[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela]

Prévia do material em texto

[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
Sistemas de 1ª Ordem com interação 
Já vimos como modelar o enchimento de tanques em série da seguinte forma: 
 
São tanques em série, usamos para essa modelagem o clássico balanço de massa: 
𝜌𝐴𝑖
𝑑ℎ𝑖
𝑑𝑡
= 𝜌𝑒𝐹𝑒 − 𝜌𝑠𝐹𝑠 
Onde 
 𝜌 = densidade do fluido 
 𝐴𝑖 = área de seção transversal do tanque “i”. Normalmente a gente considera os 
tanques como tendo a mesma área mas a fórmula acima é um balanço para cada 
tanque, então é importante frisar 
 ℎ𝑖 = altura do fluido no tanque i 
 𝜌𝑒; 𝜌𝑠 = respectivamente a densidade do fluido na entrada e na saída do tanque “i” em 
questão. Comumente consideramos a densidade como constante então a gente corta 
desse balanço e fica com: 
𝐴𝑖
𝑑ℎ𝑖
𝑑𝑡
= 𝐹𝑒𝑖 − 𝐹𝑠𝑖 
Onde: 
 𝐹𝑒 , 𝐹𝑠= vazão volumétrica de entrada e de saída, respectivamente, do tanque “i” 
Ok, isso ai foi só pra dar uma lembradinha. Na primeira parte da matéria consideramos como 
função estímulo a vazão volumétrica de entrada e como resposta a altura do fluido no tanque. 
Mas onde ficava a vazão volumétrica de saída mesmo? 
Ela era uma função da válvula e na maioria dos casos ela tinha a seguinte espressão: 
𝐹𝑠𝑖 =
ℎ𝑖
𝑅
 
Onde: 
𝑅 = resistência da válvula 
Então modelamos para cada tanque: 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
𝐴𝑖
𝑑ℎ𝑖
𝑑𝑡
= 𝐹𝑒𝑖 −
ℎ𝑖
𝑅
 
E escrevendo em função de transferência e em variáveis desvio: 
ℎ𝑖
′̅̅̅̅ (𝑠)
�̅�𝑒𝑖
′ (𝑠)
=
𝑅
𝑅𝐴𝑠 + 1
 
Da propriedade multiplicativa das funções de transferência: 
∏ 𝐺𝑖(𝑠)
𝑛
𝑖=1
=
�̅�𝑛
′ (𝑠)
�̅�0
′ (𝑠)
 
Essa propriedade nos ajudava a encontrar uma função de transferência cujo estímulo fosse a 
“vazão de entrada no primeiro tanque” e a resposta fosse a “altura de qualquer tanque”. 
Muito útil não? Assim conseguíamos ver a resposta da altura de cada tanque em série em 
função de um único e comum estímulo a todos os tanques. 
Agora que demos uma contextualizada e uma revisada na matéria da P1, vamos ver o seguinte 
sistema em série de tanques: 
 
A modelagem aqui vai ser a mesma? 
Na real não. Aqui, a vazão de saída de um tanque vai sempre depender das pressões 
hidrostáticas dos tanques envolvidos na tubulação. Sendo assim, para uma válvula linear, 
teremos: 
𝑭𝒔𝒊 =
𝒉𝒊 − 𝒉𝒊+𝟏
𝑹𝒊
 
Lendo a fórmula: A vazão de saída de um tanque “i” é igual a diferença entre a altura de fluido 
do tanque “i” menos a altura de fluido do tanque seguinte ao tanque “i”, dividido pela 
resistência da válvula de saída do tanque “i”. 
 
 
 
 
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
E esse é um exemplo de um sistema com interação. Vamos fazer então o balanço de massa pra 
esses dois tanques: 
Tanque 1  
 𝑨𝟏
𝒅𝒉𝟏
𝒅𝒕
= 𝑭𝒆𝟏 − 𝑭𝒔𝟏 
Tanque 2  
 𝑨𝟐
𝒅𝒉𝟐
𝒅𝒕
= 𝑭𝒆𝟐 − 𝑭𝒔𝟐 
Como a saída do tanque 1 é a entrada do tanque 2, reescrevemos para: 
Tanque 1  
 𝑨𝟏
𝒅𝒉𝟏
𝒅𝒕
= 𝑭𝒆𝟏 − 𝑭𝒔𝟏 
Tanque 2  
 𝑨𝟐
𝒅𝒉𝟐
𝒅𝒕
= 𝑭𝒔𝟏 − 𝑭𝒔𝟐 
Usando a expressão que acabamos de aprender para a vazão em sistemas com interação, 
ficamos com: 
Tanque 1  
 𝑨𝟏
𝒅𝒉𝟏
𝒅𝒕
= 𝑭𝒆𝟏 − 
𝒉𝟏−𝒉𝟐
𝑹𝟏
 
Tanque 2  
 𝑨𝟐
𝒅𝒉𝟐
𝒅𝒕
= 
𝒉𝟏−𝒉𝟐
𝑹𝟏
− 
𝒉𝟐
𝑹𝟐
 
Um cuidado aqui. Estamos considerando somente dois tanques então a saída do segundo 
tanque não tem interação, mas tem uma válvula. Devemos então substituir 𝐹𝑠2 por 
ℎ2
𝑅2
 que é a 
expressão de uma válvula linear em sistemas sem interação. E agora a gente faz os mesmos 
passo a passo da construção de um modelo de função de transferência: tomamos as variáveis 
desvio e aplicamos LaPlace: 
Tanque 1  
 {𝑨𝟏
𝒅𝒉𝟏
′
𝒅𝒕
} = {𝑭𝒆𝟏
′ − 
𝒉𝟏
′ −𝒉𝟐
′
𝑹𝟏
} 
Tanque 2  
 {𝑨𝟐
𝒅𝒉𝟐
′
𝒅𝒕
} = {
𝒉𝟏
′ −𝒉𝟐
′
𝑹𝟏
− 
𝒉𝟐
′
𝑹𝟐
} 
Que fica: 
Tanque 1  
 𝑨𝟏[𝒔�̅�𝟏
′ − 𝒉𝟏
′(𝟎)] = �̅�𝒆𝟏
′ − 
�̅�𝟏
′
𝑹𝟏
+ 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟏
 
Tanque 2  
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 𝑨𝟐[𝒔�̅�𝟐
′ − 𝒉𝟐
′(𝟎)] =
�̅�𝟏
′
𝑹𝟏
− 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟏
− 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟐
 
Vamos lembrar que a ênfase “barra por cima” representa “no domínio de LaPlace” e a ênfase 
“linha” representa “em variáveis desvio”. Sendo assim, ℎ1
′(0) e ℎ2
′(0) são iguais a 0 e 
reescrevemos para: 
Tanque 1  
 𝑨𝟏𝒔�̅�𝟏
′ = �̅�𝒆𝟏
′ − 
�̅�𝟏
′
𝑹𝟏
+ 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟏
 
Tanque 2  
 𝑨𝟐𝒔�̅�𝟐
′ =
�̅�𝟏
′
𝑹𝟏
− 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟏
− 
�̅�𝟐
′
𝑹𝟐
 
Vamos rearrumar isso pra podermos enxergar um sistema de equações com duas variáveis: ℎ̅1
′ 
e ℎ̅2
′ . Então vamos deixar em evidência tudo que multiplica essas duas variáveis: 
Tanque 1  
 [𝑨𝟏𝒔 +
𝟏
𝑹𝟏
] �̅�𝟏
′ + [−
𝟏
𝑹𝟏
] �̅�𝟐
′ = �̅�𝒆𝟏
′ 
Tanque 2  
 [−
𝟏
𝑹𝟏
] �̅�𝟏
′ + [𝑨𝟐𝒔 +
𝟏
𝑹𝟏
+
𝟏
𝑹𝟐
 ] �̅�𝟐
′ = 𝟎 
Vamos tirar um pouco dessas frações. Pro tanque 1, a gente multiplica tudo por 𝑅1 e pro 
tanque 2, tudo por 𝑅1𝑅2, beleza? Saca só: 
Tanque 1  
 [𝑹𝟏𝑨𝟏𝒔 + 𝟏]�̅�𝟏
′ + [−𝟏]�̅�𝟐
′ = 𝑹𝟏�̅�𝒆𝟏
′ 
Tanque 2  
 [−𝑹𝟐]�̅�𝟏
′ + [𝑹𝟏𝑹𝟐𝑨𝟐𝒔 + 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 ]�̅�𝟐
′ = 𝟎 
Opa, mas pra cada tanque a gente tinha: 
Tanque 1  
 𝝉𝑷𝟏 = 𝑹𝟏𝑨𝟏 
Tanque 2  
 𝝉𝑷𝟐 = 𝑹𝟐𝑨𝟐 
Assim, ficamos com: 
Tanque 1  
 [𝝉𝑷𝟏𝒔 + 𝟏]�̅�𝟏
′ + [−𝟏]�̅�𝟐
′ = 𝑹𝟏�̅�𝒆𝟏
′ 
Tanque 2  
 [−𝑹𝟐]�̅�𝟏
′ + [𝑹𝟏𝝉𝑷𝟐𝒔 + 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 ]�̅�𝟐
′ = 𝟎 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
Opa, agora que escrevemos um sistema de equações, podemos resolver isso na forma 
matricial, saca só: 
[
𝝉𝑷𝟏𝒔 + 𝟏 −𝟏
−𝑹𝟐 𝑹𝟏𝝉𝑷𝟐𝒔 + 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐
] [
�̅�𝟏
′
�̅�𝟐
′ ] = [
𝑹𝟏�̅�𝒆𝟏
′
𝟎
] 
Opa, agora a gente resolve. Vamos usar o Método de Cramer pra isso. O método é: 
Seja 
[𝑨](𝒙) = (𝒃) 
Onde 
 [ ] = 𝑴𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 
 ( ) = 𝒗𝒆𝒕𝒐𝒓 
Temos que: 
𝒙𝒋 =
|[𝑨𝒋]|
|[𝑨]|
 
Onde: 
 𝒙𝒋  Elemento 𝒋 do vetor (𝒙) 
 |[𝑨]|  Determinante da matriz A 
 |[𝑨𝒋]|  Determinante da matriz A com a coluna 𝒋 substituída pelo vetor (𝒃) 
Então vamos lá, pro nosso caso, temos: 
 (𝑥) = (
𝑥1
𝑥2
) = [
ℎ̅1
′
ℎ̅2
′ ] 
Então: 
 𝑥1 = ℎ̅1
′ =
|[𝐴1]|
|[𝐴]|
 
A matriz 𝐴1 é a matriz 𝐴: 
 [
𝜏𝑃1𝑠 + 1 −1
−𝑅2 𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2
] 
Com a coluna 1: 
 [
𝜏𝑃1𝑠 + 1
−𝑅2
] 
Substituída pelo vetor (𝑏): 
 [𝑅1�̅�𝑒1
′
0
] 
Então a matriz [𝐴1] é 
 [
𝑅1�̅�𝑒1
′ −1
0 𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2
] 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
E a determinante |[𝐴1]| é: 
 (𝑅1�̅�𝑒1
′ )(𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2) = [𝑅1
2𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1
2 + 𝑅1𝑅2]�̅�𝑒1
′ 
E a determinante da matriz 𝑨 é 
 |
𝜏𝑃1𝑠 + 1 −1
−𝑅2 𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2
| = 
 = (𝜏𝑃1𝑠 + 1)(𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2) − 𝑅2 
Logo: 
 𝑥1 = ℎ̅1
′ =
|[𝐴1]|
|[𝐴]|
 
 𝑥1 = ℎ̅1
′ =
[𝑅1
2𝜏𝑃2𝑠+𝑅1
2+𝑅1𝑅2]�̅�𝑒1
′
(𝜏𝑃1𝑠+1)(𝑅1𝜏𝑃2𝑠+𝑅1+𝑅2)−𝑅2
 
 
ℎ̅1
′
�̅�𝑒1
′ =
𝑅1
2𝜏𝑃2𝑠+𝑅1
2+𝑅1𝑅2
𝑅1𝜏𝑃1𝜏𝑃2𝑠2+𝜏𝑃1𝑅1𝑠+𝜏𝑃1𝑅2𝑠+𝑅1𝜏𝑃2𝑠+𝑅1+𝑅2−𝑅2
 
 
ℎ̅1
′
�̅�𝑒1
′ =
𝑅1
2𝜏𝑃2𝑠+𝑅1
2+𝑅1𝑅2
[𝑅1𝜏𝑃1𝜏𝑃2]𝑠2+[𝜏𝑃1𝑅1+𝜏𝑃1𝑅2+𝑅1𝜏𝑃2]𝑠+𝑅1
 
 
ℎ̅1
′
�̅�𝑒1
′ =
[
1
𝑅1
]𝑅1
2𝜏𝑃2𝑠+𝑅1
2+𝑅1𝑅2
[𝜏𝑃1𝜏𝑃2]𝑠2+[𝜏𝑃1+
𝜏𝑃1𝑅2
𝑅1
+𝜏𝑃2]𝑠+1�̅�𝟏
′
�̅�𝒆𝟏
′ =
𝑹𝟏(𝝉𝑷𝟐𝒔 + 𝟏) + 𝑹𝟐
[𝝉𝑷𝟏𝝉𝑷𝟐]𝒔𝟐 + [𝝉𝑷𝟏 + 𝝉𝑷𝟐 + 𝑨𝟏𝑹𝟐]𝒔 + 𝟏
 
Eita, perai, chegamos num modelo 𝐺(𝑠). A função de transferência obtida é de segunda 
ordem e contém um zero! O zero , só pra lembrar, é o valor de 𝑠 que zera o numerador do 
polinômio. Funções de transferência sem zero tem, no numerador, um polinômio de grau 0, 
impossível então de ser zerado. Nesse caso: 
 𝑅1(𝜏𝑃2𝑠 + 1) + 𝑅2 = 0 
 𝜏𝑃2𝑠 + 1 = −
𝑅2
𝑅1
 
 𝑠 = −
𝑅2
𝑅1𝜏𝑃2
−
1
𝜏𝑃2
 
Opa, o zero dessa FT é negativo. Isso quer dizer que não cabe aqui uma resposta inversa. Pra 
fechar, vamos achar ℎ̅2
′ 
 𝑥2 = ℎ̅2
′ =
|[𝐴2]|
|[𝐴]|
 
 |[𝐴2]| = |[
𝜏𝑃1𝑠 + 1 𝑅1�̅�𝑒1
′
−𝑅2 0
]| = (𝜏𝑃1𝑠 + 1)(0) − (−𝑅2)(𝑅1�̅�𝑒1
′ ) = 𝑅1𝑅2�̅�𝑒1
′ 
 |[𝐴]| = (𝜏𝑃1𝑠 + 1)(𝑅1𝜏𝑃2𝑠 + 𝑅1 + 𝑅2) − 𝑅2 
 𝑥2 = ℎ̅2
′ =
𝑅1𝑅2�̅�𝑒1
′
(𝜏𝑃1𝑠+1)(𝑅1𝜏𝑃2𝑠+𝑅1+𝑅2)−𝑅2
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 
ℎ̅2
′
�̅�𝑒1
′ =
𝑅1𝑅2
𝑅1𝜏𝑃1𝜏𝑃2𝑠2+𝜏𝑃1𝑅1𝑠+𝜏𝑃1𝑅2𝑠+𝑅1𝜏𝑃2𝑠+𝑅1+𝑅2−𝑅2
 
 
ℎ̅2
′
�̅�𝑒1
′ =
𝑅1𝑅2
[𝑅1𝜏𝑃1𝜏𝑃2]𝑠2+[𝜏𝑃1𝑅1+𝜏𝑃1𝑅2+𝑅1𝜏𝑃2]𝑠+𝑅1
 
 
ℎ̅2
′
�̅�𝑒1
′ =
[
1
𝑅1
]𝑅1𝑅2
[𝜏𝑃1𝜏𝑃2]𝑠2+[𝜏𝑃1+
𝜏𝑃1𝑅2
𝑅1
+𝜏𝑃2]𝑠+1
 
�̅�𝟐
′
�̅�𝒆𝟏
′ =
𝑹𝟐
[𝝉𝑷𝟏𝝉𝑷𝟐]𝒔𝟐 + [𝝉𝑷𝟏 + 𝝉𝑷𝟐 + 𝑨𝟏𝑹𝟐]𝒔 + 𝟏
 
Novamente uma função de transferência, sem zeros dessa vez. Chamamos 𝐴1𝑅2 de fator de 
interação. Veja que em uma função de transferência de segunda ordem com e sem interação, 
vamos ter, de qualquer forma: 
 𝜏2 = 𝜏𝑃1𝜏𝑃2 
Porém, num sistema de segunda ordem sem interação, tínhamos 
 2𝜉𝜏 = 𝜏𝑃1 + 𝜏𝑃2 
E num sistema com interação, temos: 
 2𝜉𝜏 = 𝜏𝑃1 + 𝜏𝑃2 + 𝐴1𝑅2 
A soma de outro fator ao coeficiente, sendo esse fator positivo, faz com que o sistema se 
comporte como um sistema de 2ª ordem superamortecido. O primeiro tanque apresenta um 
comportamento aproximado de um sistema de primeira ordem. 
Análise de Resposta Frequencial 
Essa análise é muito utilizada na indústria porque o levantamento de dados experimentias é 
simples e permite realizar testes de boa qualidade. Basicamente iremos analisar o que 
acontece com a função resposta 𝑦′(𝑡) quando o estímulo 𝑢′(𝑡) é uma função oscilatória. 
Vamos começar devagar. Seja um sistema de primeira ordem: 
𝐺(𝑠) =
�̅�′(𝑠)
�̅�′(𝑠)
=
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠 + 1
 
Seja: 
𝒖′(𝒕) = 𝑨. 𝐬𝐢𝐧(𝝎𝒕) 
�̅�′(𝒔) =
𝑨𝝎
𝒔𝟐 + 𝝎𝟐
 
Onde: 
 𝑨  Amplitude do sinal de entrada 
 𝝎  frequência de oscilação do sinal de entrada 
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
Calma, da pra resolver isso e achar 𝑦′(𝑡) sim. Só aplicar o método de Heaviside (expansão em 
frações parciais). Quer ver? 
 𝑠2 + 𝜔2 = (𝑠 + 𝜔𝑖)(𝑠 − 𝜔𝑖) 
 𝐺(𝑠) =
�̅�′(𝑠)
�̅�′(𝑠)
=
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠+1
→ �̅�′(𝑠) = 
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠+1
 �̅�′(𝑠) 
 �̅�′(𝑠) = 
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠+1
 �̅�′(𝑠) = 
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠+1
 
𝐴𝜔
𝑠2+ 𝜔2
 
 �̅�′(𝑠) = 
𝐾𝑃𝐴𝜔
(𝜏𝑃𝑠+1)(𝑠+𝜔𝑖)(𝑠−𝜔𝑖)
 
�̅�′(𝑠) = 
𝐴1
(𝜏𝑃𝑠 + 1)
+
𝐴2
(𝑠 + 𝜔𝑖)
+
𝐴3
(𝑠 − 𝜔𝑖)
 
Opa, issai ta prontinho pra Heaviside. Só que vamos ter 2 raízes complexas aqui em! Cuidado! 
Resolvendo o método, ficamos com: 
𝒚′(𝒕) =
𝑲𝑷𝝉𝑷𝑨𝝎
𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)𝟐
𝐞𝐱𝐩 {−
𝒕
𝝉𝑷
} + 
𝑲𝑷𝑨
[𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)𝟐]
𝟏
𝟐
𝐬𝐢𝐧(𝝎𝒕 + 𝝓) 
𝝓 = 𝐭𝐚𝐧−𝟏(−𝝉𝑷𝝎) 
Uma coisa importante aqui de se ver. Quando o tempo é muito grande, o primeiro termo da 
resposta acima é nulo. Sendo assim, temos: 
𝐥𝐢𝐦
𝒕→∞
𝒚′(𝒕) =
𝑲𝑷𝑨
[𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)𝟐]
𝟏
𝟐
𝐬𝐢𝐧(𝝎𝒕 + 𝝓) 
Ou seja, em tempos suficientemente grandes, a resposta continua oscilatória, mas fica com 
amplitude constante equivalente à: 
𝑩 = 
𝑲𝑷𝑨
[𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)𝟐]
𝟏
𝟐
 
Ou seja, a resposta vai ter a mesma cara da entrada, mas com amplitude diferente. Nesse 
sentido, é importante definir a razão de amplitudes (𝑹𝑨): 
𝑹𝑨 =
𝑩
𝑨
=
𝑨𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒔𝒕𝒂
𝑨𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂
= 
𝑲𝑷
[𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)𝟐]
𝟏
𝟐
 
Definimos ainda o ângulo de fase (𝝓), uma medida da quantidade, em graus ou radianos, que 
o sistema de saída se atrasa (ângulo “lag”) ou se adianta (ângulo “lead”) em relação ao sinal de 
entrada 
Graficamente, temos: 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 
Onde, na figura, a linha contínua é a função estímulo e a tracejada, a função resposta. 
Podemos obter o ângulo de fase graficamente pela fórmula: 
𝝓 =
𝟐𝝅∆𝒕
𝑻
 
Onde: 
 ∆𝑡  Atraso ou adianto entre dois pontos semelhantes das curvas. Na imagem, estão 
se comparando dois picos 
 𝑇  Período de oscilação da função estímulo, diferença de tempo entre dos pontos 
semelhantes consecutivos. Na imagem, estão se comparando dois picos consecutivos 
da função estímulo 
Show, mas e se eu não tiver um gráfico, como fica? Precisamos de um caminho matemático 
para obter 𝑅𝐴 e 𝜙. 
Vamos construir um gráfico para determinado número complexo dessa forma: 
 
Essa é a forma polar de se escrever números complexos. Desse gráfico, tiramos: 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
𝝍 = 𝒂 + 𝒃𝒊 
𝑹𝒆(𝝍) = 𝒂 
𝑰𝒎(𝝍) = 𝒃 
𝐭𝐚𝐧(𝝓) =
𝒃
𝒂
→ 𝝓 = 𝐭𝐚𝐧−𝟏
𝒃
𝒂
 
Determinado número complexo pode ser determinado pelo seu módulo |𝝍| e pelo seu 
argumento 𝝓. Onde queremos chegar com isso? Bem, veja um exemplo de uma função de 
transferência de primeira ordem: 
𝐺(𝑠) =
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠 + 1
 
Seja: 
𝑢′(𝑡) = 𝐴. sin(𝜔𝑡) 
�̅�′(𝑠) =
𝐴𝜔
𝑠2 + 𝜔2
= 
𝐴𝜔
(𝑠 + 𝜔𝑖)(𝑠 − 𝜔𝑖)
 
Vimos que acabamos tendo que trabalhar com números complexos dentro da função de 
transferência. Vamos tentar calcular 𝑮(𝝎𝒊) e ver o que acontece: 
 𝐺(𝜔𝑖) =
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝜔𝑖+1
 
Multiplicando pelo conjugado: 
 𝐺(𝜔𝑖) =
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝜔𝑖+1
𝜏𝑃𝜔𝑖−1
𝜏𝑃𝜔𝑖−1
 
 𝐺(𝜔𝑖) =
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔𝑖−𝐾𝑃
(𝜏𝑃𝜔𝑖)2−1
= − 
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔𝑖−𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
= 
𝐾𝑃−𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔𝑖
1+(𝜏𝑃𝜔)2
 
Opa, mas ainda temos um 𝑖 pendurado ali né? Então 𝑮(𝝎𝒊) é um número complexo. Vamos 
chamar 𝑮(𝝎𝒊) = 𝝍 e reescrever 𝜓 para evidenciar a parte real e a parte imaginária: 
 𝐺(𝜔𝑖) = 𝜓 =
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
−
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔
1+(𝜏𝑃𝜔)2
𝑖 
Da forma polar de se escrever um número complexo: 
 𝜓 = 𝑎 + 𝑏𝑖 
 𝑅𝑒(𝜓) =
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
 
 𝐼𝑚(𝜓) = −
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔
1+(𝜏𝑃𝜔)2
 
Logo, para obtermos matematicamente o ângulo de fase, fazemos: 
 tan(𝜙) =
−
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔
1+(𝜏𝑃𝜔)
2
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)
2
= −
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔
1+(𝜏𝑃𝜔)2
1+(𝜏𝑃𝜔)
2
𝐾𝑃
= −𝜏𝑃𝜔 
 → 𝜙 = tan−1(−𝜏𝑃𝜔) 
Opa, não era exatamente essa a expressão dada pro ângulo de fase? Podemos dizer então que 
o ângulo de fase é o argumento do número complexo 𝑮(𝝎𝒊). Agora, vendo o módulo, temos: 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 |𝜓| = √𝑎2 + 𝑏2 
 |𝜓| = √(
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
)
2
+ (−
𝐾𝑃𝜏𝑃𝜔
1+(𝜏𝑃𝜔)2
)
2
 
 |𝜓| = √
𝐾𝑃
2+𝐾𝑃
2𝜏𝑃
2 𝜔2 
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)2
= 
 |𝜓| =
1
1+(𝜏𝑃𝜔)2
√𝐾𝑃
2(1 + 𝜏𝑃
2𝜔2) 
 |𝜓| =
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
√1 + 𝜏𝑃
2𝜔2 =
𝐾𝑃
1+(𝜏𝑃𝜔)2
√1 + (𝜏𝑃𝜔)2 = 𝐾𝑃
(1+(𝜏𝑃𝜔)
2)
1
2
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)1
 
 |𝜓| = 𝐾𝑃(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)
1
2
−1 = 𝐾𝑃(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)−
1
2 =
𝐾𝑃
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)
1
2
 
Por fim: 
 |𝜓| = 
𝐾𝑃
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)
1
2
 
E o que é isso se não a própria expressão da razão de amplitude?Sendo assim, podemos obter 
matematicamente a razão de amplitude e o ângulo de fase da seguinte forma: 
|𝑮(𝝎𝒊)| = 𝑹𝑨 
𝑨𝒓𝒈[𝑮(𝝎𝒊)] = 𝝓 
Válido para qualquer função de transferência tal que: 
𝑮(𝒔) =
𝑵(𝒔) (𝒐𝒓𝒅𝒆𝒏 𝒏)
𝑫(𝒔) (𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 𝒎)
 ; 
𝒎 > 𝒏
𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒎 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒆 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝒏𝒆𝒈𝒂𝒕𝒊𝒗𝒂 
Diagrama de Bode (1ª Ordem) 
Os diagramas de bode consistem em dois gráficos que trabalham juntos: 
𝒍𝒐𝒈 (
𝑹𝑨
𝑲𝑷
) × 𝒍𝒐𝒈 (𝝎𝝉𝑷) 
 𝝓 × 𝒍𝒐𝒈 (𝝎𝝉𝑷) 
Os dois gráficos trabalham em conjunto. Sabendo o ângulo de fase, calcula-se 𝑙𝑜𝑔 (𝜔𝜏𝑃) e 
sabendo 𝑙𝑜𝑔 (𝜔𝜏𝑃) calcula-se 𝑙𝑜𝑔 (
𝑅𝐴
𝐾𝑃
), de onde tiramos informações sobre 𝑅𝐴 sabendo 𝐾𝑃 
ou 𝐾𝑃 sabendo 𝑅𝐴 
O primeiro gráfico, em sistema de primeira ordem, tem essa cara: 
 
Não é lá um bicho de sete cabeças encontrar a expressão matemática desse gráfico. Veja: 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 𝑅𝐴 =
𝐾𝑃
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)
1
2
 
 
𝑅𝐴
𝐾𝑃
=
1
(1+(𝜏𝑃𝜔)2)
1
2
= (1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)−
1
2 
 log (
𝑅𝐴
𝐾𝑃
) = log ((1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)−
1
2) = −
1
2
log(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2) 
𝐥𝐨𝐠 (
𝑹𝑨
𝑲𝑷
) = −
𝟏
𝟐
𝐥𝐨𝐠(𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)
𝟐) 
É interessante analisar, nessa expressão matemática, o comportamento assintótico. 
Chamamos de assíntota de baixa frequência (ABF) aquela em que 𝜔 → 0. Logo: 
 lim
𝜔→0
[−
1
2
log(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)] 
𝐥𝐢𝐦
𝝎→𝟎
[−
𝟏
𝟐
𝐥𝐨𝐠(𝟏)] = 𝟎 
Chamamos de assíntota de alta frequência (AAF) aquela em que 𝜔 → ∞. Logo: 
 lim
𝜔→∞.
[−
1
2
log(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)] = 0 
 1 + (𝜏𝑃𝜔)
2 → (𝜏𝑃𝜔)
2 
 lim
𝜔→∞.
[−
1
2
log(1 + (𝜏𝑃𝜔)
2)] = −
1
2
log((𝜏𝑃𝜔)
2) = −
2
2
log(𝜏𝑃𝜔) 
𝐥𝐢𝐦
𝝎→∞.
[−
𝟏
𝟐
𝐥𝐨𝐠(𝟏 + (𝝉𝑷𝝎)
𝟐)] = − 𝐥𝐨𝐠(𝝉𝑷𝝎) 
Graficamente, a AAF é uma reta de inclinação negativa -1, conforme a figura do gráfico indica, 
e a ABF é uma reta horizontal. Além disso, a AAF passa, na escala log-log, por: 
𝝉𝑷𝝎 = 𝟏 
𝑹𝑨
𝑲𝑷
= 𝟏 
Chamamos ainda de frequência de corte a frequência em que as duas assíntotas se tocam. Ela 
é calculada por: 
𝝎𝒄 =
𝟏
𝝉𝑷
→ 
𝑹𝑨
𝑲𝑷
=
𝟏
√𝟐
 
Conhecer a frequência de corte é importante pois ela representa o desvio máximo que a curva 
real e as duas assíntotas possuem. O outro gráfico é esse: 
 
𝑁𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑙𝑜𝑔 
𝝉𝑷𝝎 → 𝟎 ; 𝝓 → 𝟎 
𝝉𝑷𝝎 → 𝟏 ; 𝝓 → −
𝝅
𝟒
 
𝝉𝑷𝝎 → +∞ ; 𝝓 → −
𝝅
𝟐
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 
 
Diagrama de Bode (2ª Ordem) 
Não muda muita coisa aqui. A função estímulo ainda é uma função senoidal, só que o modelo 
de função de transferência é agora um de segunda ordem: 
𝑮(𝒔) =
𝑲𝑷
𝝉𝟐𝒔² + 𝟐𝝃𝝉𝒔 + 𝟏
 
Não importa a ordem, as definições: 
 |𝑮(𝝎𝒊)| = 𝑹𝑨 
 𝑨𝒓𝒈[𝑮(𝝎𝒊)] = 𝝓 
Continuarão as mesmas. Logo: 
𝑹𝑨 =
𝑲𝑷
[(𝟏 − (𝝉𝝎)2)2 + (𝟐𝝃𝝉𝝎)2]
𝟏
𝟐
 
𝝓 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏 [−
𝟐𝝃𝝉𝝎
𝟏 − (𝝉𝝎)2
] 
E pro diagrama de bode, o gráfico 𝑙𝑜𝑔 (
𝑅𝐴
𝐾𝑃
) × 𝑙𝑜𝑔 (𝜔𝜏) ficará com a seguinte expressão 
matemática: 
𝒍𝒐𝒈 (
𝑹𝑨
𝑲𝑷
) = −
𝟏
𝟐
𝒍𝒐𝒈[(𝟏 − (𝝉𝝎)𝟐)𝟐 + (𝟐𝝃𝝉𝝎)𝟐] 
Dessa expressão, tiramos: 
Assíntota de Baixa Frequência (ABF)  
 lim
𝜔→0
[−
1
2
𝑙𝑜𝑔[(1 − (𝜏𝜔)2)2 + (2𝜉𝜏𝜔)2]] = −
1
2
𝑙𝑜𝑔[1] = 0 
 Interpretação gráfica  Reta horizontal com 
𝑅𝐴
𝐾𝑃
= 1 que passa pela reta vertical 
𝜏𝜔 = 1 na escala log-log 
Assíntota de Alta Frequência (AAF)  
 lim
𝜔→0
[−
1
2
𝑙𝑜𝑔[(1 − (𝜏𝜔)2)2 + (2𝜉𝜏𝜔)2]] = −
1
2
𝑙𝑜𝑔[(−(𝜏𝜔)2)2] 
 lim
𝜔→0
[−
1
2
𝑙𝑜𝑔[(1 − (𝜏𝜔)2)2 + (2𝜉𝜏𝜔)2]] = −2𝑙𝑜𝑔[𝜏𝜔] = 
 Interpretação gráfica  Reta com inclinação −2 passando por 
𝑅𝐴
𝐾𝑃
= 1 e 𝜏𝜔 = 1 na 
escala log-log 
 Graficamente, temos: 
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 
 
 
Onde 𝜉 é um parâmetro da curva. Ou seja, haverá uma curva diferente para cada valor 
diferente de 𝜉. Analisando o gráfico, vemos que: 
 𝜉 < 1  Gráfico ganha uma “subidinha”, que ultrapassa o eixo x e torna parte do 
gráfico positivo 
 𝜉 = 1  Comportamento semelhante ao diagrama de bode de 1ª ordem 
 𝜉 > 1 A curva “demora mais” para tender à AAF 
No caso de sistemas subamortecidos 𝜉 < 1, pode ser interessante a gente pegar informações 
do pico. Para isso, basta fazer o clássico “deriva e iguala a zero”: 
 𝒍𝒐𝒈 (
𝑹𝑨
𝑲𝑷
) = −
𝟏
𝟐
𝒍𝒐𝒈 [(𝟏 − (𝝉𝝎)𝟐)
𝟐
+ (𝟐𝝃𝝉𝝎)𝟐] 
 
𝒅
𝒅𝝉𝝎
[𝒍𝒐𝒈 (
𝑹𝑨
𝑲𝑷
)] = 𝟎 
Fazendo as constas o valor de 𝜏𝜔 no pico é de: 
𝝉𝝎𝒓 = (𝟏 − 𝟐𝝃
2)
𝟏
𝟐 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
E de 
𝑅𝐴
𝐾𝑃
 é: 
𝑹𝑨
𝑲𝑷 𝒓
=
𝟏
𝟐𝝃(𝟏 − 𝝃2)
𝟏
𝟐
 
Já o diagrama para o ângulo de fase fica: 
 
 
𝑁𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑚𝑖𝑙𝑜𝑔 
𝝉𝑷𝝎 → 𝟎 ; 𝝓 → 𝟎 
𝝉𝑷𝝎 → 𝟏 ; 𝝓 → −
𝝅
𝟐
 
𝝉𝑷𝝎 → +∞ ; 𝝓 → −𝝅 
Perceba aqui que valores diferentes de 𝜉 também resultam em curvas diferentes, porem todas 
tem as mesmas tendências escritas acima. Perceba que para 𝜉 > 1, sistemas 
superamortecidos, a curva vai ter 3 pontos de inflexão. 
É comum a gente usar a escala decibéis (𝒅𝑩), onde a conversão é dada por: 
(𝑹𝑨)𝒅𝑩 = 𝟐𝟎 𝐥𝐨𝐠(𝑹𝑨) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
Diagrama de Bode (Ordem Desconhecida) 
Não sei se você percebeu, mais nos diagramas de bode vistos, tínhamos: 
 AAF 1ª Ordem Reta de inclinação -1 
 AAF 2ª Ordem Reta de inclinação -2 
A ordem então do sistema pode ser inferida através do módulo da inclinação da reta tangente. 
Não necessariamente o módulo vai dar exatinho. Pode ter um exercício assim: 
 
Nesse caso vamos arredondar e considerar o sistema como de segunda ordem. Já da pra ver 
pelo saltinho ali que de primeira ordem também não é né, mas sempre faça as contas. O 20 
vem da escala decibéis. 
Diagrama de Bode para Tempo Morto Puro 
Aqui a gente vai usar uma função de transferência mais diferentona: só a parcela do tempo 
morto: 
𝑮(𝒔) = 𝒆−𝜽𝒔 
Onde 𝜽 é o tempo morto. De novo, não importa a função de transferência, as definições: 
 |𝑮(𝝎𝒊)| = 𝑹𝑨 
 𝑨𝒓𝒈[𝑮(𝝎𝒊)] = 𝝓 
São sempre as mesmas. Usando essas definições, achamos: 
𝑹𝑨 = 𝟏 
𝝓 = −𝜽𝝎 
Graficamente, vamos ter: 
 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 
As curvas características de sistemas com 
tempo morto nos mostram que, se um 
sistema apresenta-lo, então 𝝓 não tende a 
nenhum valor como nos sistemas de 1ª e 2ª 
ordem tendiam, com o aumento de 𝝎. Na 
realidade, 𝝓 decresce indefinidamente com 
o aumento de 𝝎 
Sistemas em Série 
Considere a função de transferência global 
𝑮(𝒔) = ∏ 𝑮𝒊(𝒔)
𝒏
𝒊=𝟏
 
De novo aqui, podemos usar as definições: 
 |𝑮(𝝎𝒊)| = 𝑹𝑨 
 𝑨𝒓𝒈[𝑮(𝝎𝒊)] = 𝝓 
E, logo, vamos ter: 
𝑮(𝝎𝒊) = ∏ 𝑮𝒊(𝝎𝒊)
𝒏
𝒊=𝟏
 
𝑹𝑨 = ∏|𝑮𝒊(𝝎𝒊)|
𝒏
𝒊=𝟏
= ∏ 𝑹𝑨𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
 
𝝓 = ∑ 𝑨𝒓𝒈[𝑮𝒊(𝝎𝒊)]
𝒏
𝒊=𝟏
= ∑ 𝝓𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
 
E é vendo sistemas em série que a gente ve porque aprendemos ali em cima o diagrama de 
bode pro tempo morto puro. Saca só essa função de transferência de primeira ordem com 
tempo morto: 
 𝐺(𝑠) =
𝐾𝑃𝑒
−𝜃𝑠
𝜏𝑃𝑠+1
 
A gente pode entender ela como: 
 𝐺(𝑠) = 𝐺1(𝑠)𝐺2(𝑠) 
Onde: 
 𝐺1(𝑠) =
𝐾𝑃
𝜏𝑃𝑠+1
 
 𝐺2(𝑠) = 𝑒
−𝜃𝑠 
Sendo assim: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐴1 𝑅𝐴2 
[EQ UFRJ 2018.1] Modelagem P2 [prof. Isabela][por Rafael Ratier] 
 𝜙 = 𝜙1 + 𝜙2 
Pra função de primeira ordem: 
 𝑅𝐴1 = 
𝐾𝑃
[1+(𝜏𝑃𝜔)2]
1
2
 
 𝜙1 = tan
−1(−𝜏𝑃𝜔) 
Pro tempo morto puro: 
 𝑅𝐴2 = 1 
 𝜙2 = −𝜃𝜔 
Pra função de transferência com tempo morto fica então: 
 𝑅𝐴 =
𝐾𝑃
[1+(𝜏𝑃𝜔)2]
1
2
 
 𝜙 = tan−1(−𝜏𝑃𝜔) − 𝜃𝜔 
Note que apesar do ângulo de fase do sistema de primeira ordem (𝜙1) possuir um valor 
assintótico de -90º quando a frequência é infinitamente grande (𝜔 → ∞), o ângulo de fase do 
tempo morto puro (𝜙2) tende a −∞ quando 𝜔 → ∞. Pode-se concluir que todo processo que 
apresenta um tempo morto em sua dinâmica será sempre terá este comportamento de que 
seu ângulo de fase não possui um valor assintótico (ou seja, tem o mesmo comportamento 
gráfico do tempo morto puro) 
 
O exemplo visto foi de um 𝐺2(𝑠) sendo o tempo morto puro. Mas e se fosse um outro sistema 
de primeira ordem? Ou três sistemas de primeira ordem? Ou quatro? O que aconteceria seria 
o seguinte, seja: 
𝑮(𝒔) = ∏ 𝑮𝒊(𝒔)
𝒏
𝒊=𝟏
 ; 𝑮𝒊(𝒔) = 𝟏ª 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 
 𝑛 = 1 
 𝑮(𝒔) = 𝟏ª 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 
 𝐴𝐴𝐹 𝑐𝑜𝑚 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 − 1 
 𝝎 → ∞ ; 𝝓 → −𝟗𝟎º 
 𝑛 = 2 
 𝑮(𝒔) = 𝟐ª 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 
 𝐴𝐴𝐹 𝑐𝑜𝑚 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 − 2 
 𝝎 → ∞ ; 𝝓 → −𝟏𝟖𝟎º 
 𝑛 = 3 
 𝑮(𝒔) = 𝟑ª 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 
 𝐴𝐴𝐹 𝑐𝑜𝑚 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 − 3 
 𝝎 → ∞ ; 𝝓 → −𝟐𝟕𝟎º 
 𝑛 = 4 
 𝑮(𝒔) = 𝟒ª 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎 
 𝐴𝐴𝐹 𝑐𝑜𝑚 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 − 4 
𝝎 → ∞ ; 𝝓 → −𝟑𝟔𝟎º