C03 modelagem mecanicos v04

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Profa. Dra. Karen Pontes
Modelagem de Sistemas 
Mecânicos
Revisão: 11 de março de 2018
Departamento de Engenharia Química
Modelagem de Sistemas Mecânicos
 Translacionais
 Sistema que move em linha reta para frente 
para trás
 Rotacionais
 Giro em torno de um ou mais eixos
 Entrada/Saída
Sistema
Força Deslocamento
Leis de Newton
 Primeira lei de Newton (lei da inercia)
 Um corpo tende a permanecer em repouso e um objeto em 
movimento tende a permanecer em movimento com a mesma 
velocidade e na mesma direção, se nenhuma força é exercida sobre 
ele.
 Segunda lei de Newton 
 A aceleração de um objeto é dependente de 
duas variáveis: da força resultante exercida
sobre o objeto e da massa do objeto
 Terceira lei de Newton (Ação e Reação)
 Para cada ação, tem uma reação igual e oposta
Modelos ideais/básicos
Modelos básicos Representação física
Massas Inércia ou resistência à oscilação
Molas Rigidez de um sistema
Amortecedores Forças opostas ao movimento
Suspensão de um carro
Mola
 O objeto que puxa a mola sofrerá a reação (força no sentido oposto) – 3ª 
Lei de Newton
 Se nenhum lado está fixado, a força líquida é zero (forças são iguais em 
magnitude mas com sinais opostos) caso contrário a aceleração seria 
infinita pois a massa da mola ideal é zero
deslocamento inicial é zero 
quando a mola está relaxada
é a rigidez da mola
Se ଵ ଶ , a mola está 
alongada e a força aplicada à mola é:
Constante equivalente da Mola
 Molas são os elementos elásticos mais comuns, entretanto muitas 
aplicações da engenharia envolvendo elementos elásticos não contêm 
molas, mas outros elementos mecânicos, como vigas e barras, os quais 
podem ser modelados como molas. A constante equivalente da mola 
pode ser determinada usando os conceitos de mecânica dos materiais.
Constante equivalente da Mola
 Considere uma viga em balanço de comprimento , largura e espessura 
. Assuma que a força é aplicada à extremidade livre da viga, e que a 
deflexão correspondente é . Derive a constante equivalente da mola ௘௤.
Da mecânica dos materiais, a relação força-
deflexão em uma viga em balanço:
ଷ
஺
𝐸: módulo de elasticidade do material
𝐼஺: momento de inércia de área sobre o eixo longitudinal da viga
Para uma viga com área da seção transversal retangular, o momento de inércia de 
área é dado por:
஺
ଷ
Constante equivalente da Mola
ଷ
஺
஺
ଷ
ଷ
ଷ
௘௤
Sistema equivalente:
௘௤
ଷ
ଷ
Portanto, a rigidez só depende do material 
e de suas dimensões
Elementos de Fricção
 Mover um objeto contra força de fricção
 Empurrar um objeto através de um fluido
 Amortecimento
Fricção viscosa Amortecimento
Sistema Foto
Se aumentar a velocidade com que puxa o objeto, aumenta a força oposta
Massa / Elemento de Inércia
 Quanto maior a massa, maior a força aplicada para manter a 
mesma aceleração
Trabalho
 Quando uma força é aplicada a um objeto e ele se move, podemos dizer 
que foi realizado trabalho sobre o objeto
 Para a massa e a mola, o trabalho resulta em energia armazenada no 
objeto. No caso do amortecimento, a energia é dissipada e perdida ao 
ambiente na forma de calor
Energia
 Energia é a habilidade de realizar trabalho. A energia armazenada em uma 
mola comprimida pode ser liberada como trabalho em um sistema físico.
 Energia potencial (mola ou massa)
௫
଴
௫
଴
ଶ
௫
଴
௫
଴
Mola
Massa
Energia
 Energia cinética (massa)
 Energia dissipada (amortecimento)
௫
଴
௫
଴
௫
଴
௫
଴
௫
଴
ଶ
௫
଴
௫
଴
௫
଴
ଶ
௫
଴
Potência
 Medida da variação da energia no sistema
 Para acelerar uma massa
 Para empurrar uma mola
 Se empurrar um amortecedor
𝑃 =
𝑑𝑊
𝑑𝑡
=
𝑑(12 𝑚𝑣
ଶ)
𝑑𝑡
=
1
2
𝑚
𝑑𝑣ଶ
𝑑𝑡
= 𝑚𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝑚𝑎𝑣 = 𝐹𝑣
𝑃 =
𝑑(12 𝑘𝑥
ଶ)
𝑑𝑡
=
1
2
𝑘
𝑑𝑥ଶ
𝑑𝑡
= 𝑘𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 𝐹𝑣
𝑃 =
𝑑(𝑏 ∫ 𝑣ଶ ⋅ 𝑑𝑡
௫
଴ )
𝑑𝑡
= 𝑏𝑣ଶ = 𝐹𝑣 Perdida gerando calor
Sistema simples: Massa+Mola+Amortecedor
 Conservação do momento
 Relações constitutivas
௜௜ , força externa
௝௝ , todas as forças Lei de D’Alambert
2ª Lei de Newton
௞
௕
Sistema simples: Massa+Mola+Amortecedor
Obs: A força de inércia é oposta ao movimento
௘
௘
ଶ
ଶ
Sistema simples: Massa+Mola+Amortecedor
 A definição da direção positiva é arbitrária. Logo, se a direção 
positiva é definida para a esquerda, o mesmo resultado deve 
ser encontrado
Obs: Para fazer o diagrama de corpo livre, 
“puxar” no sentido do movimento
௘
௘: Movimentará o 
sistema para a direita
Sistema simples: Massa+Mola+Amortecedor
 Equação diferencial ordinária (EDO) de 2ª ordem
 Variável de estado: 
 Variável de saída: 
 Variável de entrada: ௘
 Parâmetros constantes: 
 Grau de liberdade: zero
 Condição inicial:
 cm e 
Sistema simples: Massa+Mola+Amortecedor
 Propriedades
 : sobreamortecido
 : subamortecido
 : sem amortecimento
௘
ଶ ௘
(constante de tempo)
(fator de amortecimento)
0 20 40 60 80 1000
0.5
1
1.5
2
tempo
po
si
çã
o 
(z
)
 
 
sem amortecimento
sub-amortecido
sobre-amortecido
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
Diagrama de corpo livre em 𝟏 Diagrama de corpo livre em 𝟐
௘ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ ଶ ଶ
Diagrama de corpo livre em 𝟏
Diagrama de corpo livre em 𝟐
௘ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଵ ଵ ଵ ଵ
ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ ଶ ଶ
ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଶ ௘
ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଶ ௘
ଶ ଶ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ
ଶ ଶ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
 Observações
 No diagrama de corpo livre (DCL), as direções correspondentes a ଵ, 
ଵ e ଵ são iguais e opostas à direção positiva de ଵ (se não existirem 
elementos ativos, como motores, amplificadores etc). O mesmo vale 
para o DCL para ଶ.
 Em todas as equações, os sinais de ଵ, ଵ e ଵ são iguais. O mesmo 
vale para ଶ, apesar de os sinais para ଵ poderem ser iguais ou 
diferentes de ଶ. Note que isso é uma rápida verificação de erros na 
sua equação ou DCL.
 A força em ଶ é igual e oposta em cada extremidade.
 As únicas forças consideradas em cada DCL são aqueles que o afetam 
diretamente. O efeito das forças em outro CL vem do acoplamento 
matemático das equações
 Sistema de edo de 2ª ordem
 Variável de estado: ଵ ଶ
 Variável de saída: ଵ ଶ
 Variável de entrada: ௘
 Parâmetros constantes: ଵ ଵ ଵ ଶ ଷ
 Grau de liberdade: zero
 Condição inicial:
 ଵ,଴, ଵ,଴, ଶ,଴
ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଶ ௘
ଶ ଶ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
1. Resolva o problema no Simulink para determinar o deslocamento ଵ ଶ
 Considere ଵ Kg, ଵ N.s/m, ଶ N.s/m, ଵ ଶ ଷ N/m
 Condição inicial: assumindo repouso
 ଵ , ଵ
 ଶ
2. Avalie a sensibilidade do modelo em relação ao amortecimento
3. Compare a resposta usando espaço de estados e usando a S-function
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
 Redução da ordem da derivada
𝑚ଵ�̈�ଵ + 𝑏ଵ�̇�ଵ + 𝑘ଶ + 𝑘ଵ 𝑥ଵ − 𝑘ଶ𝑥ଶ = 𝐹௘
𝑏ଶ ⋅ �̇�ଶ − 𝑘ଶ𝑥ଵ + (𝑘ଶ + 𝑘ଷ) ⋅ 𝑥ଶ = 0
Definição de novas 
variáveis
𝑥ଵ̇
�̇�ଶ
�̇�
=
0 0 1
𝑘ଶ
𝑏ଶ
−
𝑘ଶ + 𝑘ଷ
𝑏ଶ
0
−
𝑘ଶ + 𝑘ଵ
𝑚ଵ
𝑘ଶ
𝑚ଵ
−
𝑏ଵ
𝑚ଵ
𝑥ଵ
𝑥ଶ
𝑣
+
0
0
1
𝑚ଵ
𝐹𝑒
Na forma matricial:
ଵ
�̇� = −
𝑘ଶ + 𝑘ଵ
𝑚ଵ
𝑥ଵ +
𝑘ଶ
𝑚ଵ
𝑥ଶ −
𝑏ଵ
𝑚ଵ
𝑣 +
𝐹𝑒
𝑚ଵ
�̇�ଶ =
𝑘ଶ
𝑏ଶ
𝑥ଵ −
𝑘ଶ + 𝑘ଷ
𝑏ଶ
𝑥ଶ
�̇�ଵ = 𝑣
𝑥ଵ
𝑥ଶ =
1 0 0
0 1 0
𝑥ଵ
𝑥ଶ
𝑣
+ 00 𝐹𝑒
Exemplo – Mais que uma posição desconhecida
Exemplo - posição ou velocidade como entrada
Diagrama de corpo livre em 𝒙𝟏 Diagrama em 𝒙𝟐: Diagrama de corpo livre em𝒙𝟑
Exemplo - posição ou velocidade como entrada
Diagrama de corpo livre em 𝟏
Diagrama de corpo livre em 𝟐
Diagrama de corpo livre em 𝟑
ଵ ௜௡ ଵ ଶ ଵ ଶ ଵ ଵ
ଵ
ଶ
ଵ
ଶ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ ଵ ௜௡
ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ ଵ ௜௡
ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ ଷ ଶ ଶ ଷ
ଶ ଶ ଶ ଷ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ ଷ ଷ
ଷ ଶ ଷ ଶ ଶ ଷ ଵ ଷ ଶ ଷ
ଶ ଷ ଵ ଶ ଷ ଶ ଶ ଷ ଶ ଷ ଷ
Exemplo - posição ou velocidade como entrada
 Sistema de edo de 2ª ordem
 Variável de estado: ଵ ଶ ଷ
 Variável de saída: ଵ ଶ ଷ
 Variável de entrada: ௜௡
 Parâmetros constantes: ଵ ଶ ଵ ଶ ଵ ଶ ଷ
 Grau de liberdade: zero
 Condição inicial: assumindo repouso
ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ ଵ ௜௡
ଶ ଶ ଶ ଷ ଶ ଵ ଶ ଷ ଶ ଷ ଷ
ଶ ଷ ଶ ଶ ଵ ଶ ଷ ଷ ଶ ଷ ଷ
Exemplo - posição ou velocidade como entrada
1. Resolva o problema no Simulink para determinar o deslocamento 
ଵ ଶ ଷ
 Considere ଵ Kg, ଶ Kg, ଵ N.s/m, ଶ N.s/m, ଵ ଶ
ଷ N/m
 Condição inicial: assumindo repouso
 ଵ , ଵ
 ଶ
 ଷ , ଷ
2. Avalie a sensibilidade do modelo em relação ao amortecimento e à 
rigidez da mola
3. Compare a resposta usando espaço de estados e usando a S-function
Posição de equilíbrio estático
 Para o sistema massa-mola-amortecedor movendo na direção horizontal, a massa está em 
equilíbrio quando a mola está com seu comprimento livre, sem deslocamento
 A origem da coordenada deve ser adotada como a posição de equilíbrio estático pois esta 
escolha simplifica a equação do movimento por eliminar as forças estáticas.
 Para o movimento na direção vertical, a gravidade não entra nas equações diferenciais se o 
deslocamento é medido a partir do equilíbrio estático.
a) Posição sem deformação
b) Posição de equilíbrio estático
c) Posição dinâmica
Posição de equilíbrio estático
 Origem: posição sem deformação ( )
 Origem: equilíbrio estático ( )
௬ ௬
௫ ௫
௦௧
Exemplo – posição de equilíbrio estático
Considere o modelo de um carro onde 𝑚ଵ é a massa de ¼ do corpo do carro e 𝑚ଶ é a massa do 
eixo roda-pneu. A mola 𝑘ଵ representa a elasticidade da suspensão e a mola 𝑘ଶ representa a 
elasticidade do pneu, 𝑧(𝑡) é o deslocamento de entrada devido à superfície da estrada. A força 
do atuador f, aplicada entre o corpo do carro e o eixo roda-pneu, é controlada por feedback e 
representa os componentes ativos do sistema de suspensão.
 Desenhe o diagrama de corpo livre e derive as equações diferenciais do movimento
 Apresente o modelo na forma de espaço de estados. Assuma que o deslocamento das duas 
massas 𝑥ଵ e 𝑥ଶ são as saídas.
 Assuma 𝑘ଵ=4 N/m, 𝑘ଶ=8 N/m, 𝑏ଵ=60 N.s/m, 𝑚ଵ = 250 Kg, 𝑚ଶ = 60 Kg
 Avalie a resposta do sistema (𝑥ଵ, 𝑥ଶ) quando 𝑧 = 0,1m, 𝑓 = 0,1 N.
Exemplo – posição de equilíbrio estático
ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଶ ଶ ଶ ଶ
ଶ ଶ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ
Balanço em ଶ
ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ
ଵ ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଵ ଶ
Balanço em ଵ
ଶ ଶ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ
ଵ ଵ ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଵ ଵ ଶ
Exemplo – posição de equilíbrio estático
 Redução da ordem
𝑚ଶ�̈�ଶ − 𝑏ଵ�̇�ଵ + 𝑏ଵ�̇�ଶ − 𝑘ଵ𝑥ଵ + 𝑥ଶ 𝑘ଵ + 𝑘ଶ = 𝑘ଶ𝑧 − 𝑓
𝑚ଵ�̈�ଵ + 𝑏ଵ�̇�ଵ − 𝑏ଵ�̇�ଶ + 𝑘ଵ𝑥ଵ − 𝑘ଵ𝑥ଶ = 𝑓
�̇�ଵ = 𝑥ଷ
�̇�ଶ = 𝑥ସ
�̇�ଷ =
1
𝑚ଵ
−𝑘ଵ𝑥ଵ + 𝑘ଵ𝑥ଶ − 𝑏ଵ𝑥ଷ + 𝑏ଵ𝑥ସ + 𝑢ଵ
�̇�ସ =
1
𝑚ଶ
𝑘ଵ𝑥ଵ − 𝑥ଶ 𝑘ଵ + 𝑘ଶ + 𝑏ଵ𝑥ଷ − 𝑏ଵ𝑥ସ + 𝑘ଶ𝑢ଶ − 𝑢ଵ
𝐴 =
0 0 1 0
0 0 0 1
−
𝑘ଵ
𝑚ଵ
𝑘ଵ
𝑚ଵ
−
𝑏ଵ
𝑚ଵ
𝑏ଵ
𝑚ଵ
𝑘ଵ
𝑚ଶ
−
(𝑘ଵ + 𝑘ଶ)
𝑚ଶ
𝑏ଵ
𝑚ଶ
−
𝑏ଵ
𝑚ଶ
𝐵 =
0 0
0 0
1
𝑚ଵ
0
−
1
𝑚ଶ
𝑘ଶ
𝑚ଶ
𝐶 = 1 0 0 00 1 0 0
𝐷 = 0 00 0
Atividade 03
 Ver enunciado no Moodle
Sistemas mecânicos rotacionais
 Variáveis básicas para descrever o sistema. Aqui, consideramos o caso 
escalar pois assumimos rotação em apenas um eixo
Variável Translacional Rotacional
Posição
Velocidade
Aceleração
Massa em rotação
 Relação entre o torque em relação ao ponto fixo O e a aceleração angular 
do disco em relação a O:
Energia cinética: ୓ ଶ
Energia potencial:
୓: Momento de inércia
2ª lei de Newton para o movimento 
em rotação ou Equação de Euler
: resultante de todos os torques externos aplicadas ao corpo 
rígido de momento de inércia J
Mola em torção
Livre nas duas extremidades
Fixa em uma extremidade 
ଶ ଵ , a mola está girada na direção anti-
horário quando visto do lado direito
Energia potencial: ଶ
: rigidez da mola em torsão (N.m/rad)
Amortecimento em rotação
Livre nas duas extremidades
Fixo em uma extremidade 
ଶ ଵ , o torque aplicado é:
: coeficiente de amortecimento viscoso (N.m.s/rad)
Ex: duas superfícies em rotação separadas por um filme de líquido.
Exemplo
Considere um sistema disco-eixo no qual o disco gira em torno de um ponto fixo O. O 
sistema rotacional massa-mola-amortecedor pode ser usado para aproximar o 
comportamento dinâmico do sistema disco-eixo, sendo ை o momento de inércia do 
disco em relação ao ponto O, representa a elasticidade do eixo e representa o 
amortecimento viscoso. Derive a equação do movimento. Os valores dos parâmetros 
são ை kg/m2, N.m.s/rad e N.m/rad. 
1. Assuma um torque de está atuando no disco, que está 
inicialmente em repouso. Simule o sistema e analise a resposta.
2. Assuma que o torque externo é e o deslocamento inicial é rad, 
encontre a resposta do deslocamento 
Exemplo
୓ ୓ ୓
୓
Exemplo
Considere o sistema disco-eixo na figura. Os momentos de inercia dos discos
são ଵ e ଶ, respectivamente. Os eixos podem ser modelados como molas em
rotação sem massa. Determine o diagrama de corpo livre e derive as
equações diferenciais do movimento.
Exemplo
Em O1: ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଵ ଵ
Assumindo: ଵ ଶ
Em O2: ଶ ଵ ଶ ଶ ଶ
୓ ୓
ଵ ଵ ଵ ଶ ଵ ଶ ଶ
ଶ ଶ ଶ ଵ ଶ ଶ
Exemplo
Considere um sistema com um pêndulo invertido, no qual uma massa é 
presa no topo de uma fina haste de massa e comprimento . O centro de 
massa da haste é localizado no ponto C. O pêndulo invertido gira em torno do 
eixo através do ponto O. A fricção na junção é modelada como um 
amortecimento viscoso rotacional de coeficiente .
Momento de inércia: ୓ ୓,௠ ୓,ெ ଶ
Exemplo
୓ ୓
୓
୓
ଶSubstituindo:
ଶ
Para pequenos ângulos, pode-se usar a simplificação 
Atividade 04
 Ver enunciado no Moodle
Equações de Lagrange
 Obtenção do modelo matemático de sistemas mecânicos híbridos 
(sistemas cujas massas executam movimentos de translação e rotação)
 Newton (força e deslocamento) x Lagrange (energia e trabalho)
 O grau de liberdade pode ser definido como o número de variáveis 
independentes (comprimentos, ângulos ou qualquer outra grandeza) 
necessário para especificar a posição (não o movimento) de todas as 
partes do sistema.
Equações de Lagrange
 Seja um sistema mecânico com graus de liberdade
Coordenadas generalizadas:
Energia potencial do sistema em um dado instante: 
Energia cinética do sistema em um dado instante:
Lagrangeano do sistema:
Equações de Lagrange:
ଵ ଶ ௡
ଵ ଶ ௡ ଵ ଶ ௡
ଵ ଶ ௡
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�௜
−
𝜕𝐿
𝜕𝑞௜
= 𝑄௜ 𝑖 = 1,2, … , 𝑛
𝑄௜: forças não-conservativas ou dissipativas
Pêndulo simples
 Determine as equações do movimento a partir das equações de Lagrange
𝜃 
 Coordenada generalizada: ( ௚ ௚ ௚ ௚
௚
௚
௚
௚
 ( o ângulo define a posição do pêndulo
𝑇 =
1
2
𝑚 �̇�௚ଶ + �̇�௚ଶ =
1
2
𝑚 𝐿 cos 𝜃 �̇� ଶ + 𝐿 sin 𝜃 �̇� ଶ =
1
2
𝑚 𝐿�̇� ଶ
௚
Energia cinética:
Energia potencial:
Pêndulo simples
ଶ
ଵ
ଶ ଶ
ଶ
ଵ
ଶ ଵ
ଵ
ଶ
ଵ ଶ
ଶ ଵ
Pêndulo simples
1. Resolva o problema para determinar o deslocamento 
 Considere m
 Condição inicial: assumindo repouso

గ
ଶ
, 
2. Avalie a sensibilidade do modelo em relação ao comprimento do 
pêndulo
3. Utilize a função ode45 para resolver o problema no Matlab
4. Avalie o efeito de se considerar se o deslocamento é pequeno
Sistema carro-pêndulo simples
𝑉 =
1
2
𝑘𝑥ଶ + 𝑚𝑔𝐿(1 − cos 𝜃)𝑇 =
1
2
𝑀�̇�ଶ +
1
2
𝑚 �̇� + 𝐿�̇� cos 𝜃 ଶ +
1
2
𝑚 𝐿�̇� sin 𝜃 ଶ
Deslocamento Velocidade
Massa 𝑥 �̇�
Pêndulo (horizontal) 𝑥௖ = 𝐿 sin 𝜃 �̇�௖ = 𝐿�̇� cos 𝜃
Pêndulo (vertical) 𝑦௖ = 𝐿 − 𝐿 cos 𝜃 �̇�௖ = 𝐿 �̇� sin 𝜃
𝐿 = 𝑇 − 𝑉 =
1
2
𝑀�̇�ଶ +
1
2
𝑚 �̇� + 𝐿�̇� cos 𝜃 ଶ +
1
2
𝑚 𝐿�̇� sin 𝜃 ଶ −
1
2
𝑘𝑥ଶ − 𝑚𝑔𝐿(1 − cos 𝜃)
ଵ
ଶ
Deduzir o modelo para pequenas oscilações
Sistema carro-pêndulo simples
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝑥
= 𝑓 𝑡 − 𝑐�̇�
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= 0
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
=
𝑑
𝑑𝑡
𝑀�̇� + 𝑚 �̇� + 𝐿�̇� cos 𝜃 = 𝑀�̈� + 𝑚�̈� + 𝑚𝐿(�̈� cos 𝜃 − �̇�ଶ sin 𝜃)
𝑑𝐿
𝑑𝑥
= −𝑘𝑥
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
=
𝑑
𝑑𝑡
𝑚 �̇� + 𝐿�̇� cos 𝜃 𝐿 cos 𝜃 + 𝑚 𝐿�̇� sin 𝜃 𝐿 sin 𝜃 =
𝑑
𝑑𝑡
𝑚�̇�𝐿 cos 𝜃 + 𝑚𝐿ଶ�̇�
= 𝑚𝐿�̈� cos 𝜃 − 𝑚𝐿�̇� sin 𝜃 �̇� + 𝑚𝐿ଶ�̈�
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= −𝑚 �̇� + 𝐿�̇� cos 𝜃 𝐿�̇� sin 𝜃 + 𝑚𝐿�̇� sin 𝜃 𝐿�̇� cos 𝜃 − 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 = −𝑚�̇�𝐿�̇� sin 𝜃 − 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃
= −𝑚𝑔𝐿𝜃
0
0
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�௜
−
𝜕𝐿
𝜕𝑞௜
= 𝑄௜
𝑖 = 1 → 𝑞ଵ = 𝑥
𝑖 = 2 → 𝑞ଶ = 𝜃
Sistema carro-pêndulo simples
𝑚 + 𝑀 �̈� + 𝑚𝐿�̈� + 𝑐�̇� + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑚𝐿�̈� + 𝑚𝐿ଶ�̈� + 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
Para pequenas oscilações, ଶ
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝑥
= 𝑓 𝑡 − 𝑐�̇�
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= 0
ଶ
Na forma matricial:
Sistema carro-pêndulo simples
 Redução da ordem da derivada
𝑚 + 𝑀 �̈� + 𝑚𝐿�̈� + 𝑐�̇� + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑚𝐿�̈� + 𝑚𝐿ଶ�̈� + 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
�̇� = 𝑤
Definição de novas 
variáveis
𝑚 + 𝑀 �̇� + 𝑚𝐿�̇� + 𝑐�̇� + 𝑘𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑚𝐿�̇� + 𝑚𝐿ଶ�̇� + 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
�̇� = 𝑤
�̇� = 𝑤
�̇� =
𝑘
𝐿𝑀
𝑥 −
 𝑚 + 𝑀 𝑔
𝐿𝑀
𝜃 +
𝑐
𝐿𝑀
𝑣 −
1
𝐿𝑀
𝑓 𝑡
�̇� = −
𝑘
𝑀
𝑥 +
𝑚𝑔
𝑀
𝜃 −
𝑐
𝑀
𝑣 +
1
𝑀
𝑓(𝑡)
Sistema carro-pêndulo simples
�̇�
�̇�
�̇�
�̇�
=
0 0 1 0
0 0 0 1
−
𝑘
𝑀
𝑚𝑔
𝑀
−
𝑐
𝑀
0
𝑘
𝐿𝑀
−
 𝑚 + 𝑀 𝑔
𝐿𝑀
𝑐
𝐿𝑀
0
𝑥
𝜃
𝑣
𝑤
+
0
0
1
𝑀
−
1
𝐿𝑀
𝑓(𝑡)
Na forma matricial:
�̇� = 𝑤
�̇� =
𝑘
𝐿𝑀
𝑥 −
 𝑚 + 𝑀 𝑔
𝐿𝑀
𝜃 +
𝑐
𝐿𝑀
𝑣 −
1
𝐿𝑀
𝑓 𝑡
�̇� = −
𝑘
𝑀
𝑥 +
𝑚𝑔
𝑀
𝜃 −
𝑐
𝑀
𝑣 +
1
𝑀
𝑓(𝑡)
Sistema carro-pêndulo simples
1. Resolva o problema para determinar o deslocamento 
 Considere Kg, Kg, Kg, N.s/m, N/m
 Condição inicial: assumindo repouso
 Entrada degrau
2. Utilize a função lsim para simular o modelo em espaço de estados
3. Compare o resultado ao simular o modelo integrando as equações 
diferenciais
4. Repita o item 3 para a entrada senoidal
Sistema carro-pêndulo invertido
 Desenvolvimento semelhante ao anterior porém com diferente referência 
para eixo y
Deslocamento Velocidade
Massa 𝑥 �̇�
Pêndulo (horizontal) 𝑥௖ = 𝐿 sin 𝜃 �̇�௖ = 𝐿�̇� cos 𝜃
Pêndulo (vertical) 𝑦௖ = 𝐿 cos 𝜃 − 𝐿 �̇�௖ = −𝐿 �̇� sin 𝜃
Deduzir o modelo para pequenas oscilações usando as 
equações de Lagrange
Sistema carro-pêndulo invertido
�̇�(𝑀 + 𝑚) + 𝑚𝐿�̇� = 𝐹𝑒𝑥𝑡(𝑡)
𝑚𝐿�̇� + 𝑚𝐿ଶ�̇� − 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
�̇� = 𝑤
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 𝑚 + 𝑀 𝑚𝐿
0 0 𝑚𝐿 𝑚𝐿ଶ
�̇�
�̇�
�̇�
�̇�
+
0 0 −1 0
0 0 0 −1
0 0 0 0
0 −𝑚𝑔𝐿 0 0
𝑥
𝜃
𝑣
𝑤
=
0
0
𝐹𝑒𝑥𝑡(𝑡)
0
Na forma matricial:
�̇�
�̇�
�̇�
�̇�
=
0 0 1 0
0 0 0 1
0
−𝑚𝑔
𝑀
0 0
0
 𝑚 + 𝑀 𝑔
𝐿𝑀
0 0
𝑥
𝜃
𝑣
𝑤
+
0
0
1
𝑀
−
1
𝐿𝑀
𝑓(𝑡)
Sistema carro pêndulo
1 0 0 0
0 1 0 0
𝑐 0 𝑚 + 𝑀 𝑚𝐿
0 0 𝑚𝐿 𝑚𝐿ଶ
�̇�
�̇�
�̇�
�̇�
+
0 0 −1 0
0 0 0 −1
𝑘 0 0 0
0 𝑚𝑔𝐿 0 0
𝑥
𝜃
𝑣
𝑤
=
0
0
𝑓 𝑡
0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 𝑚 + 𝑀 𝑚𝐿
0 0 𝑚𝐿 𝑚𝐿ଶ
�̇�
�̇�
�̇�
�̇�
+
0 0 −1 0
0 0 0 −1
0 0 0 0
0 −𝑚𝑔𝐿 0 0
𝑥
𝜃
𝑣
𝑤
=
0
0
𝐹𝑒𝑥𝑡(𝑡)
0
Sistema carro-pêndulo invertido
1. Resolva o problema para determinar o deslocamento 
 Considere Kg, Kg, Kg
2. Simule o modelo no Simulink para os seguintes cenários:
 Resposta à entrada: condição inicial nula e força externa aplicada (degrau unitário)
 Resposta à condição inicial: carrinho em repouso sem deslocamento e ângulo deslocado 
de 10º à direita 
Exemplo
Considere um sistema com um pêndulo invertido, no qual uma massa é presa no 
topo de uma fina haste de massa e comprimento . O centro de massa da haste é 
localizado no ponto C. O pêndulo invertido gira em torno do eixo através do ponto O. 
A fricção na junção é modelada como um amortecimento viscoso rotacional de 
coeficiente . Considere Kg, Kg, Kg, N.m.s/rad.
Momento de inércia: ୓ ୓,௠ ୓,ெ ଶ
𝑥௠ = 𝐿 sin 𝜃
𝑦௠ = 𝐿 cos 𝜃 − 𝐿
𝑥ெ =
𝐿
2
sin 𝜃
𝑦ெ =
𝐿
2
cos 𝜃 −
𝐿
2
�̇�௠ = 𝐿 cos 𝜃
�̇�௠ = −𝐿 sin 𝜃
�̇�ெ =
𝐿
2
cos 𝜃
�̇�ெ = −
𝐿
2
sin 𝜃
Exemplo
Energia potencial:
Energia cinética:
Lagrangeano:
𝑉 = 𝑚𝑔𝐿(𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 1) + 𝑀𝑔
𝐿
2
cos 𝜃 − 1
𝑇 =
𝐼ை
2
�̇�ଶ = 𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ
2
�̇�ଶ
𝐿 = 𝑇 − 𝑉 = 𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ
2
�̇�ଶ − 𝑚𝑔𝐿 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 1 − 𝑀𝑔
𝐿
2
cos 𝜃 − 1
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= 𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ�̇� →
𝜕
𝜕𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
= 𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ�̈�
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃 +
𝑀
2
𝑔𝐿 sin 𝜃 = 𝑚 +
𝑀
2
𝑔𝐿 sin 𝜃
𝜕
𝜕𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
−
𝜕𝐿
𝜕𝜃
= 𝑄ఏ → 𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ�̈� − 𝑚 +
𝑀
2
𝑔𝐿 sin 𝜃 = −𝐵�̇�
𝑚 +
𝑀
3
𝐿ଶ�̈� + 𝐵�̇� − 𝑚 +
𝑀
2
𝑔𝐿 sin 𝜃 = 0 Idem ao que já obtivemos usando a 2ª lei de Newton