ≥ 0
Curiosidade: Sistemas de 2ª ordem com fator de amortecimento igual ou maior que 1 podem
ser representados por dois sistemas de 1ª ordem em série, por exemplo,
100s25s
100
)s(G
2
Sendo que ωn = 10 rad/se ς=1,25, contudo observe que,
1s05,0
1
1s2,0
1
100s25s
100
)s(G
2
139
Neste caso, foi possível representar o sistema de 2ª ordem superamortecido por dois
sistemas de 1ª ordem em série.
5.5 Resposta de sistemas de ordem superior
De modo geral, pode ser observado que a resposta do sistema depende da entrada e do
tipo de polos. Polos complexos conjugados fazem o sistema oscilar, polos puramente reais
geram apenas exponenciais. Assim, em sistemas de ordem superior, isto é, 3ª ordem, 4ª ordem,
etc., a resposta geral será uma composição de exponenciais puras e termos com exponenciais
multiplicando termos oscilantes.
Como exemplo, supondo o sistema abaixo,
5s3s21s
5
)s(G
2
Aplicando uma entrada degrau unitário, a resposta fica,
t
4
31
sin
31
31
17t
4
31
cose
4
1
e
4
5
1)t(c
t
4
3
t
p/ t ≥ 0
Comparando o denominador com um de 2ª ordem padrão,
2
nn
222 s2s
2
5
s
2
3
s5s3s2
Assim,
2
5
n
rad/s,
5
2
4
3
,
4
31
d
rad/s e
4
31
j
4
3
s 2,1
.
Observando assim a existência da influência dos polos complexos conjugados na
resposta assim como do polo puramente real. Outro exemplo é dado por,
4s9s3s
36
)s(H
22
Aplicando uma entrada degrau unitário, a resposta fica,
t
2
33
sin
6
3
t
2
33
cose
61
16
t2sin6t2cos5
61
9
1)t(c
t
2
3 p/ t ≥ 0
Neste caso, está presente na resposta tanto a frequência natural amortecida proveniente
do polo complexo conjugado quanto da frequência natural da resposta proveniente dos polos
puramente imaginários. Assim, como previsto anteriormente, a oscilação proveniente do polo
140
com amortecimento será eliminada com o passar do tempo enquanto a oscilação proveniente
do polo sem amortecimento continuará indefinidamente.
Em sistemas com múltiplos polos pode ocorrer dominância de um conjunto de polos
sobre outro conjunto de polos, os polos que tem maior influência na resposta são os chamados
polos dominantes. Por exemplo, considerando dois sistemas,
9s6.0s6s
9*6
)s(G
21
e
900s6s6.0s
900*6.0
)s(G
22
Observe que os polos de G1(s) G2(s) são dados por,
Para G1(s),
Pole Damping Frequency Time Constant
(rad/seconds) (seconds)
-3.00e-01 + 2.98e+00i 1.00e-01 3.00e+00 3.33e+00
-3.00e-01 - 2.98e+00i 1.00e-01 3.00e+00 3.33e+00
-6.00e+00 1.00e+00 6.00e+00 1.67e-01
Para G2(s),
Pole Damping Frequency Time Constant
(rad/seconds) (seconds)
-6.00e-01 1.00e+00 6.00e-01 1.67e+00
-3.00e+00 + 2.98e+01i 1.00e-01 3.00e+01 3.33e-01
-3.00e+00 - 2.98e+01i 1.00e-01 3.00e+01 3.33e-01
Observa-se que os polos foram escolhidos para que a parte real fosse 5x maior entre as
funções de transferência, aplicando uma entrada degrau unitário obtêm-se as respostas abaixo.
Figura 5-11: Resposta de sistema de ordem superior
Samuel
Sticky Note
Polos dominantes: os polos mais próximos do eixo imaginário ( próximo da origem) = parte real pequena.
Samuel
Sticky Note
exp^(-rt)nullnullr é grande, decai rápidonullr é pequeno, demoranullnullnullO polo dominante é o(s) mais PRÓXIMO(s) da origem.
141
Observa-se que quem determina a dinâmica da resposta de G1(s) são os polos complexos
conjugados e o que determina a dinâmica da resposta de G2(s) é o polo puramente real. Assim,
pode-se dizer que quem determina a dinâmica das funções de transferência são os polos
dominantes, são os polos que apresentam o menor valor real absoluto.
5.6 Exercícios Resolvidos
Exercício 1: Determinar as constantes básicas do sistema de 1ª ordem definido abaixo e
determinar a sua resposta à entrada degrau 3,
s2e
7s4
5
)s(H
Solução: Para resolver este problema, a função de transferência acima deve ser comparada com
uma função de transferência de 1ª ordem padrão, assim,
s2e
7s4
5
)s(H
→ Forma padrão → s2e
1s
7
4
7
5
)s(H
Assim, Ganho K = 5/7
Constante de tempo τ = 4/7 segundos
Atraso de transporte θ = 2 segundos
A resposta ao degrau 3:
t1e1
7
15
)t(c 7/4
2t para t ≥ 0
Figura 5-12: Resposta temporal do exercício resolvido 1
Resposta ao Degrau 3
Tempo (sec)
A
m
pl
itu
de
0 1 2 2.5714 3 4 5 6
0
0.5
1
1.3525
1.5
2
2.1429
2.5
Samuel
Highlight
142
Exercício 2: Para as funções de transferência abaixo, determinar os parâmetros de uma função
de transferência padrão de 2ª ordem,
7s4s3
5
)s(G
21
;
7s4s3
5s2
)s(G
22
;
7s4s3
5s2s
)s(G
2
2
3
.
Observe que todas possuem o mesmo denominador, assim comparando com uma função
de transferência de 2ª ordem padrão,
7s4s3
5
)s(G
21
→ Forma padrão →
3/7s3/4s
3/5
)s(G
21
Assim, Ganho K = 5/7
Frequência natural ωn =
3
7
rad/s
Fator de amortecimento ζ =
7
3
3
2
Entretanto, para as formas de G2(s) e G3(s) não são formas padrão. Para verificar a
influência dos zeros na função de transferência de uma função não padrão é apresentado a
resposta ao degrau unitário na figura abaixo.
Figura 5-13: Resposta temporal do exercício resolvido 2
Curiosidade:
Teorema do valor final:
7
5
s
1
)s(sGlim)s(sClim)t(clim 3,2,1
0s0st
Observe que todas apresentam valor final.
Teorema do valor inicial:
3
1
s
1
)s(sGlim)s(sClim)t(clim 3
ss0t
0 2 4 6 8 10 12
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Resposta ao Degrau Unitário
Tempo (sec)
A
m
pl
itu
de
G1
G2
G3
143
Observe que apenas a G3(s) apresenta valor inicial diferente de zero.
5.7 Exercícios Propostos
1. Qual a Função de transferência para as respostas abaixo
(a) (b)
2. Para a resposta ao degrau abaixo, sabendo-se que a entrada aplicada foi um degrau de amplitude
2, pede-se
a. Determinar a função de transferência de 1ª ordem padrão;
b. Com a função de transferência acima, trace o gráfico da resposta ao degrau de
amplitude 3 apontando os principais fatores no gráfico.
3. Desenhar a resposta ao degrau unitário das seguintes Funções de transferência abaixo
144
a)
s3e
1s5
7
)s(G
b)
s5e1s3
2
)s(G
4. Determinar as funções de transferência padrão para:
a. Função de transferência de 1ª ordem padrão com constante de tempo = 5s, atraso de
transporte = 4s, e resposta em regime permanente y(t) = 0.7 para uma entrada r(t)
degrau de amplitude 2;
b. Função de transferência de 2ª ordem padrão com frequência natural n = 10 rad/s, fator
de amortecimento = 0.7, atraso de transporte = 4s, e resposta em regime permanente
y(t) = 1.8 para uma entrada r(t) degrau unitário;
5. Um termômetro requer 1 minuto para indicar 98% da resposta a uma entrada em degrau.
Suponha que o termômetro seja um sistema de primeira ordem sem atraso de transporte e com
ganho unitário.
a. Determine a constante de tempo.
b. Se o termômetro for imerso em um banho, cuja temperatura muda linearmente a uma
taxa de 10°/min, qual será o erro apresentado pelo termômetro? (Dica: a entrada deixou
de ser tipo degrau.)
6. Considerando o sistema apresentado na figura abaixo, determine os valores de K e k, de modo
que o sistema tenha um coeficiente de amortecimento ζ igual a 0,7 e uma frequência natural
não amortecida ωn de 4 rad/s.
7. Considere um sistema de controle com realimentação unitária cuja função de transferência de
malha aberta seja:
𝐺(𝑠) =
𝐾
𝑠(𝐽𝑠 + 𝐵)
Discuta os efeitos que as variações de K e B produzem sobre o erro estacionário da resposta à
entrada em rampa unitária. Esboce as curvas típicas de resposta à rampa unitária para valores
pequenos, médios e elevados de K, supondo que B seja constante.
145
5.8 Respostas
1. a)
C(s)
R(s)
=
5
4s+1
e−3s; b)
C(s)
R(s)
=
3
5s+1
e−3s.
2. a)
C(s)
R(s)
=
3
3s+1
e−2s;
b) Resposta ao degrau 3:
3. a)
b)
4. a)
C(s)
R(s)
=
0,35
5s+1
e−4s; b)
C(s)
R(s)
=
180
s2+14s+100
e−4s.
146
5. a) Constante de tempo: 𝜏 = 15,337𝑠;
b) Erro apresentado para temperatura com taxa de 10°C/min: 𝑒(𝑡) = 2,556.
6. K = 16;
k = 0,225.
7. Um aumento em K diminui o erro estacionário da resposta à entrada em rampa unitária, e
um aumento em B aumenta o erro, uma vez que este é sempre B/K para a função de
transferência de malha aberta G(s) dada.
147
6 Ações Básicas de Controle
Controlar um sistema significa alterar o seu desempenho de forma satisfatória através
da adição de elementos externos, chamados de controladores ou reguladores.
Sistema sem controle, muitas vezes chamado de malha aberta, pode ser observado na
figura abaixo. Quem ajusta a reposta do sistema c(t) é o operador, ajustando a entrada u(t).
Figura 6-1: Sistema sem controle
Sistema de controle em malha fechada envolve pelo menos uma realimentação presente
na malha, como, por exemplo, o apresentado na figura abaixo.
Figura 6-2: Representação típica de um sistema de controle
Sendo que os sinais são dados por,
R(s) é a referência a ser seguida ajustada pelo operador;
E(s) é o erro do sistema de controle;
U(s) é a lei de controle, por ser saída do controlador; mas, ao mesmo tempo, é a
entrada da planta a ser controlada;
C(s) é a resposta controlada real;
Contudo, esta não é a única configuração possível do sistema de controle. Outras
configurações podem ser observadas como apresentadas na figura abaixo.
Figura 6-3: Possíveis colocações do sistema de controle
Controlador Clássico representa as formulações clássicas de sistemas de controle, como
“controlador PID” e “Avanço e Atraso de Fase”. Controle em Realimentação representa as
formulações de controle moderno, como Controle H2 e H∞. Controle em avanço representa as
metodologias adaptativas, tais como LMS Filtrado.
148
De modo geral, a posição do controlador em relação à planta a ser controlada depende
do conhecimento do programador do sistema de controle. Aqui será estudado o controlador
PID, que é o sistema de controle clássico mais utilizado em sistemas industriais que envolvem
o controle de uma entrada e de uma saída.
Uma definição de sistemas de controle bastante interessante é a resposta à seguinte
pergunta: “Quais são os polos em malha fechada para que o sistema possua o desempenho
desejado?”.
6.1 Ação de Controle de duas posições ou “liga-desliga”
Em um sistema de controle de duas posições, o elemento atuante possui apenas duas
posições fixas, que são, em muitos casos, as posições “Liga” e “Desliga”. Este tipo de sistema
de controle é relativamente barato e simples de ser implementado quando comparado com
sistemas que permitem variações contínuas da saída.
Ele representa sempre o controle de processos em que, por exemplo, ocorre o
acionamento de um motor como sistema de controle. Neste caso, o motor deve estar ligado ou
desligado. Exemplos deste sistema são o controle de sistemas térmicos e de sistemas fluídicos.
Considera-se o controlador M(s) tal que a entrada seja e(t) e a saída seja u(t). No controle
de duas posições, o sinal u(t) permanece em um determinado valor máximo ou em um valor
mínimo, dependendo de o sinal de erro atuante ser negativo ou positivo.
0)t(e/pU
0)t(e/pU
)t(u
2
1
Onde U1 e U2 são constantes. O valor mínimo U2 geralmente é zero. Quando o valor máximo
U1 é unitário tem-se que a saída é dada pela Função Heaviside. Essa função é do tipo degrau e
assume o valor zero quando a entrada é negativa e o valor unitário quando a entrada é positiva.
Figura 6-4: Função de Heaviside
O intervalo no qual o sinal de erro deve variar antes de ocorrer a comutação entre U1 e
U2 é denominado de Intervalo Diferencial. Esse intervalo é de suma importância pois permite
149
evitar que o sistema controlado oscile entre os dois estágios com muita frequência. Tal oscilação
pode provocar a redução da vida útil do equipamento.
Um exemplo é o controle do compressor de um sistema de refrigeração. Supondo que
seu funcionamento esteja condicionado à temperatura de referência (ou setpoint) de -5°C, tem-
se que o compressor será acionado quando a temperatura estiver acima da referência e desligado
quando a temperatura for igual ou inferior a esse limite. Sem o Intervalo Diferencial uma
pequena variação (±0.1°C, por exemplo) ao redor do setpoint faria o compressor ser ativado ou
desativado. Com a aplicação de um Intervalo de Diferencial de 2°C o compressor só seria
ativado quando a temperatura atingisse -4°C e desativado em -6°C.
Figura 6-5: Controle de um sistema de refrigeração
Vale destacar que a extensão da histerese não deve ser muito grande, de modo a evitar
que a ativação ou desativação do sistema controlado demore a acontecer. No exemplo do
compressor do sistema de refrigeração, -4°C não pode ser uma temperatura que prejudique
significativamente o ambiente a ser resfriado. Além disso, outro tópico que precisa ser levado
em consideração no projeto de um controlador liga-desliga é a possibilidade de as variações
abruptas da saída causarem problemas aos componentes envolvidos, tais como abertura de
trincas devido à dilatação e à contração que podem ocorrer em decorrência das variações de
temperatura.
Outra aplicação dos controladores de duas posições é no controle da circulação de água
em aquecedores solares. Esta ação é feita através do diferencial de temperaturas entre o
reservatório térmico e os coletores solares. Sensores captam as temperaturas do coletor solar e
do reservatório de água. Quando a diferença entre as temperaturas ultrapassao valor
previamente ajustado para ativação, tem-se início a circulação de água através do acionamento
de uma bomba. Então a água quente do coletor desce para o reservatório e a água do reservatório
sobe para o coletor. Quando a diferença entre as temperaturas fica abaixo do setpoint off, a
bomba é desativada.
Um terceiro exemplo de aplicação de controladores liga-desliga é no controle do nível
de tanques. Nesse caso o controlador seria utilizado para ligar e desligar a bomba alimentadora
do reservatório. Quando o nível do tanque, mensurado com o uso de uma boia, está abaixo do
valor de referência inferior, a bomba é acionada. Já quando a altura ultrapassa o limite superior,
a bomba é desativada. A figura abaixo apresenta um sistema de controle típico.
150
Figura 6-6:Controlador tipo “Liga-Desliga”
6.2 Ação de Controle Proporcional (P)
No controle Proporcional (P), a relação entre a lei de controle e o erro do controlador é
apenas uma constante de proporcionalidade Kp,
)t(eK)t(u p
Aplicando a transformada de Laplace,
pK
)s(E
)s(U
Onde Kp é o ganho Proporcional.
Influência da Ação Proporcional: Para verificar a influência da ação proporcional, toma-se
como exemplo o controle proporcional de um sistema de 2ª ordem padrão sem erro estacionário
para uma entrada degrau unitário conforme,
Figura 6-7: Sistema simples de controle em realimentação
Com H(s) = 1 (sensor ideal), M(s) = Kp (controle Proporcional) e
9s3s
9
)s(G
2
.
Malha fechada C(s)/R(s),
9K1s3s
9K
9s3s
9K
1
9s3s
9K
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
p
2
p
2
p
2
p
Observa-se que, para um sistema de 2ª ordem padrão sem erro estacionário para uma
entrada degrau unitário,
151
Função de Transferência:
2
nn
2
2
n
s2s
)s(G
Polos complexos conjugados: s1,2 = - ζωn ± jωd com
2
nd 1
tsin
1
tcose1)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Sistema sem
controle
Sistema controlado
Frequência Natural ωn 3
pK13
Fator de amortecimento ζ ½
pK12
1
Frequência Natural Amortecida ωd
3
2
3
pK43
2
3
Resposta em regime permanente para uma
entrada degrau unitário
1
p
p
K1
K
Erro estacionário para uma entrada degrau
unitário
0
pK1
1
Observe os vários significados obtidos e sintetizados da tabela acima,
Se Kp aumenta, o sistema oscila mais e é menos amortecido;
Se Kp aumenta, o sistema responde mais rápido, pois a frequência natural aumentou;
Erro estacionário,
o Análise para termo s0 ≠ 0,
Se não houver erro estacionário ele aparecerá;
Se houver erro estacionário ele pode ser reduzido, mas não eliminado;
o Análise para termo s0 = 0,
Erro estacionário é sempre eliminado.
152
Figura 6-8: Influencia da ação Proporcional
Para exemplificar a atuação do controlador Proporcional em que o termo “s0” é nulo,
pode aplicar no sistema de servomotor cuja função de transferência é dada por,
bsJs
K
)s(M
)s(
2
a
Sendo que θ é o ângulo de giro do motor, M é o momento devido a ação eletromagnética no
motor, J é a inércia de rotação e b é o amortecimento. Aplicando um controle proporcional e
fazendo o fechamento de malha com realimentação unitária tem-se,
pa
2
pa
KKbsJs
KK
)s(R
)s(
Desta forma, o sistema não possui erro estacionário para uma entrada tipo degrau.
6.3 Ação de Controle Integral (I)
Em um sistema de controle integral, a lei de controle u(t) é modificada conforme,
t
0
I dt)t(eK)t(u
Onde KI é o ganho do controle integral. A função de transferência fica,
s
K
)s(E
)s(U I
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
Resposta ao Degrau Unitário
Tempo (sec)
Am
pl
itu
de
Kp = 5
Kp = 30
153
Influência da Ação Integral: Para verificar a influência da ação integral, toma-se como
exemplo o controle integral de um sistema de 2ª ordem padrão com erro estacionário para uma
entrada degrau unitário conforme,
Figura 6-9: Sistema simples de controle em realimentação
Com H(s) = 1 (sensor ideal), M(s) = KI/s (controle integral) e
9s3s
2/9
)s(G
2
.
Malha fechada C(s)/R(s),
I
23
I
2
I
2
I
K
2
9
s9s3s
K
2
9
9s3s
2/9
s
K
1
9s3s
2/9
s
K
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
Observe que foram adicionados um polo e um ganho ao sistema em malha fechada tal
que o erro estacionário para uma entrada degrau unitário foi eliminado. Contudo, assumindo KI
= 0.5, obtêm-se, para os polos do sistema, obtido com ajuda do Matlab®,
Eigenvalue Damping Freq. (rad/s)
-2.73e-001 1.00e+000 2.73e-001
-1.36e+000 + 2.53e+000i 4.75e-001 2.87e+000
-1.36e+000 - 2.53e+000i 4.75e-001 2.87e+000
Para KI = 2.5, tem-se,
Eigenvalue Damping Freq. (rad/s)
-1.66e-001 1.00e+000 1.66e+000
-6.70e+000 + 2.52e+000i 2.57e-001 2.60e+000
-6.70e+000 - 2.52e+000i 2.57e-001 2.60e+000
Agora, para KI = 5, obtêm-se ,
Eigenvalue Damping Freq. (rad/s)
-2.73e+000 1.00e+000 2.73e+000
-1.37e-001 + 2.87e+000i 4.77e-002 2.87e+000
-1.37e-001 - 2.87e+000i 4.77e-002 2.87e+000
Desta forma, verifica-se que à medida que KI aumenta, o sistema tende a ficar mais
oscilante e menos amortecido, se KI aumentar muito, pode acontecer de o sistema ficar sem
154
amortecimento e até mesmo aparecerem polos com parte real positiva. A partir da simulação
abaixo, verifica-se que, à medida que KI aumenta, o erro estacionário é eliminado mais rápido.
Figura 6-10: Influência da ação integral
Analisando os polos dominantes do sistema em malha fechada observa-se que para KI
= 0.5 tem-se um polo de parte real negativa e parte imaginária nula, o que justifica o
comportamento semelhante ao de um sistema de primeira ordem. À medida que aumenta-se o
valor de KI o sistema passa a apresentar comportamento de segunda ordem. É possível notar
que valores mais elevados de KI tendem a aumentar o módulo da parte imaginária e reduzir o
módulo da parte real dos polos, caracterizando um aumento no valor da frequência natural
amortecida e uma redução no coeficiente de amortecimento do sistema. Tal efeito pode ser
comprovado pela maior amplitude de oscilação, pelo maior tempo de assentamento e maior
velocidade de resposta que o sistema assume quando KI = 5, quando comparada com a resposta
para KI = 2.5.
6.4 Ação de Controle Proporcional-Integral (PI)
Em geral o controle integral sozinho raramente é usado; opta-se normalmente pelo
controle Proporcional-Integral. A ação do controle proporcional-integral é a soma das duas
atuações conforme,
t
0i
p
t
0
Ip dt)t(e
T
1
)t(eKdt)t(eK)t(eK)t(uOnde Ti é chamado de Tempo Integrativo. Passando para função de transferência,
sT
1
1K
)s(E
)s(U
i
p
0 5 10 15 20 25 30 35 40
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
Resposta ao Degrau Unitário
Tempo (sec)
Am
pl
itu
de
K
I
= 0.5
K
I
= 2.5
K
I
= 5
155
A forma acima é a mais usada quando ambos os controladores são usados. Para entender
o significado de Ti, assume-se que a entrada e(t) é um degrau unitário, portanto,
2
i
pp
i
pip
sT
K
s
K
s
1
sT
KsTK
)s(U
Cuja transforma inversa de Laplace fica,
t
T
K
K)t(u
i
p
p
para t ≥ 0
Observe que quando t = 0, u(t) = Kp, quando t = Ti, u(t) =2 Kp. Isso significa que Ti
representa o tempo necessário para o controle integral dobrar a sua ação.
Além disso, como Ti está no denominador, ele é inversamente proporcional, isto é,
quando Ti é muito pequeno, a ação integral é muito grande.
Influência da Ação Proporcional-Integral: Para verificar a influência da ação integral, toma-
se como exemplo o controle proporcional-integral de um sistema de 2ª ordem padrão com erro
estacionário para uma entrada degrau unitário conforme,
Figura 6-11: Sistema simples de controle em realimentação
Com H(s) = 1 (sensor ideal),
sT
1
1K)s(M
i
p
(controle integral) e
9s3s
2/9
)s(G
2
.
Malha fechada C(s)/R(s),
1sTK
2
9
sT9sT3sT
1sTK
2
9
9s3s
2/9
sT
1
1K1
9s3s
2/9
sT
1
1K
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
ipi
2
i
3
i
ip
2
i
p
2
i
p
Observe que agora o erro estacionário é eliminado pela adição de um polo e um zero.
Assim, o sistema não apresenta erro estacionário. Além disso, podem-se fazer as mesmas
observações que são apresentadas para os controladores agindo separadamente; contudo, deve-
se lembrar que neste caso a parcela integral é inversamente proporcional e, assim, quanto maior
Ti, menor será a ação integral do controlador.
A seguir são apresentadas as respostas no domínio do tempo c(t), e(t) e u(t), assumindo
a entrada degrau unitário, KP = 20 e Ti = 0.01. Nota-se que a ação integral atua reduzindo o erro
156
estacionário até que ele atinja zero. Nesse exato momento a resposta e(t) também assume valor
nulo. Isso acontece pois nesse momento c(t) passa a valer exatamente r(t). Como o sensor H(s)
é um sensor ideal, pode-se dizer que e(t) é a diferença entre a saída e a entrada. Portanto nesse
instante e(t) passa a ser nulo e a ação deixa de atuar.
Figura 6-12: Resposta c(t) ao degrau 1
Figura 6-13: Resposta e(t) ao degrau 1
157
Figura 6-14: Resposta u(t) ao degrau 1
Nota-se que a ação integral do controlador PI atua fazendo o erro do sistema tender a
zero. Dessa maneira o erro estacionário passa a ser nulo, como pode ser observado no gráfico
de e(t) e de c(t).
6.5 Ação de Controle Proporcional-Derivativa (PD)
O controle proporcional-derivativo é definido como,
)t(e
dt
d
T)t(eK)t(u dp
A função de transferência é dada por,
1sTK
)s(E
)s(U
dp
Onde Td é o chamado tempo derivativo.
Influência da Ação Proporcional-Derivativa: Assumindo um sistema de 2ª ordem padrão
conforme figura abaixo,
Figura 6-15: Sistema simples de controle em realimentação
158
Com H(s) = 1 (sensor ideal), M(s) = Kp(Tds+1) (controle Proporcional-Derivativo) e
9s3s
9
)s(G
2
.
Malha fechada C(s)/R(s),
pdp
2
dp
2dp
2dp
K99sTK93s
1sTK9
9s3s
9
1sTK1
9s3s
9
1sTK
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
Observe que foi adicionado um zero ao sistema em malha fechada. Contudo, a constante
Td está no termo de “s” e o denominador é de 2ª ordem significando que a ação proporcional
adiciona amortecimento ao sistema. Como uma ação secundária, observa-se que o sistema
responde mais rápido devido ao aumento da frequência natural, mas o sistema que
originalmente não apresentava erro estacionário agora apresenta devido à ação proporcional.
Figura 6-16: Influência da Ação Derivativa
Assumindo entrada degrau unitário ao sistema da Figura 6-15, com H(s) = 1 (sensor
ideal), M(s) = Kp(Tds+1) (controle Proporcional-Derivativo) e
9s3s
9
)s(G
2
, sendo Kp =
5 e Td = 0.1, tem-se que a função de transferência C(s)/R(s) e a resposta c(t),
4
C(s) 4.5s³+58.5s²+175.5s+405
=
R(s) s +10.5s³+85.5s²+229.5s+486
159
Figura 6-17: Resposta c(t) para entrada degrau unitário, KP = 5 e Td = 0.1
Observa-se no gráfico da resposta c(t) o erro em regime permanente decorrente da ação
proporcional do controlador, como já fora anteriormente explicado. Para a entrada degrau
unitário a resposta em regime permanente converte para 0.833, ou seja, erro de 0.167.
A função de transferência U(s)/R(s) e a resposta u(t),
U(s) 0.5s³+6.5s²+19.5s+45
=
R(s) s²+7.5s+54
Figura 6-18: Lei de controle u(t) para entrada degrau unitário, KP = 5 e Td = 0.1
Nota-se que a função de transferência U(s)/R(s) é imprópria, ou seja, o grau do
polinômio do numerador é maior que o do denominador. Funções de transferências impróprias
descrevem sistemas não-casuais. Para contornar essa situação utiliza-se uma aproximação do
termo derivativo para ser obtida uma função de transferência própria. Essa aproximação do
termo derivativo, a qual será explicada no item 6.9 deste capítulo, e a nova função de
transferência U(s)/R(s) são apresentadas a seguir.
160
sT1
sT
sT
d
d
d
4
4
U(s) 0.0055s +0.6165s³+6.85s²+20.4s+45
=
R(s) 0.0001s +0.0203s³+1.11s²+8.58s+54
A função de transferência E(s)/R(s) e a resposta e(t),
E(s) s²+3s+9
=
R(s) s²+7.5s+54
Figura 6-19: Erro e(t) para entrada degrau unitário, KP = 5 e Td = 0.1
É possível perceber que a entrada do controlador e(t) é diferente de zero, o que vai de
encontro com o fato de o sistema apresentar erro estacionário não nulo devido à parcela
proporcional do controlador. O valor de e(t) quando em regime permanente é de 0.167.
6.6 Ação de Controle Proporcional-Integral-Derivativa (PID)
O controle Proporcional-Integral-Derivativo é a soma das ações, sendo dada por,
t
0i
dp dt)t(e
T
1
)t(e
dt
d
T)t(eK)t(u
A função de transferência é dada por,
sT
KsTKsTTK
sT
1
sT1K
)s(E
)s(U
i
pip
2
idp
i
dp
161
Influência da Ação Proporcional-Integral-Derivativa: Assumindo um sistema de 2ª ordem
padrão conforme figura abaixo,
Figura 6-20: Sistema simples de controle em realimentação
Com H(s) = 1 (sensor ideal), M(s) um controle Proporcional-Integral-Derivativo com Kp = 5,
Td = 3/10 e Ti = 9/25,
9s3s
9
)s(G
2
.
Figura 6-21: Influencia do Controlador PID
6.7 Rejeição a distúrbios
Uma das vantagens do sistema de controle é a possibilidade de rejeição a distúrbios
indesejados que podem aparecer em sistemas de controle. Para entender este fenômeno,
consideram-se distúrbiosde entrada e de saída conforme figura abaixo.
Figura 6-22: Atuação dos principais tipos de distúrbios
Onde N(s) é a representação de um distúrbio de entrada e D(s) é um distúrbio de saída.
162
Distúrbios de saída são aqueles que atuam diretamente na resposta do sistema enquanto
que os distúrbios de entrada são aqueles que afetam “indiretamente” a resposta do sistema.
Exemplo de distúrbio de saída é a laminação enquanto distúrbios de entrada é a descida ou
subida do veículo.
Rejeição a distúrbios significa que o controlador mantém a referência mesmo na
presença de distúrbios. Então, supõe-se um sistema de 2ª ordem padrão em um sistema de
controle, conforme apresentado na figura abaixo.
Figura 6-23: Malha Fechada com distúrbio de saída
Supondo M(s) controlador PID com Kp = 3; Td = 0.1 e Ti = 0.5,
25ss
20
)s(G
2
.
Observe que G(s) possui frequência natural 5 rad/s, fator de amortecimento 0.1 e apresenta uma
resposta em regime permanente de 0.8 para uma entrada degrau unitário.
Para analisar a rejeição a distúrbios do controlador PID, faz-se a malha fechada, mas
para um sistema com duas entradas e uma saída.
)s(E)s(M)s(G)s(D)s(C
(I)
)s(C)s(R)s(E
(II)
Substituindo (II) em (I),
)s(R)s(G)s(M)s(D)s(C)s(G)s(M1)s(C)s(R)s(M)s(G)s(D)s(C
Chegando a,
)s(R
)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(D
)s(G)s(M1
1
)s(C
Observe que o denominador é igual para todas as entradas, sendo apenas o numerador
diferente. Como o controlador PID deve eliminar a influência de D(s) em C(s) para qualquer
entrada, então, escolhe-se a entrada mais fácil de ser trabalhada r(t) = 0 e d(t) entrada degrau
unitário. Assim,
s
1
3s5.1s15.02025sss5.0
25sss5.0
s
1
25ss
20
s5.0
3s5.1s15.0
1
1
)s(D
)s(G)s(M1
1
)s(C
22
2
2
2
163
Verificando o erro estacionário,
0
s
1
3s5.1s15.02025sss5.0
25sss5.0
0slim)s(C)s(Rslim)t(c)t(rlim
22
2
0s0st
Como não há erro estacionário, o controlador PID consegue eliminar a influência do
distúrbio de saída D(s).
Figura 6-24: Exemplo de rejeição a distúrbios
A figura a seguir apresenta as respostas c(t), u(t) e e(t) do sistema apresentado na Figura
6-23.
Figura 6-25: Respostas do sistema com PID
Observa-se que a ação integral do controlador acrescenta um polo e um zero à função
de transferência de malha fechada e dessa forma atua até que o erro estacionário do sistema
0 2 4 6 8 10 12
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Tempo [s]
Sem Controle
Controlador PID
164
tenda a zero. Dessa maneira o controlador PID elimina os efeitos do distúrbio D(s) sobre a saída
C(s).
6.8 Possibilidade de escolha dos polos
Em sistemas de controle é possível escolher os polos do sistema em malha fechada. Em
geral, procuram-se polos que não sejam puramente reais, mas sim aqueles que apresentem fator
de amortecimento em torno de 0.7, pois, desta forma, ocorre uma boa relação entre sobressinal
e velocidade de resposta.
Para escolher os polos com o controlador PID, deve ser lembrado que são três constantes
para serem estabelecidas; para que o sistema em malha fechada não apresente erro estacionário,
haverá a necessidade da presença do integrador.
Supondo o sistema abaixo, com
9ss
9
)s(G
2
e
10s
10
)s(H
Figura 6-26: Sistema simples de controle em realimentação
Encontrar os valores das constantes do controlador PID para que o sistema em malha
fechada possua os polos com frequência natural 5 rad/s e fator de amortecimento 0.5.
Observe que G(s) é de 2ª ordem e H(s) é de 1ª ordem, como o PID aumentará em uma
ordem, o sistema em malha fechada será de 4ª ordem, assim,
ipp
2
dp
34
i
2
di
i
p
ppi
2
dpi
3
i
4
i
i
2
idp
i
2
idp
2
i
i
2
idp
2
i
pip
2
idp
2
i
pip
2
idp
T/K90sK9090sTK9019s11s
10s1sTsTT
T
K
9
K90sK9090TsTK9019TsT11sT
10s1sTsTTK9
1sTsTTK9010s9sssT
10s1sTsTTK9
10s
10
9ss
9
sT
KsTKsTTK
1
9ss
9
sT
KsTKsTTK
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
165
Montando o denominador cujos polos devem possuir frequência natural 5 rad/s e fator
de amortecimento 0.5. Como é necessário um denomina de 4ª ordem sendo dado por dois
sistemas de 2ª ordem conforme,
(𝑠2 + 2𝜁𝜔𝑛 + 𝜔𝑛
2)2 ⟶ 𝑠4 + 10𝑠3 + 75𝑠2 + 250𝑠 + 625
O grande problema é o termo de “s3” onde na função de transferência é 11 e no
denominador desejado é 10. Isto significa que não é possível estabelecer sempre os polos do
sistema em malha fechada com um controlador PID. Contudo, para exemplificar uma
possível solução,
9
16
90
160
1
90
250
K250K190 pp
125
32
625
160
625
9
16
90
625
K90
T625
T
K90 p
i
i
p
20
7
160
56
K90
1975
T75TK9019
p
ddp
Desta forma, a malha fechada fica,
625s250s75s11s
625s5.222s72s6.5
)s(R
)s(C
234
23
Cujas raízes são,
Eigenvalue Damping Freq. (rad/s)
-1.44e+000 + 4.16e+000i 3.27e-001 4.40e+000
-1.44e+000 - 4.16e+000i 3.27e-001 4.40e+000
-4.06e+000 + 3.98e+000i 7.15e-001 5.68e+000
-4.06e+000 - 3.98e+000i 7.15e-001 5.68e+000
Deve ser observado que apenas uma pequena variação em um dos termos acarreta uma
não localização dos polos. Portanto, para este caso não foi possível especificar qual a
localização dos polos. Contudo, a resposta alcançada melhora o desempenho final do sistema,
como pode ser observado na figura abaixo.
Figura 6-27: Exemplo da possibilidade da escolha dos polos
0 2 4 6 8 10 12
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
Resposta ao Degrau Unitário
Tempo (sec)
Am
pli
tud
e
G(s)H(s)
Malha Fechada
166
6.9 Variações do Controlador PID
Para aplicações práticas do controlador PID, a parte referente ao termo derivativo não
pode ser implementada diretamente, pois a função de transferência do controlador PID é dada
por,
sT
KsTKsTTK
sT
1
sT1K
)s(E
)s(U
i
pip
2
idp
i
dp
Que corresponde a função de transferência imprópria que não pode ser fisicamente realizável,
podendo ser substituída pela aproximação numérica de uma derivada de 1ª ordem, mas isso
causa problemas quando a entrada sofrer uma variação brusca, que matematicamente significa
que não pode ser aplicada a derivada neste ponto.
Figura 6-28: Controlador PID tradicional explodido
Assim, para o termo correspondente ao Derivativo na prática utiliza-se,
sT1
sT
sT
d
d
d
Onde γ é algo em torno de 0,1. Tornando agora a função de transferência do controlador PID
uma função própria, pois,
sTsTT
KsTTKsTTK1
sT
1
sT1
sT
1K
)s(E
)s(U
i
2
id
pdip
2
idp
id
d
p
Figura 6-29: Controlador PIDcom alteração no termo derivativo
167
Alternativas podem ser utilizadas em conjunto com a apresentada acima, como a
apresentada abaixo denominada de Forma PI-D, onde o termo derivativo é mudado para o ramo
de realimentação para evitar problemas com a variação brusca da entrada.
Figura 6-30: Controlador PID na forma PI-D
Outra variação é a Forma I-PD sendo que o termo de Kp também muda para a
realimentação conforme figura abaixo.
Figura 6-31: Controlador PID na forma I-PD
Para demonstrar o tipo de resposta de cada uma das formas, é realizada a simulação da
forma como apresentada abaixo. Observe que os parâmetros foram os mesmos para todas as
situações, sendo Kp = 5, Ti = 0.25 e Td = 0.1, e que a lei de controle u(t) é diferente para cada
uma das variações do controlador PID.
Figura 6-32: Controlador PID tradicional explodido usando termo derivativo com
aproximação de 1ª ordem
168
Figura 6-33: Respostas c(t), e(t) ao PID tradicional
Figura 6-34: Controlador PID explodido usando alternativa para a derivada
Figura 6-35: Respostas c(t), u(t), e(t) ao PID usando alternativa para a derivada
169
Figura 6-36: Controlador PI-D explodido usando alternativa para a derivada
Figura 6-37: Respostas c(t), u(t), e(t) ao PI-D usando alternativa para a derivada
Figura 6-38: Controlador I-PD explodido usando alternativa para a derivada
170
Figura 6-39: Respostas c(t), u(t), e(t) ao I-PD usando alternativa para a derivada
Figura 6-40: Comparação das formas do controlador PID
6.10 Exercícios Resolvidos
Para verificar a ação de um sistema de controle, será considerado o diagrama de blocos
abaixo.
171
Figura 6-41: Diagrama para C(s)/R(s)
Sendo: Planta
25ss
20
)s(U
)s(C
2
e o Sensor
10s
10
)s(C
)s(X
Adicionando um controle PD (Proporcional-Derivativo), representado por M(s), com
constantes Kp = 5 e Td = ¼ segundos. Verificar utilizando o teorema do valor final todos os
sinais apresentados no diagrama de blocos, para uma entrada degrau unitário.
Iniciando com o fechamento da malha C(s)/R(s),
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1
25ss
20
5s
4
5
10s
10
25ss
20
KsTK1
25ss
20
KsTK
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
)s(R
)s(C
2
2
2pdp
2pdp
Aplicando o teorema do valor final, para cada um dos sinais e aplicando uma entrada
degrau unitário em r(t),
Para a saída c(t),
5
4
10*25
10*20*5
1
25
20*5
s
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1
25ss
20
5s
4
5
slim
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
slim)s(R
)s(R
)s(C
slim)s(sClim)t(clim
2
2
0s
0s0s0st
Para a saída x(t),
5
4
10*25
10*20*5
1
10*25
10*20*5
s
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
slim
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
)s(H)s(G)s(M
slim)s(R
)s(R
)s(X
slim)s(sXlim)t(xlim
2
2
0s
0s0s0st
Outra forma para x(t),
5
4
s
1
5
4
10s
10
slim)s(C)s(sHlim)s(sXlim)t(xlim
0s0s0st
172
Para a entrada do controlador e(t),
5
1
41
1
10*25
10*20*5
1
1
s
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1
1
slim
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
1
slim)s(R
)s(R
)s(E
slim)t(elim
2
0s
0s0st
Forma alternativa para e(t),
5
1
5
4
1
s
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1
10s
10
25ss
20
5s
4
5
1slim
)s(R
)s(R
)s(X
1slim)s(X)s(Rslim)s(sElim)t(elim
2
2
0s
0s0s0st
Para a saída do controlador u(t) ou chamada lei de controle,
1
s
1
5
1
5s
4
5
slim)s(E)s(sMlim)s(sUlim)t(ulim
0s0s0st
Erro estacionário ou erro de regime permanente,
5
1
s
1
5
4
1slim)s(R
)s(R
)s(C
1slim)s(C)s(Rslim)t(c)t(rlim
0s0s0st
A seguir tem-se os gráficos das respostas temporais c(t), x(t), u(t) e e(t) para o sistema
com o controlador PD,
173
Figura 6-42: Resposta c(t) com controlador PD
Figura 6-43: Resposta do Sensor x(t) com controlador PD
174
Figura 6-44: Lei de Controle u(t) com controlador PD
Figura 6-45: Erro e(t) do Controlador PD
Agora, adicionando um controlador PID, representado por M(s), com constantes Kp =
5 e Td = ¼ segundos e Ti = ½ segundo. Verificar utilizando o teorema do valor final todos os
sinais apresentados no diagrama de blocos, para uma entrada degrau unitário.
175
Para o controlador M(s),
2
22
d i i
p
i
1 1 1 5s + s+1 s +5s+10T Ts +Ts+1 4 2 2 4M(s)=K =5 =
1Ts s
s
2
Para a saída c(t),
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
slim)s(R
)s(R
)s(C
slim)s(sClim)t(clim
0s0s0st
10s
10
s25ss
200s100s25
1
s25ss
200s100s25
lim
s
1
10s
10
25ss
20
s
10s5s
4
5
1
25ss
20
s
10s5s
4
5
slim
23
2
23
2
0s
2
2
2
2
0s
2
3 2 20
25s +100s+200 s+10
lim =1
s +s +25s s+10 +10 25s +100s+200s
Para a entrada do controlador e(t),
011
s
1
10s
10
1slim
s
1
10s
10
s
1
slim
)s(C)s(H)s(Rslim)s(X)s(Rslim)s(sElim)t(elim
0s0s
0s0s0st
Para a saída do controlador u(t) ou chamada lei de controle,
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
)s(M
slim)s(R
)s(R
)s(U
slim)s(sUlim)t(ulim
0s0s0st
10s
10
s25ss
200s100s25
1
s
10s5s
4
5
lim
s
1
10s
10
25ss
20
s
10s5s
4
5
1
s
10s5s
4
5
slim
23
2
2
0s
2
2
2
0s
4
5
200s100s251010ss25ss
10s5s
4
5
10s25ss
lim
22
22
0s
Outra forma para u(t),
4
5
s
1
20
25ss
slim)s(C
)s(G
1
slim)s(sUlim)t(ulim
2
0s0s0st
176
Erro estacionário ou erro de regime permanente,
0
s
1
11slim)s(R
)s(R
)s(C
1slim)s(C)s(Rslim)t(c)t(rlim
0s0s0st
Figura 6-46: Comparação entre as respostas ao degrau unitárioAs respostas temporais de c(t), x(t), u(t) e e(t) são demonstradas nos gráficos que se
seguem,
Figura 6-47: Resposta c(t) com controlador PID
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Resposta ao Degrau Unitário
Tempo (sec)
S
aí
da
c
(t)
Malha Aberta
Controle PD
Controle PID
177
Figura 6-48: Resposta do Sensor x(t) com controlador PID
Figura 6-49: Lei de Controle u(t) com controlador PID
178
Figura 6-50: Erro do Controlador PID e(t)
A resolução do exercício anterior utilizando programa em Matlab é apresentado a seguir,
% ExemploC6I10.m - Exemplo de simulação de controlador
clear all
close all
clc
% Funções de Transferência
G = tf(20,[1 1 25]); %Planta
H = tf(10,[1 10]); %Sensor ideal
% Tempo de simulação
tt=3;
% Controlador PD
Kp = 5;
Td = 1/4;
M = tf([Kp*Td Kp],1);
% Resposta controlada C(s)
MF_C = feedback(M*G,H);
figure
step(MF_C,tt)
title('Resposta Controlada c(t)')
% Erro do Controlador E(s)
MF_E = feedback(1,M*G*H);
figure
step(MF_E,tt)
title('Erro do Controlador e(t)')
179
% Resposta do Sensor de Erro X(s)
MF_X = feedback(M*G*H,1);
figure
step(MF_X,tt)
title('Resposta do Sensor x(t)')
% Lei de Controle U(s)
MF_U = feedback(M,G*H)
% Função imprópria, por isso não pode ser simulada,
% para sair disso, pode-se utilizar a aproximação do controlador
derivativo
% conforme apresentado no próprio capítulo 6, seção 6.9
gama=0.01;
PD = tf([Td 0],[gama*Td 1]); %Parcela derivativa do PD
M = Kp*(1+PD); %Controlador PD
MF_U = feedback(M,G*H)
figure
step(MF_U,tt)
title('Lei de Controle u(t)')
axis([0 tt -10 10])
% Tempo de simulação
tt=3;
% Controlador PID
Kp = 5;
Ti = 1/2;
Td = 1/4;
M = tf([Kp*Td*Ti Kp*Ti Kp],[Ti 0]);
% Resposta controlada C(s)
MF_C = feedback(M*G,H);
figure
step(MF_C,tt)
title('Resposta Controlada c(t)')
% Erro do Controlador E(s)
MF_E = feedback(1,M*G*H);
figure
step(MF_E,tt)
title('Erro do Controlador e(t)')
% Resposta do Sensor de Erro X(s)
MF_X = feedback(M*G*H,1);
figure
step(MF_X,tt)
title('Resposta do Sensor x(t)')
% Lei de Controle U(s)
MF_U = feedback(M,G*H)
180
Curiosidade: Comparando os dois exemplos, pode ser afirmado que o controlador PID ajusta
a sua saída u(t) até que a entrada e(t) seja zero. Para demonstrar isso, deve ser adicionado um
erro entre C(s) e X(s) através da adição de um erro estacionário em H(s), como por exemplo,
fazendo,
10s
8
)s(H
Para o controlador M(s) do tipo PID,
2
22
d i i
p
i
1 1 1 5s + s+1 s +5s+10T Ts +Ts+1 4 2 2 4M(s)=K =5 =
1Ts s
s
2
Para a saída c(t),
)s(R
)s(H)s(G)s(M1
)s(G)s(M
slim)s(R
)s(R
)s(C
slim)s(sClim)t(clim
0s0s0st
2
2
2 3 2
20 0
2
3 2
2
5
s +5s+10
20 25s +100s+2004
1s s +s+25 s +s +25slims =lim =
5 s 25s +100s+200 8
s +5s+10 1+20 84 s+10s +s +25s1+
s s+10s +s+25
s s
2
3 2 20
25s +100s+200 s+10 10 5
lim =
8 4s +s +25s s+10 +8 25s +100s+200s
% Função imprópria, por isso não pode ser simulada,
% para sair disso, pode-se utilizar a aproximação do controlador
derivativo
% conforme apresentado no próprio capítulo 6, seção 6.9
gama=0.01;
D = tf([Td 0],[gama*Td 1]); %Parcela derivativa do PID
I = tf(1,[Ti 0]); %Parcela Integral do PID
M = Kp*(1+D+I); %Controlador PID
MF_U = feedback(M,G*H)
figure
step(MF_U,tt)
title('Lei de Controle u(t)')
axis([0 tt -10 10])
181
Para a entrada do controlador e(t),
0 0 0
0 0
lime(t) limsE(s) lims R(s)-X(s) lims R(s)-H(s)C(s)
1 8 5 1 8 5 1
lims - . lims 1- . =1-1=0
s s+10 4 s s+10 4 s
t s s s
s s
Para a Lei de Controle u(t),
2
0 0 0
1 s +s+25 5 1 25 5 25
limu(t)=limsU(s)=lims C(s) lims . = . =
G(s) 20 4 s 20 4 16t s s s
Para a resposta do sensor x(t),
0 0 0
8 5 1 8 5
limx(t)=limsX(s)=limsH(s)C(s)=lims . = . =1
s+10 4 s 10 4t s s s
Erro estacionário ou erro de regime permanente,
0 0 0
C(s) 5 1 1
lim r(t)-c(t) =lims R(s)-C(s) =lims 1- R(s)=lims 1- =-
R(s) 4 s 4t s s s
Os gráficos das respostas temporais c(t), x(t), u(t) e e(t) são apresentadas nos gráficos
seguintes,
Figura 6-51: Resposta c(t) com controlador PID e sensor não-ideal
182
Figura 6-52: Resposta do Sensor x(t) com controlador PID e sensor não-ideal
Figura 6-53: Lei de Controle u(t) com controlador PID e sensor não-ideal
183
Figura 6-54: Erro do Controlador PID e(t) com sensor não-ideal
Se isso for feito: c(∞) = 5/4 , x(∞) = 1 , e(∞) = 0 , u(∞) = 25/16
Erro de regime permanente:
4
1
)t(c)t(rlim
t
Isto significa que se a malha em realimentação apresentar erro estacionário, este pode
gerar um erro estacionário na malha de controle.
6.11 Exercícios Propostos
1. Para o sistema em malha fechada abaixo, com
5s
3
sG
e
1s3
1
sH
.
a) Determinar os valores das constantes do controlador PID, representado por M(s),
para que o denominador do sistema em malha fechada seja equivalente ao
denominador um sistema de 2ª ordem, com fator de amortecimento = 0.7,
frequência natural n = 3 rad/s.
b) Determinar os valores das constantes do controlador PID, representado por M(s),
para que o denominador do sistema em malha fechada abaixo possua os mesmos
polos que o produto de um sistema de 1ª ordem com constante de tempo τ = 0.2
184
segundos com um sistema de 2ª ordem com fator de amortecimento = 0.5 e
frequência natural n = 5 rad/s.
c) Para os itens (a) e (b) qual será o
)t(clim
t
para uma entrada degrau unitário?
d) Para os itens (a) e (b), qual será o
)t(ulim
t
para uma entrada degrau unitário?
2. Para o diagrama de blocos abaixo, obter o erro estacionário, para um controlador M(s)
Proporcional-Integral-Derivativo (PID), com Kp = 3, Td = ½s, Ti=1s, para uma entrada
5
2
tr
, sendo
2s
1
sG
,
1s
3
sH
e
3s
2
sD
.
3. Para o diagrama de blocos abaixo, obter o erro estacionário ou erro de regime permanente,
para um controlador M(s) Proporcional – Integral - Derivativo (PID), com Kp = 4, Td = 2
e Ti = 3, para uma entrada degrau r(t) = 2, sendo:
2s2s
1
sG
2
,
3s
2
sH
e
2s
2
sF
.
4. Para o diagrama de blocos acima, qual o valor K para que o sistema em malha fechada não
apresente erro estacionário para uma entrada degrau unitário? M(s) Proporcional – Integral
- Derivativo (PID), com Kp = 4, Td = 2 e Ti = 3.
2
K
G s =
s +2s+2
,
2
H s =
s+3
e
4s
2
sF
.
5. Para o diagrama de blocos abaixo, determinar o valor de K em H(s) para que o sistema em
malha definida por C(s)/R(s) não possua erro estacionário para uma entrada tipo degrau
unitário. Sendo que M(s) é um controlador PID com Kp = 2, Td = ½ e Ti = 3.
185
G(s) =
3
s2 + 2s + 5
; H(s)=
K
5s + 2
; F(s) =
2
s + 7
6. Para o diagrama de blocos abaixo, sendo que Kp = 2, Ti = 5 e Td = ½. Determinar o
erro estacionário para uma entrada degrau unitário
𝐺(𝑠) =
2
𝑠2 + 3𝑠 + 2
; 𝐻(𝑠) =
2
𝑠 + 1/3
7. Supondo a função de transferência abaixo em malhar aberta, colocar um sistema de controle
Proporcional-Derivativo (PD) para que seja duplicada a frequência natural e o fator de
amortecimento.
27s5,3s3
15
sG
2
8. Projeto de controladores. A função de transferência acima com o controle PD não é
suficiente para que não ocorra erro estacionário ou erro de regime permanente; é necessária
a introdução do controle integral junto do controle PD, formando assim o PID. Para que
isso seja feito, o terceiro polo deve ser escolhido de tal forma a ser puramente real e negativo
com módulo pelo menos 3 vezes maior que o módulo dos polos imaginários.
186
9. Considere o sistema de controle de posição de um satélite mostrado na figura (a) abaixo. A
saída do sistema apresenta oscilações continuadas não desejáveis. Esse sistema pode ser
estabilizado pelo uso de realimentação tacométrica, como mostra a figura (b). Se K/J = 4,
que valor de Kh resultará em um coeficiente de amortecimento igual a 0,6?
187
6.12 Respostas
1. a) 𝐾𝑝 =
22
3
, 𝑇𝑖 = ∞, 𝑇𝑑 = −
17
110
.
b) 𝐾𝑝 =
145
3
, 𝑇𝑖 =
29
75
, 𝑇𝑑 =
14
145
.
c) (a) lim
𝑡→∞
𝑐(𝑡) =
22
27
; (b) lim
𝑡→∞
𝑐(𝑡) = 1.
d) (a) lim
𝑡→∞
𝑢(𝑡) =
110
81
; (b) lim
𝑡→∞
𝑢(𝑡) =
5
3
.
2. ess = −
1
5
.
3. ess = −
8
3
.
4. K = −
8
3
.
5. K =
62
21
6. ess =
5
6
.
7. 𝑃𝐷 =
27
5
(1 +
7
54
𝑠).
8. 𝑠1 = −
2,8
3
+ 5,4683𝑖 𝑠2 = −
2,8
3
− 5,4683𝑖 𝑠3 = −2,8 𝑃𝐼𝐷 =
27
5
(1 +
7
54
𝑠 +
1
0,3134𝑠
).
9. Kh = 0,6.
188
7 Critérios de Desempenho
Com frequência, as características de desempenho de um sistema de controle são
especificadas em termos da resposta transitória a uma entrada degrau unitário. Dentre elas tem-
se,
1. Tempo de Atraso ( td – Delay Time): Tempo requerido para que a resposta alcance
metade de seu valor final pela 1ª vez.
2. Tempo de Subida ( tr – Rise Time): Tempo requerido para que a resposta passe de 10
a 90% ou de 5 a 95% ou 0 a 100% do valor final. Para sistemas de 2ª ordem
subamortecidos, o tempo de subida de 0 a 100% é normalmente utilizado. Para os
sistemas superamortecidos e sistemas de 1ª ordem, ou sistemas que não apresentam
oscilações em sua resposta, o tempo de subida de 10 a 90% é o mais utilizado.
3. Tempo de Pico ( tp – Peak Time): Tempo requerido para a resposta do sistema atingir
o 1º pico de sobressinal.
4. Máximo Sobressinal ( Mp – Overshoot): Representa o valor máximo de pico da curva
de resposta, isto é, o maior valor acima do valor final, subtraído do valor final da
resposta. Como este valor absoluto é dependente da entrada, usualmente é apresentado
a %Mp, Porcentagem de Sobressinal, isto é,
%100
)(c
)(c)t(cdevalormáximo
M% p
5. Tempo de Acomodação ( ts – Settling Time): Tempo necessário para a resposta do
sistema alcançar e permanecer dentro de uma faixa, usualmente 2% ou 5%, em torno do
valor final. Esta constante é utilizada para determinar a estabilização do sistema, isto é,
ela marca a passagem entre o regime transitório e o regime permanente.
Figura 7-1: Resposta típica de um sistema de 2ª ordem padrão a uma entrada tipo degrau
samuel.martins
Note
Sistema estável
Samuel
Destacar
189
7.1 Tempo de Acomodação
Como exemplo de tempo de acomodação para um sistema de 1ª ordem, tem-se,
5s
3
)s(H
Ele possui uma constante de tempo τ = 1/5 segundos e um ganho de 3/5. O tempo de
acomodação para este sistema depende apenas da constante de tempo, isto é, o ganho e a
amplitude do degrau não influenciam no tempo de acomodação. Desta forma,
Critério de 5% ele se acomodará em aproximadamente 3τ ou 0.6 segundos;
Critério de 2% ele se acomodará em aproximadamente 4τ ou 0.8 segundos;
Já no seguinte sistema,
s7.0e
5s
3
)s(H
A constante de tempo ainda é τ = 1/5 segundos e o ganho de 3/5; o atraso de transporte
θ = 0.7 segundos deve ser levado em conta no calculo do tempo de acomodação, então,
Critério de 5% ele se acomodará em aproximadamente 3τ + θ ou 1.3 segundos;
Critério de 2% ele se acomodará em aproximadamente 4τ + θ ou 1.5 segundos;
Figura 7-2: Tempo de acomodação com critério de 5% para sistema de 1ª ordem
O tempo de acomodação para sistemas de 2ª ordem vai depender de o sistema ser padrão
ou não e do fator de amortecimento. Caso seja um sistema padrão e seja subamortecido, a sua
resposta para uma entrada degrau unitário é dada por,
2
1
d2
t 1
tgtsin
1
e
1K)t(c
n para t ≥ 0
Resposta ao Degrau Unitario
Tempo (sec)
Am
pl
itu
de
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
System: H
Settling Time (sec): 0.599
Resposta ao Degrau Unitario
Tempo (sec)
A
m
pl
itu
de
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
System: H
Settling Time (sec): 1.3
Samuel
Destacar
190
Como a exponencial decai uma taxa de “ζωn”, então, pode-se aproximar o tempo de
acomodação conforme,
Critério de 5% ele se acomodará em aproximadamente 3/ζωn;
Critério de 2% ele se acomodará em aproximadamente 4/ζωn;
Como exemplo tem-se os dois sistemas,
25s4s
25
)s(1G
2
e
25s4s
25s12
)s(2G
2
Ambos são sistemas de 2ª ordem com ζ = 0.4 e ωn = 5 rad/s. Calculando o tempo de
acomodação pela fórmula para critério de 2%,
Critério de 2% ele se acomodará em aproximadamente 4/ζωn ou 2 segundos;
Contudo, verificando na prática, o sistema padrão G1(s) acomoda-se exatamente em
1.68 segundos e o sistema não padrão G2(s) acomoda-se em 2.04 segundos conforme
apresentado na figura abaixo.
Figura 7-3: Exemplo de tempo de acomodação com critério de 2% para sistemas de 2ª ordem
Deve ser mencionado que para o sistema G1(s) o pico da resposta ocorre um pouco
depois de 2 segundos, conforme pode ser observado na figura acima.
Deve ser observado que para o sistema não padrão, vai depender do numerador, isto é,
para um numerador conforme apresentado abaixo, o tempo de acomodação sobe para 3.29
segundos.
25s4s
25s100
)s(3G
2
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Tempo (sec)
G1(s)
G2(s)
Exponencial
Critério de 2%
1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.52.5
0.95
0.96
0.97
0.98
0.99
1
1.01
1.02
1.03
1.04
1.051.05
X: 1.679
Y: 0.98
Tempo (sec)
X: 2.039
Y: 1.02
G1(s)
G2(s)
Samuel
Destacar
191
Figura 7-4: Exemplo de tempo de acomodação com critério de 2%
Fórmula Aproximada para o tempo de acomodação: A melhor maneira de se estimar o
tempo de acomodação é através do método gráfico. Quando não estiver disponível, deve-se
aplicar a metodologia abaixo. Supondo que as respostas dos sistemas são em geral daseguinte
forma,
)t(bea)t(c t
para t ≥ 0
Onde c(t) é a reposta do sistema, a, b e α são constantes e ϕ(t) é o termo oscilante, que pode
existir ou não. Definindo um erro tal que,
a02.0)t(be)t(c)(c)t(e t
Onde 0.02 é para o critério de 2%; seria 0.05 para 5%. Então,
a02.0)t(eb t
O problema é saber o tempo em que ocorre o maior valor do termo oscilante dentro do
tempo de decaimento. Mas fazendo uma aproximação do |ϕ(t)| pelo maior valor em módulo que
a função pode atingir, chamado de M, então,
Mb
a02.0
ln
1
t
Mb
a02.0
lnt
Mb
a02.0
e *s
*
s
t*s
O asterisco aparece pela aproximação de |ϕ(t)| por M. Como dentro do “ln” será um
valor negativo, então,
a02.0
Mb
ln
1
t*s
Deve ser observado que esta equação satisfaz o proposto originalmente, mas o tempo
de acomodação real será dado por,
*
ss tt
1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5
0.95
0.96
0.97
0.98
0.99
1
1.01
1.02
1.03
1.04
1.05
X: 3.286
Y: 1.02
Tempo (sec)
G1(s)
G3(s)
192
Exemplo 1: Para o sistema abaixo, com critério de 2%,
25s4s
25
)s(1G
2
A solução, denominada de c(t), para uma entrada degrau unitário é dada por,
2
21
tgt21sine
21
215
1)t(c 1t2
para t ≥ 0
Para a aplicação da metodologia, a = 1,
21
215
b
, α = 2 e M = 1, então,
2t2t
02.0
21
215
ln
2
1
t
a02.0
Mb
ln
1
t s
*
s
*
s
*
s
segundos
Tabela de exemplos de M
ϕ(t) M
3tsin2
5
3tsin2
5
3tsin2
5
tsin23
5
Quando a solução apresentar várias partes, ela pode ser desmembrada em várias
soluções simples, sendo comparados os tempos de acomodação para cada uma delas. Então,
supondo uma solução da seguinte forma,
)t(eb)t(eba)t(c 2
t
21
t
1
21
para t ≥ 0
Desmembrar conforme,
)t(eba)t(c 1
t
11
1
e
)t(eba)t(c 2
t
22
2
Para c1(t):
a02.0
Mb
ln
1
t
11
1
*
1s
Para c2(t):
a02.0
Mb
ln
1
t
22
2
*
2s
Solução final para o tempo de acomodação,
ts ≤ maior valor entre
*
1st
e
*
2st
193
Exemplo 2: Considerando o seguinte caso com critério de 2%,
1t5cos3e
3
1
3t5cos4e
2
1
2
1
)t(c t3t2
Aplicando a metodologia,
Para c1(t):
3t5cos4e
2
1
2
1
)t(c t21
, assim,
929.2t
2
1
02.0
7
2
1
ln
2
1
t
a02.0
Mb
ln
1
t *1s
*
1s
11
1
*
1s
Para c2(t):
1t5cos3e
3
1
2
1
)t(c t32
, assim,
631.1t
2
1
02.0
4
3
1
ln
3
1
t
a02.0
Mb
ln
1
t *2s
*
2s
22
2
*
2s
Assim, o tempo de estabilização será ts ≤ 2.929 segundos. De acordo com a figura
abaixo, o tempo de estabilização é exatamente 2.261 segundos.
Figura 7-5: Exemplo de tempo de acomodação com critério de 2% para sistemas de ordem
elevada
Observação: Como não é possível estipular exatamente quando ocorre o tempo de acomodação
por esta fórmula aproximada, usa-se o sinal de ≤ para ts.
Dica para melhorar a resposta: Para melhorar a aproximação deve-se considerar o maior
número de termos possível.
Assim, se houver termos com a mesma frequência utilizar,
0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
0.45
0.46
0.47
0.48
0.49
0.5
0.51
0.52
0.53
0.54
0.55
X: 2.261
Y: 0.51
194
tsinbatcosbtsina 22
Onde
a
b
tan
Se houver termos com a mesma exponencial, os termos devem ser agrupados,
t2sin2et2sinee2 t3t3t3
7.2 Tempo de Pico
O tempo de pico é definido como o tempo em que a função alcança o 1º pico de
sobressinal, isto é, é dado observando-se o maior valor do 1º pico acima do regime estacionário
ou valor final ou resposta em regime permanente. Contudo, em alguns casos pode haver
controvérsia devido à sua utilização, como no software Matlab, em que ele define como o tempo
do maior valor de sobressinal. Ver figura abaixo.
Figura 7-6: Exemplo de tempo de pico
Tempo de pico para sistemas de 1ª ordem padrão: Como não ocorre sobressinal, não
se aplica.
Tempo de pico para sistemas de 2ª ordem padrão: Vai depender das características
do sistema. Se for superamortecido não se aplica, se for subamortecido, a resposta padrão é
dada por,
tsin
1
tcose1K)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Para encontrar o tempo de pico, deriva-se a resposta, igualando o resultado a zero e
verificando se a amplitude é máxima global. Então,
Resposta ao degrau Unitário
Tempo (sec)
Am
pl
itu
de
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
System: G
Peak amplitude: 1.78
Overshoot (%): 256
At time (sec): 0.513
195
tcos
1
tsinKe
tsin
1
tcoseK)t(c
dt
d
d
2
d
dd
t
d
2
d
t
n
n
n
Agrupando os termos,
0tsin
1
tcos
1
Ke)t(c
dt
d
dd
2
n
2
d
2
d
n
tn
Como a exponencial não pode ser nula,
0tsin
1
tcos
1
1
d
2
n
d
2
2
n
n
Então,
0tsin pd
O termo se anula para,
kt pd
para k = 0, 1, 2, ...
Pegando o menor termo diferente de zero,
d
pt
segundos
Deve ser lembrado que a fórmula acima só é válida para sistemas de 2ª ordem padrão.
7.3 Máximo sobressinal
O máximo sobressinal ocorre no tempo de pico, representando a diferença entre o maior
valor da resposta subtraído do valor de regime permanente.
Máximo sobressinal para sistemas de 1ª ordem padrão: como não há tempo de pico,
não se aplica.
Máximo sobressinal para sistemas de 2ª ordem padrão: Vai depender das
características do sistema. Se for superamortecido não se aplica, se for subamortecido, a
resposta padrão é dada por,
Samuel
Retângulo
196
tsin
1
tcose1K)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Substituindo o tempo de pico,
d
d2
d
dp sin
1
cose1K)t(c d
n
Então,
d
n
e1K)t(c p
Como a resposta em regime permanente é K,
d
n
d
n
KeKe1Kc)t(cM pp
Como é um valor que depende da entrada, pois foi utilizada a resposta ao degrau
unitário, o mais conveniente é calcular a %Mp, Porcentagem de Sobressinal, assim,
%100e%100
K
Ke
c
c)t(c
M% d
n
d
n
p
p
7.4 Tempo de subida
Tempo de subida para sistemas de 1ª ordem padrão: Como o sistema não apresenta
sobressinal é mais comum utilizar uma porcentagem da amplitude. Supondo um critério de 10%
a 90%, isto é, com o tempo de subida sendo o tempo necessário para a resposta do sistema
passar de 10% para 90%, tem-se, para a reposta de um sistema de 1ª ordem padrão à entrada
degrau unitário,
t
e1K)t(c
para t ≥ 0
Resposta em regime permanente: c(∞) = K
Resposta para c(t) = 10% de c(∞):
9.0ee1KK1.0
11 tt
Samuel
Retângulo
197
Resposta para c(t) = 90% de c(∞):
1.0ee1KK9.0
22 tt
Dividindo uma pela outra,
9lnt9e9e
1.0
9.0
e
e
r
ttt
t
t
r12
2
1
Tempo de subida para sistemas de 2ª ordem padrão: Vai depender das características
do sistema para se escolher um critério. Se for superamortecido, usualmente é escolhido o
critério de 5% a 95% ou 10% a 90%; se for subamortecido pode ser escolhido o critério de 0 a
100%. A resposta ao degrau unitário para um sistema subamortecido de 2ª ordem padrão é dada
por,
tsin
1
tcose1K)t(c d
2
d
tn
para t ≥ 0
Escolhendo o critério de 0% a 100%, o tempo de subida ts será o tempo necessário para
a resposta do sistema sair de 0 para 100% da resposta em regime permanente,
Resposta em regime permanente: c(∞) = K
Resposta para c(t) = 100% de c(∞):
rd
2
rd
t
tsin
1
tcose1KK rn
Então, como a exponencial não pode ser nula,
0tsin
1
tcos rd2rd
Dividindo pelo cosseno,
2
1
d
rrd2
1
tg
1
t0ttg
1
1
Neste ponto, deve-se tomar muito cuidado devido ao negativo dentro do arco tangente,
pois se deve observar a física do problema. Como está sendo calculado um tempo, ele deve ser
positivo, assim pela trigonometria,
tgtg
Samuel
Retângulo
198
Portanto,
2
rd
2
rd
1
ttg
1
ttg
Assim,
n
2
n1
2
1
rd
1
tg
1
tgt
Onde β é o ângulo entre a parte imaginária e a parte real do polo.
Então, para um sistema de 2ª ordem padrão com critério de 0 a 100% e uma entrada
degrau unitário o tempo de subida é dado por,
d
rt
7.5 Exercícios Resolvidos
Exercício #1: A resposta ao degrau unitário do seguinte sistema de 2ª ordem,
25s4s
20s2
)s(G
)s(R
)s(C
2
Cuja resposta ao degrau unitário é dada por,
t21sin
42
21
t21cose1
5
4
t21sine
105
212
t21cose
5
4
5
4
)t(c t2t2t2
Para o tempo de pico, derivando e igualando a zero,
t21cos
2
1
t21sin21e
5
4
t21sin
21
21
t21cos2e
5
4
0)t(c
dt
d t2t2
Agrupando os termos,
t21sin218t21cos21e
21
2
0)t(c
dt
d t2
Samuel
Retângulo
199
Então,
8
21
218
21
t21tg0t21sin218t21cos21 ppp
Assim,
572.0
21
8
21
tg
t
8
21
t21tg
1
pp
segundos
Tempo de subida com critério de 0% a 100%,
ss
t2
s t21sin
42
21
t21cose1
5
4
5
4
)t(c
Então,
0t21sin
42
21
t21cos ss
Dividindo pelo cosseno,
319.0
21
42
tg
21
1
t0t21tg
42
21
1 1ss
segundos
Exercício #2: Um sistema de 2ª ordem não padrão apresenta a resposta ao degrau unitário
abaixo, determinar sua função de transferência.
200
Como o sistema foi determinado como um sistema de 2ª ordem padrão, então tem-se
que,
Valor final: K = 2
Tempo de Pico:
3t
d
p
Sobressinal:
5.025.2Kec)t(cM d
n
pp
Assim, do sobressinal,
25.0ln
1
5.0e2
2
1 2
Invertendo o “ln” e expandindo os termos tem-se que,
4037.0
4ln
4ln
4ln1
22
2
2
Para o tempo de pico,
s/rad1446.1
3
1 n
2
n
Então, a Função de transferência fica,
3102.1s9242.0s
6203.2
)s(G
)s(R
)s(C
2
Observação: Este exemplo é chamado de “Identificação de Sistemas”, no qual o objetivo é
extrair do gráfico uma função de transferência, pois em muitos casos a função de transferência
vem da parte experimental sem que se conheça a sua formulação matemática.
7.6 Exercícios Propostos
1. Para as respostas abaixo, determinar,
a. Tempo de acomodação ou tempo de Estabilização com critério de 2%;
b. Tempo de subida com critério de 0 a 100%;
c. Tempo de pico;
d. Porcentagem de sobressinal;
(Dica: utilize o MATLAB para plotar os gráficos nos casos em que a resolução
analítica for inviável)
o
t2tt3 eee
3
1
3
1
)t(c
o
)t4sin()t4cos(4e
17
10
17
40
)t(c t
o
)t5sin(33)t5cos(10e
1189
10
)t4sin(21)t4cos(16e
1394
25
493
100
)t(c t2t
201
o Para o gráfico do exercício (1) letra (a) do item 5.6.1
2. Construir a função de transferência de um sistema de 1ª ordem padrão, sem atraso de transporte
e que não apresente erro estacionário para uma entrada tipo degrau que tenha um tempo de
acomodação ts = 5 segundos com critério de 2%. Esboçar a resposta ao degrau unitário.
3. Construir a função de transferência de um sistema de 1ª ordem padrão, com atraso de transporte
θ = 2 segundos, que apresente erro estacionário igual a 0.2 para uma entrada degrau de
amplitude 2 que tenha um tempo de acomodação ts = 5 segundos com critério de 2%. Esboçar
a resposta ao degrau unitário.
4. Para um sistema de 2ª ordem padrão, sem atraso de transporte e que não apresente erro
estacionário para uma entrada tipo degrau, determinar a sua função de transferência para que
sua resposta ao degrau unitário apresente 20% de sobressinal e tenha um tempo de acomodaçãode 5 segundos.
5. Para um sistema de 2ª ordem padrão, sem atraso de transporte e que não apresente erro
estacionário para uma entrada tipo degrau, determinar a sua função de transferência para que a
sua resposta ao degrau unitário apresente 20% de sobressinal e tenha um tempo de pico 2
segundos.
6. Para um sistema de 2ª ordem padrão, sem atraso de transporte e que não apresente erro
estacionário para uma entrada tipo degrau, determinar a sua função de transferência para que a
sua resposta ao degrau unitário tenha um tempo de pico 2 segundos e um tempo de acomodação
de 5 segundos. Neste caso, qual será a % MP?
7. Assumindo uma função de transferência dada por
25s4s
25
)s(G
2
. Projetar um controle
proporcional para que o tempo de pico seja reduzido em exatamente 25% para uma entrada
degrau unitário. Apesar da introdução de um erro estacionário, qual foi a variação da % de
sobressinal?
8. Para o sistema
25s10s
25
)s(G
2
, quanto deve ser o seu fator de amortecimento ζ para que
a sua resposta ao degrau unitário tenha um tempo de acomodação de 2 segundos.
9. Considere que a resposta ao degrau unitário do sistema de controle com realimentação unitária
cuja função de transferência de malha aberta seja:
𝐺(𝑠) =
1
𝑠(𝑠 + 1)
Obtenha o tempo de subida, o tempo de pico, o máximo sobressinal e o tempo de acomodação.
202
10. Considere o sistema de malha fechada dado por:
𝐶(𝑠)
𝑅(𝑠)
=
ω𝑛²
𝑠² + 2ζω𝑛𝑠 + ω𝑛²
Determine os valores de ζ e ωn de modo que o sistema responda a uma entrada em degrau com
aproximadamente 5% de sobressinal e com o tempo de acomodação de 2 segundos. (Utilize o
critério de 2%.)
11. Sabe-se que a função de transferência de um sistema oscilatório tem a seguinte forma:
𝐺(𝑠) =
ω𝑛²
𝑠² + 2ζω𝑛 +ω𝑛²
Supondo que haja um registro da oscilação com amortecimento, como mostra a figura abaixo.
Determine o coeficiente de amortecimento ζ do sistema a partir do gráfico.
12. Considere o sistema mostrado na figura abaixo. Determine o valor de k de modo que o
coeficiente de amortecimento ζ seja 0,5. Então, obtenha o tempo de subida tr, o tempo de pico
tp, o máximo sobressinal Mp e o tempo de acomodação ts na resposta ao degrau unitário.
203
7.7 Respostas
1. 𝑐(𝑡) =
1
3
−
1
3
𝑒−3𝑡 − 𝑒−𝑡 + 𝑒−2𝑡
a) 𝑡𝑠 ≤ 5,0106𝑠. b) Não se aplica. c) Não se aplica. d) Não se aplica.
𝑐(𝑡) =
40
17
−
10
17
𝑒−𝑡 (4 cos(4𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(4𝑡))
a) 𝑡𝑠 ≤ 3,9120𝑠. b) 𝑡𝑟 = 0,4539𝑠. c) 𝑡𝑝 =
𝜋
4
𝑠. d) %𝑀𝑝 = 45,59%.
𝑐(𝑡) =
100
493
−
25
1394
𝑒−𝑡(16 cos(4𝑡) + 21 sin(4𝑡)) +
10
1189
𝑒−2𝑡(10 cos(5𝑡) + 33 sin(5𝑡))
a) 𝑡𝑠 ≤ 4,5308𝑠. b) 𝑡𝑟 = 0,6561𝑠. c) 𝑡𝑝 = 1,0175𝑠. d) %𝑀𝑝 = 69,73%.
Gráfico do exercício (1) letra (a) do item 5.6
a) 𝑡𝑠5% = 15𝑠 𝑡𝑠2% = 19𝑠. b) 𝑡𝑟 = 11,7889𝑠. c)Não se aplica. d)Não se aplica.
2. Função de Transferência: H(s) =
1
5
4
s+1
Resposta ao degrau unitário:
3. Função de Transferência: H(s) =
0.9
3
4
s+1
e−2s
Resposta ao degrau unitário:
204
4. Função de Transferência: H(s) =
3.08
s2+1.6s+3.08
Resposta ao degrau unitário:
5. Função de Transferência:
2
3,1150
G(s)=
s +1,6094s+3,1150
Resposta ao degrau unitário:
6. Função de Transferência:
2
3,1074
G(s)=
s +1,6s+3,1074
Máximo sobressinal: %MP = 20,1897
Resposta ao degrau unitário:
205
7. 𝐾𝑝 = 0,65333. A porcentagem de sobressinal aumentou em 40,885%.
8. Fato de amortecimento deve ser: 𝜁 = 0,4.
9. 𝑡𝑟 = 2,4184𝑠. 𝑡𝑝 = 3,6276𝑠 . %𝑀𝑝 = 16,30%. 𝑡𝑠 = 8𝑠.
10. 𝜁 = 0,6901 . 𝜔𝑛 = 2,8981 𝑟𝑎𝑑/𝑠.
11. 𝜁 = √1 −
𝑇2
4𝑡1
2.
12. 𝑘 = 0,2. 𝑡𝑟 = 0,6046𝑠. 𝑡𝑝 = 0,9069𝑠 . %𝑀𝑝 = 16,30%. 𝑡𝑠 = 2𝑠.
206
8 Estabilidade
Estabilidade possui várias interpretações físicas e por isso pode ser definida de diversas
maneiras. Como interpretação física de estabilidade, tem-se a figura abaixo.
(a) Sistema Estável (b) Sistema Instável
Figura 8-1: Exemplo de Sistema Estável e Instável
O sistema é representado por uma cuia com uma bola. No Sistema Estável, a bola pode
ser solta em qualquer parte da cuia que, devido ao atrito com a parede, a bola sempre tenderá a
parar no centro da cuia, desde que a energia inicial não seja capaz de joga-la para fora.
Uma separação que se pode fazer em sistemas estáveis é em relação ao amortecimento.
No caso de haver amortecimento, a bola irá parar no centro da cuia em qualquer posição que
for solta, definindo, assim, um Sistema Assintoticamente Estável. Caso não haja
amortecimento, a bola tenderá a ficar oscilando em torno de uma mesma posição em relação ao
ponto mais baixo da cuia, definindo, assim, um Sistema Marginalmente Estável.
No Sistema Instável, a bola está apoiada exatamente no topo da cuia; neste caso, com
qualquer movimento que se faça com a cuia a bola tenderá a cair. Deve ser observado que uma
das aplicações do sistema de controle é a transformação de um sistema originalmente Instável
em um sistema Assintoticamente estável através da adição de um controlador.
8.1 Definições básicas
Estabilidade pode receber várias definições dependendo do ponto de vista da análise a
ser feita.
8.1.1 Estabilidade segundo as entradas e saídas
Um sistema é dito Assintoticamente Estável se, para qualquer entrada limitada, mesmo
que muito grande, a sua saída permanece limitada, mesmo que muito grande.
Porém, fica difícil de verificar a diferença entre um sistema marginalmente estável e um
instável, pois, para algumas entradas limitadas, o sistema marginalmente estável apresentará
saídas não limitadas. Esta verificação só será capaz de ser feita se houver uma varredura da
entrada em frequência. Como exemplo, no caso de um sistema de 2ª ordem sem amortecimento
207
cuja entrada possua a frequência natural do polo, a resultante será um sistema instável, apesar
de ele ser classificado como marginalmente estável.
8.1.2 Estabilidade segundo as respostas às condições iniciais
Um sistema é dito Assintoticamente Estável se, para uma perturbação passageira, a sua
resposta voltar para a posição de equilíbrio inicial.
Um sistema é dito Marginalmente Estável se, para uma perturbação passageira, a sua
resposta permanecer limitada, mas contínua com o tempo. A amplitude da resposta não é
atenuada.
Um sistema é dito Instável se, para uma perturbação passageira, a sua resposta não
permanecer limitada.
Utiliza-se como exemplo uma bola em uma superfície plana onde se aplica um
empurrão, que pode ser entendido como uma perturbação passageira. Se não houver atrito, ela
nunca irá parar. Então, tem-se um sistema instável. Mas, se houver atrito, ela irá parar em um
ponto fora da posição original. Ela não oscilou em torno da posição original nem parou no
mesmo ponto. Difícil de ser classificada.
Contudo, se, para o mesmo exemplo da bola, ela fosse presa à superfície por um elástico
que a puxasse de volta, com a presença do atrito seria o caso do sistema assintoticamente estável
e sem a presença do atrito seria o caso do sistema marginalmente estável, mas nunca o instável.
Para se entender este fenômeno, deve-se imaginar a bola em uma superfície plana se
deslocando em uma única direção. A bola pode ser equacionadacomo uma inércia J e
amortecimento b, o elástico como uma rigidez K, e o empurrão como um delta de Dirac δ(t);
assim,
Bola
2
1
Js
sG
Bola + Atrito
bsJs
sG
2
1
Bola + Elástico
kJs
sG
2
1
Bola + Atrito + Elástico
kbsJs
sG
2
1
A diferença entre os sistemas são os polos; assim, a melhor forma de classificar-se um
sistema quanto à estabilidade é utilizando os polos do sistema.
8.1.3 Estabilidade segundo os polos
208
Para se entender a estabilidade segundo os polos do sistema, usa-se como exemplo um
sistema de 1ª ordem padrão e um sistema de 2ª ordem padrão, e calcula-se a resposta de ambos
para uma entrada degrau unitário.
Sistema de 1ª ordem padrão
1
s
K
sH
Polo
1
s
Resposta ao degrau unitário
t
e1K)t(c
O que faz a resposta permanecer limitada é o sinal negativo da exponencial que vem do
sinal negativo do polo.
Sistema de 2ª ordem padrão
2
nn
2
2
n
s2s
K
sG
Polos
dn js
com
2
nd 1
Resposta ao degrau unitário
tsin
1
tcose1Ktc d
2
d
tn
Neste caso, o que mantém a resposta limitada é também a exponencial negativa que se
origina do sinal da parte real dos polos. Se o amortecimento for nulo,
Sistema de 2ª ordem padrão
2
n
2
2
n
s
K
sG
Polos
njs
Resposta ao degrau unitário
tcos1Ktc n
Sendo assim, um sistema que não tenha amortecimento será classificado como
marginalmente estável por manter a oscilação indefinidamente. Então, as raízes da equação
característica ou polos do sistema são indicativos da sua estabilidade. Deve ser lembrado que a
resposta é uma soma das influências de cada polo. Supondo um sistema cujas raízes são na
forma
js
, então,
Se todos os polos possuem parte real menor que zero,
0
, o sistema é
Assintoticamente Estável;
Se pelo menos 1 polo possui parte real nula,
0
, e os demais polos possuírem parte
real menor que zero,
0
, o sistema é Marginalmente Estável;
Samuel
Highlight
Samuel
Sticky Note
Se pelo menos 1 polo apresentar parte real positiva, o sistema será INSTÁVEL!
209
Se pelo menos 1 polo possui parte real maior que zero,
0
, o sistema é Instável;
Um polo com parte real nula, devido ao transitório, gera oscilações em sua frequência
natural que não são eliminadas pelo amortecimento. Sendo assim, não importando quantos
polos existam, se apenas um polo possuir parte real nula, haverá oscilação presente na resposta
global. Ele é dito marginalmente estável, pois será estável para todas as frequências de entrada,
exceto aquela que contenha a frequência natural do polo marginalmente estável; se isso
acontecer, a resposta do sistema crescerá indefinidamente.
A instabilidade pode ser entendida como a presença de amortecimento negativo. O
amortecimento negativo agiria como um “gerador de energia”, aumentando as oscilações em
cada ciclo. Contudo, isso não deve ser entendido como a possibilidade de se criar um moto
perpétuo.
Exemplo: Classificar os sistemas abaixo em Assintoticamente Estável, Marginalmente Estável
e Instável.
a)
(𝑠+4)(𝑠+5)
(𝑠+1)(𝑠+2)(𝑠+3)
Assintoticamente Estável
b)
(𝑠+4)(𝑠+5)
(𝑠+1)(𝑠−2)(𝑠+3)
Instável
c)
(𝑠−2)(𝑠+5)
(𝑠+1)(𝑠+2)(𝑠+3)
Assintoticamente Estável
d)
(𝑠−2)(𝑠+5)
(𝑠+1)(𝑠−2)(𝑠+3)
Assintoticamente Estável
e)
(𝑠−4)(𝑠+5)
(𝑠2+2𝑠+5)(𝑠+2)(𝑠+3)
Assintoticamente Estável
f)
(𝑠−4)(𝑠+5)
(𝑠2−2𝑠+5)(𝑠+2)(𝑠+3)
Instável
g)
(𝑠−4)(𝑠+5)
(𝑠2+2𝑠−5)(𝑠+2)(𝑠+3)
Instável
h)
(𝑠−4)(𝑠+5)
(𝑠2+5)(𝑠+2)(𝑠+3)
Marginalmente Estável
i)
(𝑠−4)(𝑠+5)
(𝑠2−5)(𝑠2+3𝑠+7)
Instável
j)
(−4)(𝑠+5)
(𝑠3−5)(𝑠2+3𝑠+7)
Instável
210
8.2 Critério de Estabilidade de Routh
O critério de estabilidade de Routh permite determinar se um polinômio possui raízes
com parte real negativa ou positiva sem que aja a necessidade de fatorar o polinômio. Supondo
um polinômio de 9ª ordem, os passos para a implementação do critério de Estabilidade de Routh
são,
1. Escrever o polinômio conforme abaixo, onde todos os coeficientes estão presentes e a9
≠ 0. Todas as raízes nulas foram retiradas.
a0s
9 + a1s
8 + a2s
7 + a3s
6 + a4s
5 + a5s
4 + a6s
3 + a7s
2 + a8s + a9 = 0
2. Se algum coeficiente for nulo ou negativo na presença de pelo menos um positivo, então
existirá uma ou mais raízes imaginárias ou que tenham parte real positiva. Assim, se o
objetivo for apenas verificar a estabilidade absoluta o método pode ser interrompido.
3. Caso contrário, organizar os coeficientes conforme a tabela abaixo,
S9 a0 a2 a4 a6 a8
S8 a1 a3 a5 a7 a9
S7 b1 b2 b3 b4
S6 c1 c2 c3 c4
S5 d1 d2 d3
S4 e1 e2 e3
S3 f1 f2
S2 g1 g2
S1 h1
S0 i1
As duas primeiras linhas são formadas pelos próprios coeficientes do polinômio; as
demais linhas são formadas conforme,
𝑏1 =
𝑎1𝑎2−𝑎0𝑎3
𝑎1
𝑏2 =
𝑎1𝑎4−𝑎0𝑎5
𝑎1
𝑏3 =
𝑎1𝑎6−𝑎0𝑎7
𝑎1
𝑏4 =
𝑎1𝑎8−𝑎0𝑎9
𝑎1
𝑐1 =
𝑏1𝑎3−𝑎1𝑏2
𝑏1
𝑐2 =
𝑏1𝑎5−𝑎1𝑏3
𝑏1
𝑐3 =
𝑏1𝑎7−𝑎1𝑏4
𝑏1
𝑐4 =
𝑏1𝑎9−𝑎10
𝑏1
= 𝑎9
𝑑1 =
𝑐1𝑏2−𝑏1𝑐2
𝑐1
𝑑2 =
𝑐1𝑏3−𝑏1𝑐3
𝑐1
𝑑3 =
𝑐1𝑏4−𝑏1𝑐4
𝑐1
Este procedimento deverá ser repetido até que os elementos de cada linha sejam todos
iguais a zero.
Samuel
Highlight
211
O Critério de Estabilidade de Routh afirma que o número de raízes com parte real
positiva será igual ao número de mudanças de sinal dos coeficientes da 1ª coluna, isto é,
a0 , a1 , b1 , c1 , d1 , e1 , f1 , g1 , h1 , i1 > 0
Exemplo: Verificar se o seguinte polinômio possui raízes com parte real positiva utilizando o
critério de Routh,
s4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0
Aplicando o critério de Routh, observa-se que todos os coeficientes são positivos, então
não se pode afirmar sem aplicar a metodologia. Como o polinômio é de 4ª ordem,
S4 1 3 5
S3 2 4 Dividir por 2
S2 b1 b2
S1 c1
S0 d1
𝑏1 =
𝑎1𝑎2−𝑎0𝑎3
𝑎1
=
(2)(3)−(1)(4)
2
= 1 ; 𝑏2 =
𝑎1𝑎4−𝑎0𝑎5
𝑎1
=
(2)(5)−(1)(0)
2
= 5
𝑐1 =
𝑏1𝑎3−𝑎1𝑏2
𝑏1
=
(1)(4)−(2)(5)
1
= −6 ; 𝑑1 =
𝑐1𝑏2−𝑏1𝑐2
𝑐1
=
(−6)(5)−(1)(0)
−6
= 5
Desta forma, passando os resultados para a tabela,
S4 1 3 5
S3 2 4
S2 1 5
S1 -6
S0 5
Verificando-se a 1ª coluna, observa-se que houve duas mudanças de sinal: a primeira de
1 para -6 e a segunda de -6 para 5. Sendo assim, o polinômio apresenta duas raízes com parte
real positiva. Observe que seria possível dividir a linha de “s3” por “2” para facilitar os cálculos.
8.2.1 Casos Especiais
Duas situações podem acontecer quando se aplica o critério de estabilidade de Routh. A
primeira delas, quando aparece um zero na 1ª coluna, e a segunda, quando toda uma linha é
igual a zero. Em ambos os casos, pode-se identificar como as raízes estão alocadas com relação
à parte real. Mas, de modo geral, as duas situações indicam que existem raízes com parte real
positiva ounula.
Sendo assim, pode-se afirmar que, para aplicações em sistemas de controle, isto é, onde
o desejável são sistemas assintoticamente estáveis é necessário que a 1ª coluna do critério de
212
estabilidade de Routh seja sempre positiva. Qualquer outra situação indicará sistemas instáveis
ou Marginalmente estáveis.
Caso 1: Aparece um zero na 1ª coluna. Quando aparecer um zero na 1ª coluna, deve-se
substituir o zero por um valor muito pequeno, mas positivo e continuar com o procedimento.
𝐺(𝑠) =
9
(𝑠 + 3)(2𝑠2 + 3)
=
9
2𝑠3 + 6𝑠2 + 3𝑠 + 9
S3 2 3
S2 6 9
S1 ε
S0 9
Como não houve mudança de sinal o sistema é considerado marginalmente estável
pelo zero na 1ª coluna.
𝐺(𝑠) =
9
(𝑠 + 3)(2𝑠2 − 3)
=
9
2𝑠3 + 6𝑠2 − 3𝑠 − 9
S3 2 -3
S2 6 -9
S1 ε
S0 -9
Como houve mudança de sinal o sistema é considerado Instável.
Caso 2: Quando toda uma linha é igual zero. Neste caso, deve-se montar um polinômio com
a linha imediatamente acima, derivar em relação a “s” e substituir os coeficientes na linha
anulada.
Supondo o polinômio,
𝑠5 + 𝑠4 + 6𝑠3 + 6𝑠2 + 25𝑠 + 25 = 0
S5 1 6 25
S4 1 6 25
S3 0 0
S2
S1
S0
Assim, a linha de s3 foi nula então forma-se um polinômio com a coluna imediatamente
acima,
𝑠4 + 6𝑠2 + 25
Derivando em relação a “s”,
213
4𝑠3 + 12𝑠
Substituindo na coluna de “s3”
S5 1 6 25
S4 1 6 25
S3 4 12
S2 3 25
S1 -64/3
S0 25
Neste caso, ocorrem duas mudanças de sinal indicando sistema instável.
8.2.2 Aplicações em Sistema de Controle
O critério de estabilidade de Routh será utilizado em sistemas de controle basicamente
para determinar quais os valores dos ganhos do controlador PID para que o resultado final seja
um sistema assintoticamente estável.
Exemplo 1: Supõe-se o sistema de controle abaixo. Para um controlador PI, com Kp = 3, quais
os valores de Ti para que o sistema em malha fechada seja assintoticamente estável?
Figura 8-2: Sistema de Controle
5s3s
5
sG
2
e
10s
10
sH
Resolvendo-se o sistema em malha fechada para C(s) / R(s), tem-se que,
10
10
53
51
131
53
51
13
)(1
2
2
sssTis
ssTis
sHsGsM
sGsM
sR
sC
150Tis200Tis35Tis13Tis
1Tis1510s
1Tis15010s5s3sTis
1Tis1510s
sR
sC
2342
Como observado, aparentemente não ocorre nenhum problema para a proposição; então,
deve ser aplicado o critério de estabilidade de Routh,
214
S4 Ti 35Ti 150
S3 13Ti 200Ti
S2 b1 b2
S1 c1
S0 d1
b1=
(13Ti)(35Ti)−(Ti)(200Ti)
13Ti
=
255
13
Ti b2=150 d 1=150
c1=
255
13
Ti(200Ti)−(13Ti)(150)
255
13
Ti
=200Ti−
25350
255
Como o necessário será a 1ª coluna maior que zero, significa que,
Ti > 0 e
340
169
51000
25350
Ti0
255
25350
Ti200
Exemplo 2: É possível estabilizar o polinômio classificado como instável, conforme verificado
anteriormente, adicionando um controlador Proporcional em malha fechada?
Figura 8-3: Sistema de Controle
5432
5
)(
234
ssss
sG
e H(s) = 1
Fazendo a malha fechada,
1Kp5s4s3s2s
Kp5
5s4s3s2s
Kp5
1
5s4s3s2s
Kp5
)s(HsGsM1
sGsM
sR
sC
234
234
234
215
S4 1 3 5Kp+5
S3 2 4
S2 b1 b2
S1 c1
S0 d1
1
2
)4)(1()3)(2(
b1
; b2 = 5Kp + 5; d1 = 5Kp + 5
6Kp10
1
)5Kp5)(2()4)(1(
c1
Verificando-se a possibilidade de apenas o controle proporcional P ser suficiente para
estabilizar o sistema em malha fechada, tem-se,
c1 > 0 → – 10Kp – 6 >0 → Kp < -0,6
d1 > 0 → 5Kp + 5 >0 → Kp > - 1
Solução final: -1 < Kp < -0.6
Curiosidade: como demonstração de sistemas de controle onde o objetivo é estabilizar o
sistema, será tentada uma variação, isto é, será proposta uma solução alternativa. Para tanto,
propõe-se inicialmente uma realimentação unitária positiva e, então, é feita a introdução do
sistema de controle proporcional, conforme mostrado abaixo.
Figura 8-4: Sistema de Controle
A realimentação unitária positiva é utilizada quando o sistema original não possui erro
estacionário para evitar que no fechamento de malha aparece o erro estacionário. Fazendo o
fechamento da malha para C(s)/U(s),
s4s3s2s
5
sU
sC
234
Neste fechamento de malha, obteve-se uma vantagem devido ao reposicionamento dos
polos. Observe que um deles é um polo em s = 0, que, quando fechada a malha com um controle
proporcional, não terá erro estacionário, como poderá ser verificado abaixo,
216
Kpssss
Kp
ssss
Kp
ssss
Kp
sHsGsM
sGsM
sR
sC
5432
5
432
5
1
432
5
)(1 234
234
234
Verificando a estabilidade pelo critério de Routh,
S4 1 3 5Kp
S3 2 4
S2 b1 b2
S1 c1
S0 d1
1
2
)4)(1()3)(2(
b1
; b2 = 5Kp; d1 = 5Kp;
Kc
Kp
c 104
1
)5)(2()4)(1(
1
Verificando a possibilidade de apenas o controle proporcional P ser suficiente para
estabilizar o sistema em malha fechada, tem-se,
c1 > 0 → 4 – 10Kp >0 → Kp < 0,4
d1 > 0 → 5Kp >0 → Kp > 0
Solução final: 0 < Kp < 0.4
Escolhendo Kp = 0.1, obtém-se a resposta abaixo para uma entrada ao degrau. Esta não
é a melhor solução, pois o sistema final possui um tempo de acomodação grande. Contudo, é
uma resposta viável, onde foi demonstrado o conceito de controlar um sistema.
Figura 8-5: Resposta do sistema a uma entrada degrau
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Step Response
Time (sec)
Am
pl
itu
de
217
8.3 Estabilidade relativa
Em muitos casos, simplesmente estabelecer uma estabilidade absoluta não é suficiente,
isto é, o critério de Routh estabelece a localização da parte real dos polos no plano complexo,
mas pode-se estabelecer uma região na qual não deve haver polos. Isto é denominado de
Estabilidade Relativa.
Figura 8-6: Posição desejada dos polos no plano complexo S
Um método para se fazer isso é deslocar o eixo do “plano s” e aplicar o critério de
estabilidade de Routh. Para isso, deve-se fazer a seguinte substituição,
S = Z + σ
Na equação característica do sistema. Aplicando-se o critério de Routh em Z, caso haja
mudança de sinal na 1ª coluna, existirá polos no “plano s” à direita de s = σ.
Exemplo: Para o polinômio abaixo, verificar se há raízes localizadas à direita de -1 utilizando
o critério de estabilidade de Routh.
2s3 + 11s2 + 17s + 6 = 0
Fazendo a substituição S = Z - 1
2(Z - 1)3 = +2Z3 -6Z2 +6Z -2
11(Z - 1)2 = +11Z2 -22Z +11
17(Z - 1) = +17Z -17
+6
______________________________
2Z3 +5Z2 +Z -2
218
Aplicando o critério de Routh,
S3 2 1
S2 5 -2
S1 b1
S0 c1
b1 = 1/5 e c1 = -2
Portanto, uma mudança de sinal significa que há um polo do ladodireito do plano Z
como consequência há um polo à direita de s = -1 no plano s.
8.4 Exercícios Propostos
1) Classificar os sistemas abaixo em “Assintoticamente Estável”, “Marginalmente Estável” ou
“Instável”. Explicar a resposta.
a)
543
21
)(
sss
ss
sG
b)
16s1s
4s3s
)s(Z
2
c)
5s2s3s
2s
)s(Y
2
d)
2s2s3s
2s1s
)s(V
2
e)
5s3s
1s
)s(Y
2
f)
2s2s1s
2s1s
)s(G
2) Determinar o valor de
)(lim tc
t
para a função de transferência abaixo, considerando r(t)
uma entrada degrau unitário. Verificar se o limite existe.
7s6s5s4s3s2s
3
)s(R
)s(C
23567
3) Para o diagrama de blocos abaixo, sendo que Kp = 2, determinar os valores de Ti para que
o sistema em malha fechada definida por C(s)/R(s) seja considerado assintoticamente
estável.
𝐺(𝑠) =
2
𝑠2 + 3𝑠 + 2
; 𝐻(𝑠) =
1
𝑠 + 1
219
4) Supondo o seguinte diagrama de blocos,
a. Para
6s11s6s
2
)s(G
23
,
1)s(H
e M(s) controlador PD. Quais os
valores de Kp e Td para que o sistema em malha fechada seja assintoticamente
estável?
b. Mostrar que
12s4s7s
2
)s(G
23
é uma função de transferência instável,
mas se for colocada no diagrama de blocos acima com H(s) = 1 é possível torná-
la assintoticamente estável apenas com um ganho proporcional.
c. Supondo
15s38s17s2
5
)s(G
23
, H(s) = 1, controlador M(s)
Proporcional. Determinar quais os valores de Kp para que o sistema em malha
fechada possua polos com parte real < -1.
d. Com
8s
1
sG
,
6s
6
sH
e M(s) um controlador Proporcional-Integral PI
com Kp = 10. Quais os valores de Ti para que o sistema em malha fechada
possua todos os polos com parte real menor que -1?
e. Com M(s) = 1,
4ss
1s2
)s(G
2
e
10s
K10
)s(H
, determinar quais os valores
de K para que a malha fechada possua todos os polos com parte real < -1.
5) Estabelecer quais os valore de K para que a função de transferência de malha fechada
dada abaixo seja assintoticamente estável.
6K7Ks7s4s
1ss
)s(R
)s(C
223
2
6) Determine o intervalo de valores de K para a estabilidade do sistema de controle com
realimentação unitária cuja função de transferência de malha aberta seja:
𝐺(𝑠) =
𝐾
𝑠(𝑠 + 1)(𝑠 + 2)
220
7) Considere a equação característica abaixo, utilizando o critério de estabilidade de Routh,
determine o intervalo de K para a estabilidade.
𝑠4 + 2𝑠3 + (4 + 𝐾)𝑠2 + 9𝑠 + 25 = 0
8) Considere o sistema de malha fechada mostrado na figura abaixo. Determine o intervalo
de valores de K compatíveis com a estabilidade do sistema. Suponha que K>0.
9) Considere o servossistema com realimentação tacométrica mostrado na figura abaixo.
Determine os intervalos de valores de K e de Kh que tornam o sistema estável. (Note que
Kh deve ser positivo).
221
8.5 Respostas
1. a) Estável. b) Marginalmente Estável. c) Estável. d) Instável. e) Instável. f) Estável.
2. 𝑐(∞) =
3
7
. De acordo com o critério de Routh, o limite não existe (o termo acompanhando s4
é nulo).
3. 𝑇𝑖 >
16
21
4. a) 𝐾𝑝 > −3 𝑇𝑑 > −
5
𝐾𝑝
−
1
6
.
b) G(s) é instável devido ao fato de haver, em seu denominador, um coeficiente negativo na
presença de outros positivos. Caso G(s) seja inserida no diagrama de blocos, é possível torna-
la assintoticamente estável para 6 < 𝐾𝑝 < 20.
c) 1,6 < 𝐾𝑝 < 12,6.
d)
5
84
< 𝑇𝑖 <
12
19
.
e)
38
85
< 𝐾 <
36
10
.
5. 1 < 𝐾 < 6.
6. 0 < 𝐾 < 6.
7. 𝐾 >
109
18
.
8. 0 < 𝐾 < 12,5.
9. 𝐾 > 0 𝐾ℎ > −
0,2
𝐾
+ 0,2 𝑒 𝐾ℎ > 0.
222
9 Exercícios Revisionais
Essa seção contém exercícios propostos em aulas revisionais de semestres anteriores,
no intuito de fornecer aos alunos um material de estudo adicional.
9.1 1ª Prova
9.1.1 Modelagem de Sistemas Mecânicos Translacionais
1) Dado o sistema massa-mola-amortecedor abaixo determine a função de transferência
X(s)
F(s)
9.1.2 Transformada de Laplace
1) Para a Função de Transferência abaixo, calcular a resposta c(t) a uma entrada r(t) degrau
unitário.
C(s) (s-1)(s-2)
=
R(s) (s+1)(2s²+3s+5)
9.1.3 Diagrama de Blocos
1) Simplifique o diagrama de blocos demonstrado na figura a seguir e determine a função de
transferência de malha fechada C(s)/R(s).
223
9.2 2ª Prova
9.2.1 Resposta de sistemas de 1ª Ordem
1) Determine a função de transferência H(s) para a resposta demonstrada a seguir, supondo
entrada degrau 2.
2) Desenhe a resposta ao degrau 3 para a função de transferência
2s7e
H s
3s 5
9.2.2 Resposta de sistemas de 2ª Ordem
1) Sendo 10
G(s)=
2s²+5s+12
, encontre:
a. o ganho,
b. o coeficiente de amortecimento
c. a frequência natural amortecida.
224
9.2.3 Ações Básicas de Controle
1) Sendo 9
G(s)=
s²+4s+9
, projete um controlador PID, representado por M(s), para que o
sistema em malha fechada possua fator de amortecimento de
√2
2
e frequência natural não
amortecida de 5 rad/s. Calcule o erro em regime permanente do sistema controlado para uma
entrada degrau unitário.
2) Tem-se que 10
H(s)=
s+10
, 3
G(s)=
2s²+3s+7
, 1
F(s)=
s+10
e M(s) um controlador PID
com KP=2, TD=0,5 e Ti=3. Calcule o erro estacionário para entrada degrau unitário.
9.3 3ª Prova
9.3.1 Critérios de Desempenho
1) O gráfico a seguir representa a resposta c(t) de um sistema de segunda ordem padrão G(s) a
uma entrada r(t) = 1(t). Determine G(s).
225
2) Determine o tempo de pico e o tempo de estabilização em 2% para a resposta abaixo.
-2tc(t)=0,8-0,5e 2cos(2t)+sen(2t)
3) A partir do gráfico da resposta ao degrau unitário apresentado a seguir determine o sistema de
segunda ordem padrão.
9.3.2 Estabilidade
1) Sendo
s-2
G(s)=
(s+1)(s²+6s+25)
encontre o valor de K para que a parte real dos polos em
malha fechada seja menor que -1. Dados: H(s) = 1.
226
2) Determine a faixa de valores de K para a qual os polos em malha fechada do sistema a seguir
tenham parte real inferior a -1. Dados:
K
M(s)=
s+1
e
s+5
G(s)=
(s+2)(s+3)(s+4)
.
9.3.3 Representação em Espaço de Estado
1) Para a função de transferência a seguir calcula as equações de estado e a resposta c(t).
C(s) 3s³+s+5
=
R(s) 2s³+4s²+5s+7
2) Partindo do sistema de equações diferenciais abaixo obtenha a representação em Espaço de
Estado medindo simultaneamente: y(t) - x(t);
x(t)
;
x(t)-y(t)+y(t)
.
[
m1 0
0 m2
] {
ẍ(t)
ÿ(𝑡)
} + [
C 0
0 C
] {
ẋ(t)
ẏ(t)
} + [
K1 + K2 −K2
−K2 K3
] {
x(t)
y(t)
} = [
−1 0
2 1
] {
u1(t)
u2(t)
}
3) Encontre a representação em Espaço de Estado para a função de transferência a seguir,
medindo: c(t) e ċ(t).
C(s) 2s²+4s+10
=
R(s) 2s³+4s²+6s+204) O sistema a seguir representa a modelagem de um sistema massa-mola-amortecedor.
Determine a representação em Espaço de Estado com as saídas: z1(t) + z2(t);
1 2
z -3z
;
1 2
z +z
[
m1 0
0 m2
] {
z̈1(t)
z̈2(t)
} + [
b 0
0 b
] {
ż1(t)
ż2(t)
} + [
K1 + K2 K3
K3 K2 + K3
] {
z1(t)
z2(t)
} = [
1 0
0 1
] {
u1(t)
u2(t)
}
227
9.4 Respostas
9.1.1.1
X(s) 1
=
F(s) Ms²+Cs+K
9.1.2.1 3 3- t - t
-t 4 4
3 2 11 31 7 16 31
c(t)=- e + + e cos t - e sen t ,t 0
2 5 10 16 40 31 16
9.1.3.1
C(s) H(s)-P(s)H(s)F(s)-P(s)D(s)G(s)+P(s)D(s)F(s)
=
R(s) 1-P(s)F(s)+D(s)M(s)-P(s)D(s)M(s)F(s)
9.2.1.1 -3s4e
H(s)=
4s+1
9.2.1.2
9.2.2.1 a) O ganho K é 0,8333;
b) O fator de amortecimento é 0,5103;
c) A frequência natural amortecida é 2,1065 rad/s.
9.2.3.1 25 5 2-4
M(s)= 1+ s
9 25
e erro em regime permanente nulo.
9.2.3.2 O erro estacionário é 0,2333.
9.3.1.1 50
G(s)=
s²+4s+25
228
9.3.1.2 Tempo de pico: 1 1
arctan
2 3
Tempo de estabilização:
s
1 125 1 1
t ln 2cos arctan +sen arctan
2 4 2 2
9.3.1.3
20
G(s)=
s²+4,037s+25
9.3.2.1 Os valores de K são: 0 > K > -11,4286
9.3.2.2 A faixa de valores de K é: 0 < K < 3,8365
9.3.3.1
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = [
0 1 0
0 0 1
−3,5 −2,5 −2
]{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} + {
0
0
1
} {r(t)}
{y(t)} = [−2,75 −3,25 −3] {
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} + [1,5]{r(t)}
9.3.3.2
1 1
2 2 11 2 2
3 3 21 1 1 1
4 4
32
2 22 22
0 0 1 0 0 0
x (t) x (t)0 0 0 1 0 0
x (t) x (t) u (t)-K -K K -c -1
0 0
x (t) x (t) u (t)m m m m= +
x (t) x (t)
-KK 2 1-c
0
m mm mm
11 1
22 2
3 2 3 3
2 2 22 2 4
u (t)y (t) -1 1 0 0 x (t) 0 0
u (t)y (t) = 0 0 1 0 x (t) + 0 0
y (t) K K 0 -c x (t) 2 1
1+ -1-
m m mm m x (t)
`
229
9.3.3.3
{
ẋ1(t)
ẋ2(t)
ẋ3(t)
} = [
0 1 0
0 0 1
−10 −3 −2
]{
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} + {
0
0
1
} {u(t)}
{
y1(t)
y2(t)
} = [
5
−10
2
2
1
0
] {
x1(t)
x2(t)
x3(t)
} + [
0
1
] {u(t)}
9.3.3.4
1 1
2 2 131 2
3 3 21 1 1 1
4 4
2 33
22 22
0 0 1 0 0 0
x (t) x (t)0 0 0 1 0 0
x (t) x (t) u (t)-K-K -K -b 1
0 0
x (t) x (t) u (t)m m m m= +
x (t) x (t)
-K -K-K 1-b
00
mm mm
11 1
22 2
3 1 2 3 3
1 11 1 4
u (t)y (t) 1 1 0 0 x (t) 0 0
u (t)y (t) = 0 -3 1 0 x (t) + 0 0
y (t) -K -K K -b 0 x (t) 1
01-
m mm m x (t)
230
10 Referências Bibliográficas
Recomendados:
1. K. Ogata. Engenharia de Controle Moderno. 5ª Edição. Prentice Hall. 2011.
2. N.S. Nice. Engenharia de Sistemas de Controle. 6ª Edição. LTC. 2013.
3. R.C. Dorf, R.H. Bishop. Sistemas de Controle Modernos. 12a Edição. LTC. 2013.
Adicionais:
4. C.L. Phillips, R.D. Harbor. Feedback Control Systems. 9th Ed. Prentice-Hall. 2001.
5. G.F. Franklin, J.D. Powell, and Emami-Naeini. Feedback control of Dynamic Systems.
Prentice Hall, 1988.
6. J.J. Distefano III, A. R. Stubberud. Schaum’s Outline of Theory and Problems of
Feedback and Control Systems. 2nd Ed., Schaum’s Outline Series, McGraw-Hill. 1990.
Resumo Laplace
3.4 Aplicações de Transformada de Laplace
3.3 Transformada Inversa de Laplace
3.3.1 Expansão em Frações Parciais
3.4.1 Solução de Equações Diferenciais
2.1 Sistemas Mecânicos Translacionais
2.1.1 Sistema Massa-Mola-Amortecedor
2.1.2 Conjunto de Massas-Molas
2.5 Representação em Espaço de Estado
4.2.4 Resumo Tabela de Álgebra de Blocos
5 Resposta de Sistemas LTI
5.2 Resposta de sistemas de 1ª ordem
5.3 Resposta de sistemas de 2ª ordem
7 Critérios de Desempenho
7.1 Tempo de Acomodação
7.2 Tempo de Pico
7.3 Máximo sobressinal
7.4 Tempo de subida
8 Estabilidade
8.2 Critério de Estabilidade de Routh
8.3 Estabilidade relativa
5.5 Resposta de sistemas de ordem superior
6.2 Ação de Controle Proporcional (P)Mais conteúdos dessa disciplina
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