Notas SDL cap6

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Capı´tulo 6 - Diagrama de Bode
Prof. Fernando de Oliveira Souza
(baseado nas notas de aula de SDL do Prof. Bruno Ota´vio)
fosouza@cpdee.ufmg.br (http://www.cpdee.ufmg.br/∼fosouza/)
Departamento de Engenharia Eletroˆnica
Universidade Federal de Minas Gerais
Av. Antoˆnio Carlos 6627, Belo Horizonte, MG, Brasil
– p. 1/123
Resposta Senoidal (Tempo cont´ınuo)
Considere x(t) = ejωt, logo
y(t) =
∫ ∞
−∞
h(τ)x(t− τ)dτ
=
∫ ∞
−∞
h(τ)ejω(t−τ)dτ
= ejωt
∫ ∞
−∞
h(τ)e−jωτdτ
= ejωtH(jω)
� H(jω) = |H(jω)|ej{�H(jω)}
� H(jω) resposta em frequeˆncia
– p. 2/123
Resposta Senoidal (Tempo cont´ınuo)
y(t) = ejωtH(jω)
= ejωt|H(jω)|ej{�H(jω)}
= e(jωt+{�H(jω)})|H(jω)|
� H(jω) resposta em frequeˆncia
� H(jω) = |H(jω)|ej{�H(jω)}
� |H(jω)| resposta em mo´dulo ou magnitude
� {�H(jω)} resposta em fase
– p. 3/123
Resposta Senoidal (Tempo discreto)
Considere:
y[n] =
∞∑
k=−∞
h[k]x[n− k], com x[n] = ejωn
enta˜o,
y[n] =
∞∑
k=−∞
h[k]ejω(n−k)
= ejωn
∞∑
k=−∞
h[k]e−jωk
= ejωnH(ejω)
– p. 4/123
Resposta em Frequeˆncia
� H(ejω) =
∞∑
k=−∞
h[k]e−jωk
� H(ejω) e´ chamado de Resposta em
Frequeˆncia do sistema discreto.
� H(jω) =
∫ ∞
−∞
h(τ)e−jωτdτ
� H(jω) e´ chamado de Resposta em
Frequeˆncia do sistema cont´ınuo.
– p. 5/123
Resposta Senoidal (Diagramas de Blocos)
Em termos de diagrama de blocos,
� Tempo cont´ınuo
h(t)
ejωt H(jω)ejωt
� Tempo discreto
h[n]
ejωn H(ejω)ejωn
– p. 6/123
Resposta em frequeˆncia
� A Resposta em frequeˆncia pode ser
obtida pela posic¸a˜o dos polos e zeros do
sistema representado por uma func¸a˜o de
transfereˆncia.
– p. 7/123
Resposta em frequeˆncia
Obtenha a saı´da do sistema com func¸a˜o de
transfereˆncia
Y (s)
X(s)
= H(s)
quando a entrada x(t) e´ uma senoide de
amplitude A
x(t) = Asen(ωt)u(t).
– p. 8/123
Resposta em frequeˆncia
A transformada de Laplace da entrada e´
X(s) =
Aω
s2 + ω2
Logo, transformada de Laplace da saı´da e´
Y (s) = H(s)
Aω
s2 + ω2
Assumindo que H(s) tenha polos reais
distintos e usando frac¸o˜es parciais
Y (s) =
α1
s− p1 +
α2
s− p2 + · · ·+
αn
s− pn+
β0
s+ jω
+
β∗0
s− jω
– p. 9/123
Resposta em frequeˆncia
Y (s) =
α1
s− p1 +
α2
s− p2 + · · ·+
αn
s− pn+
β0
s+ jω
+
β∗0
s− jω
Logo, a saı´da e´
y(t) = α1e
p1t + α2e
p2t + · · ·+ αnepnt︸ ︷︷ ︸
yn
+ β0e
−jωt + β∗0e
jωt︸ ︷︷ ︸
yf
� Se H(s) for assintoticamente esta´vel
(p1,p2, . . . ,pn < 0), enta˜o a soluc¸a˜o em
regime permanente sera´: yf(t)
– p. 10/123
Resposta em frequeˆncia
yf(t) = β0e
−jωt + β0∗ejωt
� Calculando os coeficientes:
β0 = (s+ jω)H(s)
Aω
(s + jω)(s− jω)
∣∣∣∣
s=−jω
= H(−jω) Aω−2jω
=
H(−jω)A
−2j ⇒ β0
∗ =
H(jω)A
2j
– p. 11/123
Resposta em frequeˆncia
� Portanto,
yf(t) = β0e
−jωt + β0∗ejωt
= −H(−jω)A
2j
e−jωt +
H(jω)A
2j
ejωt
= A
[
H(jω)
2j
ejωt−H(−jω)
2j
e−jωt
]
= A
[ |H(jω)|ej�H(jω)
2j
ejωt−H(−jω)e
−j�H(jω)
2j
e−jωt
]
= A|H(jω)|e
j(ωt+�H(jω))−e−j(ωt+�H(jω))
2j
= A|H(jω)|sen(ωt+ �H(jω))
– p. 12/123
Resposta em frequeˆncia
yf(t) = A|H(jω)|sen(ωt+ �H(jω))
� A resposta em regime permanente de um
sistema LIT esta´vel excitado por uma
seno´ide de freq. ω tambe´m sera´ uma
seno´de de freq ω, mas com sua
amplitude e fase possivelmente alteradas.
� As mudanc¸as de amplitude e de fase na˜o
sa˜o fixas, pois dependem da frequeˆncia
do sinal de entrada ω.
– p. 13/123
Resposta em frequeˆncia
yf(t) = A|H(jω)|sen(ωt+ �H(jω))
Objetivos:
1. Analisar como o sistema responde a
entradas senoidais diferentes
2. Avaliar |H(s)| para s assumindo valores no
eixo imagina´rio (s = jω) e´ muito u´til para
determinar a estabilidade de sistemas em
malha-fechada
(Nesta ana´lise consideramos que H(s) tem polos reais e distintos, mas o
mesmo resultado e´ obtido caso H(s) tenha polos complexos
conjugados ou repetidos)
– p. 14/123
Exemplo: Resposta em frequeˆncia
Saı´da do sistema
H(s) =
1
s+ 1
devido a entrada
x(t) = sen(10t)u(t)
� A resposta completa e´
y(t) =
10
101
e−t︸ ︷︷ ︸
yn
+
1√
101
sen(10t− 84,2◦)︸ ︷︷ ︸
yf
– p. 15/123
Exemplo: Resposta em frequeˆncia
y(t) =
10
101
e−t︸ ︷︷ ︸
yn
+
1√
101
sen(10t− 84,2◦)︸ ︷︷ ︸
yf
1 2 3 4 5 6
 
 
y
yn
yf
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
−0,05
−0,1
– p. 16/123
H. W. Bode
Hendrix Wade Bode (Estados Unidos, 24/12/1905 - 21/06/1982)
� Representar a resposta em
frequeˆncia e´ um problema
antigo;
� Antes dos computadores
esta representac¸a˜o
precisava ser feita a ma˜o;
� A te´cnica mais usual para
representar resposta em
frequeˆncia foi desenvolvida
por H. W. Bode no Labo-
rato´rio Bell (fundado por
Alexander Graham Bell)
entre 1932 e 1942.
– p. 17/123
Diagrama de Bode
� Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa
ampla de frequeˆncias
Considere:
G(jω) =
(jω + n1)(jω + n2)
(jω + d1)(jω + d2)(jω + d3)
=
(
r1r2
r3r4r5
)
ej(θ1+θ2−θ3−θ4−θ5)
� O aˆngulo total e´ a contribuic¸a˜o linear, adic¸a˜o, de
todos os aˆngulos individuais
� Entretanto, o mo´dulo e´: |G(jω)| =
(
r1r2
r3r4r5
)
– p. 18/123
Diagrama de Bode
� Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa
ampla de frequeˆncias
� O mo´dulo e´: |G(jω)| =
(
r1r2
r3r4r5
)
� Por outro lado:
log10|G(jω)| = log10
(
r1r2
r3r4r5
)
= log10r1+log10r2−log10r3−log10r4−log10r5
� O logaritmo de |G(jω)| total e´ a contribuic¸a˜o
linear dos logaritmos dos termos ri.
– p. 19/123
Diagrama de Bode
� O diagrama de Bode e´ representado em
duas curvas
i) Magnitude em Decibels × Log de ω
ii) Fase em graus × Log de ω
� Decibel corresponde a 20 vezes o
logaritmo da quantidade:
20 log10 |H(jω)| e´ a magnitude logaritmica
� Decibel: db, dB (1/10 de bel)
– p. 20/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−40
−20
0
20
40
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
−40
−20
0
20
40
20 db/dec = 6 db/oitava
20 db/dec 40 db/dec
40 db/dec
Escala logaritmica (db)→
E
s
c
a
l
a
l
i
n
e
a
r
(
d
b
)
→
Escala linear (db)→ ω
ω
– p. 21/123
Diagrama de Bode
� Considere a func¸a˜o de transfereˆncia:
H(s) = K
(s+ a1)(s− a2)
s(s + b1)(s− b2)(s2 + 2ζωns+ ω2n)
em que: k, a1, a2, b1, b2, ζ, ωn > 0
� Note que H(s) pode ser rescrita como
H(s) = K
a1a2
b1b2ω2n
( sa1 + 1)(
s
a2
− 1)
s( sb1 + 1)(
s
b2
− 1)( s2ω2n +
2ζ
ωn
s+ 1)
– p. 22/123
Diagrama de Bode
� Considere a func¸a˜o de transfereˆncia:
H(s) = K
a1a2
b1b2ω2n
( sa1 + 1)(
s
a2
− 1)
s( sb1 + 1)(
s
b2
− 1)( s2ω2n +
2ζ
ωn
s+ 1)
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
−2
−1
0
1
2
Re{s}
Im{s}
× ×
×
×
×◦ ◦
a1 a2b1 b2
– p. 23/123
Diagrama de Bode
� Considere a func¸a˜o de transfereˆncia:
H(s) = K
a1a2
b1b2ω2n
( sa1 + 1)(
s
a2
− 1)
s( sb1 + 1)(
s
b2
− 1)( s2ω2n +
2ζ
ωn
s+ 1)
� Fazendo s = jω, obte´m-se a resposta em
frequeˆncia
H(jω) = K¯
(jωa1 + 1)(
jω
a2
− 1)
jω(jωb1 + 1)(
jω
b2
− 1)(j 2ζωnω + 1 +
(jω)2
ω2n
)
na qual: K¯ = K
a1a2
b1b2ω2n
.
– p. 24/123
Diagrama de Bode
H(jω) = K¯
(jωa1 + 1)(
jω
a2
− 1)
jω(jωb1 + 1)(
jω
b2
− 1)(j 2ζωnω + 1 +
(jω)2
ω2n
)
� Magnitude:
|H(jω)| = K¯
∣∣∣jωa1 + 1∣∣∣ ∣∣∣ jωa2 − 1∣∣∣
|jω|
∣∣∣jωb1 + 1∣∣∣ ∣∣∣ jωb2 − 1∣∣∣ ∣∣∣j 2ζωnω + 1 + (jω)2ω2n
∣∣∣
� Fase:
�H(jω) = �K¯+�(jω
a1
+ 1)+�(jω
a2
− 1)−�jω−�(jω
b1
+ 1)
−�(jω
b2
− 1)−�(j 2ζ
ωn
ω + 1 +
(jω)2
ω2n
)
– p. 25/123
Diagrama de BodeH(jω) = K¯
(jωa1 + 1)(
jω
a2
− 1)
jω(jωb1 + 1)(
jω
b2
− 1)(j 2ζωnω + 1 +
(jω)2
ω2n
)
� Magnitude em db:
20 log10|H(jω)| = 20 log10K¯+20 log10
∣∣∣∣jωa1 + 1
∣∣∣∣
+20 log10
∣∣∣∣jωa2 − 1
∣∣∣∣−20 log10|jω|
−20 log10
∣∣∣∣jωb1 + 1
∣∣∣∣−20 log10
∣∣∣∣jωb2 − 1
∣∣∣∣
−20 log10
∣∣∣∣j 2ζωnω + 1 + (jω)
2
ω2n
∣∣∣∣
– p. 26/123
Diagrama de Bode: atan
s = α + jβ =⇒ |s| =
√
α2 + β2, �s = atan
(
β
α
)
ω
90◦
−90◦
θ = atan
(
β
α
)
β
α
≥ 0
β
α
≤ 0
=⇒
α
jβ
θ
=⇒
α
jβ
θ
– p. 27/123
Diagrama de Bode: atan2
s = α + jβ =⇒

 |s| =
√
α2 + β2,
�s = θ = atan2 (β,α)
θ =


atan
(
β
α
)
, α>0
180◦ + atan
(
β
α
)
, β≥0, α<0
−180◦ + atan
(
β
α
)
, β<0, α<0
90◦, β>0, α=0
−90◦, β<0, α=0
indefinido, β=0, α=0
– p. 28/123
Diagrama de Bode
Considerar separadamente de cada
componente de H(jω),
� Constante
� Polo ou zero na origem
� Polo ou zero simples
� Polos ou zeros complexos conjugados
� Zero de fase na˜o-mı´nima
� Polo insta´vel
O diagrama de bode sera´ esboc¸ado e
analisado considerando-se a composic¸a˜o
destes termos.
– p. 29/123
Diagrama de Bode
Considere novamente
H(jω) =
H1(jω)︷︸︸︷
K¯
H3(jω)︷ ︸︸ ︷
(
jω
a1
+ 1)
H6(jω)︷ ︸︸ ︷
(
jω
a2
− 1)
jω︸︷︷︸
H2(jω)
(
jω
b1
+ 1
)
︸ ︷︷ ︸
H4(jω)
(
jω
b2
− 1
)
︸ ︷︷ ︸
H7(jω)
(
j
2ζ
ωn
ω + 1 +
(jω)2
ω2n
)
︸ ︷︷ ︸
H5(jω)
– p. 30/123
Diagrama de Bode: Constante
� Seja H1(jω) = K¯, em que K¯ ∈ R
� Se H1(jω) = K¯≥0:
 ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 K¯⇒ �H1(jω) = 0◦
� Se H1(jω) = K¯<0:

⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 |K¯|
⇒ �H1(jω) = atan2(0,−|K¯|)
= 180◦ + atan
(
0
−|K¯|
)
= 180◦
– p. 31/123
Diagrama de Bode: Constante
−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
0.5
1
1.5
2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
0.5
1
1.5
2
20 log10 |H1(jω)|
20 log10 |K¯|
�H1(jω)
K¯ < 0
K¯ ≥ 0
180◦
0◦
ω
ω
– p. 32/123
Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem
� Seja H2(jω) =
1
jω
:
� Polo:
 ⇒ 20 log10 |H2(jω)| = −20 log10 |jω| = −20 log10 ω(reta com inclinac¸a˜o de −20db/dec)⇒ �H2(jω) = −atan (ω0) = −atan(∞) = −90◦
� Zero (jω):
 ⇒ 20 log10 |1/H2(jω)| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω(reta com inclinac¸a˜o de +20db/dec)⇒ �H2(jω) = +atan (ω0) = +atan(∞) = +90◦
– p. 33/123
Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem
−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
0.5
1
1.5
2
−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0
0.5
1
1.5
2
20 log10 | 1jω |, 20 log10 |jω|
�H2(jω), �1/H2(jω)
zero
polo
zero polo10
0
90◦
−90◦ ω
ω
– p. 34/123
Diagrama de Bode: Polo simples
� Seja H4(jω) =
1
jω
b1
+ 1
:
⇒ 20 log10 |H4(jω)| = −20 log10
(
ω2
b21
+ 1
)1
2
=


−20 log10(1) = 0, ω 
 b1
−20 log10
√
2 = −3,01, ω = b1
−20 log10
(
ω2
b21
) 1
2
= −20 log10(ω)+20 log10(b1), ω � b1
(reta com inclinac¸a˜o de −20db/dec)
– p. 35/123
Diagrama de Bode: Polo simples
� Seja H4(jω) =
1
jω
b1
+ 1
:
⇒ �H4(jω) = −atan
(
ω
b1
)
=


−atan(0) = 0, ω 
 b1
−atan(1) = −45◦, ω = b1
−atan(∞) = −90◦, ω � b1
– p. 36/123
Diagrama de Bode: Zero simples
� Seja H3(jω) =
jω
a1
+ 1:
⇒ 20 log10 |H3(jω)| = +20 log10
(
ω2
a21
+ 1
)1
2
=


20 log10(1) = 0, ω 
 a1
20 log10
√
2 = 3,01, ω = a1
20 log10
(
ω2
a21
) 1
2
= +20 log10(ω)−20 log10(a1), ω � a1
(reta com inclinac¸a˜o de +20db/dec)
– p. 37/123
Diagrama de Bode: Zero simples
� Seja H3(jω) =
jω
a1
+ 1:
⇒ �H3(jω) = +atan
(
ω
a1
)
=


atan(0) = 0, ω 
 a1
atan(1) = 45◦, ω = a1
atan(∞) = 90◦, ω � a1
– p. 38/123
Diagrama de Bode: Polo e Zero simples
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
−2
10
0
10
2
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−100
−50
0
50
100
20 log10 |H3|, 20 log10 |H4|
�H2(jω), �1/H2(jω)
a1/10 a1
a1
10a1
b1/10 b1
b1
10b1
20 db/dec
−20 db/dec
90◦
45◦
0◦
−45◦
−90◦
zero
polo
ω
ω
– p. 39/123
Exemplo: Diagrama de Bode
Trace o diagrama de Bode da seguinte
func¸a˜o de transfereˆncia
H(s) = 20
s(s+ 100)
(s+ 2)(s + 10)
– p. 40/123
Exemplo: Diagrama de Bode
� 1◦ Passo:
H(s) = 20
s(s+ 100)
(s+ 2)(s + 10)
= 20× 100 s(
s
100 + 1)
(s+ 2)(s+ 10)
=
20× 100
2
s( s100 + 1)
(s2 + 1)(s + 10)
=
20× 100
2×10
s( s100 + 1)
(s2 + 1)(
s
10 + 1)
= 100
s( s100 + 1)
(s2 + 1)(
s
10 + 1)
– p. 41/123
Exemplo: Diagrama de Bode
� 2◦ Passo:
H(jω) = H(s)|s=jω
= 100
jω( jω100 + 1)
(jω2 + 1)(
jω
10 + 1)
� 3◦ Passo: Analisar cada um dos termos de
H(jω)
– p. 42/123
Exemplo: Constante
� H1(jω) = 100,
 ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 |100| = 40db⇒ �H1(jω) = 0◦
39
39.5
40
40.5
41
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
−1
−0.5
0
0.5
1
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 43/123
Diagrama de Bode: Zero na origem
� Seja H2(jω) = jω:
 ⇒ 20 log10 |jω| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω(reta com inclinac¸a˜o de +20db/dec)⇒ �H2(jω) = +atan (ω0 ) = +atan(∞) = +90◦
−40
−20
0
20
40
60
80
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
89
89.5
90
90.5
91
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec) – p. 44/123
Diagrama de Bode: Zero simples
� Seja H3(jω) =
jω
100
+ 1:
⇒ 20 log10 |H3(jω)| = +20 log10
(
ω2
1002
+ 1
)1
2
=


20 log10(1) = 0, ω 
 100
20 log10
√
2 = +3,01, ω = 100
20 log10
(
ω2
1002
) 1
2
= +20 log10(ω)−20 log10(100), ω � 100
(reta com inclinac¸a˜o de +20db/dec)
– p. 45/123
Diagrama de Bode: Zero simples
� Seja H3(jω) =
jω
100
+ 1:
⇒ �H3(jω) = +atan
( ω
100
)
=

atan(0) = 0, ω 
 100
atan(1) = 45◦, ω = 100
atan(∞) = 90◦, ω � 100
– p. 46/123
Diagrama de Bode: Zero simples
� Seja H3(jω) =
jω
100
+ 1:
0
10
20
30
40
50
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
0
45
90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 47/123
Diagrama de Bode: Polo simples 1
� Seja H4(jω) =
1
jω
2 + 1
:
⇒ 20 log10 |H4(jω)| = −20 log10
(
ω2
22
+ 1
)1
2
=


−20 log10(1) = 0, ω 
 2
−20 log10
√
2 = −3,01, ω = 2
−20 log10
(
ω2
22
) 1
2
= −20 log10(ω)+20 log10(2), ω � 2
(reta com inclinac¸a˜o de −20db/dec)
– p. 48/123
Diagrama de Bode: Polo simples 1
� Seja H4(jω) =
1
jω
2 + 1
:
⇒ �H4(jω) = −atan
(ω
2
)
=

−atan(0) = 0, ω 
 2
−atan(1) = −45◦, ω = 2
−atan(∞) = −90◦, ω � 2
– p. 49/123
Diagrama de Bode: Polo simples 1
� Seja H4(jω) =
1
jω
2 + 1
:
−80
−70
−60
−50
−40
−30
−20
−10
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 50/123
Diagrama de Bode: Polo simples 2
� Seja H5(jω) =
1
jω
10 + 1
:⇒ 20 log10 |H5(jω)| = −20 log10
(
ω2
102
+ 1
)1
2
=


−20 log10(1) = 0, ω 
 10
−20 log10
√
2 = −3,01, ω = 10
−20 log10
(
ω2
102
) 1
2
= −20 log10(ω)+20 log10(10), ω � 10
(reta com inclinac¸a˜o de −20db/dec)
– p. 51/123
Diagrama de Bode: Polo simples 2
� Seja H5(jω) =
1
jω
10 + 1
:
⇒ �H5(jω) = −atan
( ω
10
)
=

−atan(0) = 0, ω 
 10
−atan(1) = −45◦, ω = 10
−atan(∞) = −90◦, ω � 10
– p. 52/123
Diagrama de Bode: Polo simples 2
� Seja H5(jω) =
1
jω
10 + 1
:
−80
−70
−60
−50
−40
−30
−20
−10
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 53/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−50
0
50
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
4
−90
−45
0
45
90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 54/123
Exercı´cio 1
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
1
(s+ 0,1)(s + 1)(s+ 10)
– p. 55/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−150
−100
−50
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−270
−225
−180
−135
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 56/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
w = logspace(-2,2);
p1 = tf(1,[1/0.1 1]);
bode(p1,w);
hold on;
p2 = tf(1,[1 1]);
bode(p2,w);
p3 = tf(1,[1/10 1]);
bode(p3,w);
num = 1;
den = conv([1 0.1],[1 1]);
den = conv(den,[1 10]);
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(7)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 57/123
Exercı´cio 2
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
(s+ 1)
(s+ 0,1)(s + 10)
– p. 58/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−100
−50
0
50
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−90
−45
0
45
90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 59/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
w = logspace(-2,2);
p1 = tf(1,[1/0.1 1]);
bode(p1,w);
hold on;
z1 = tf([1 1],1);
bode(z1,w);
p2 = tf(1,[1/10 1]);
bode(p2,w);
num = [1 1];
den = conv([1 0.1],[1 10]);
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(7)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 60/123
Exercı´cio 3
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
100
(s+ 0,1)(s + 1)(s+ 10)
– p. 61/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−100
−50
0
50
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−270
−225
−180
−135
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 62/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
w = logspace(-2,2);
K = tf(100,1);
bode(K,w);
hold on;
p1 = tf(1,[1/0.1 1]);
bode(p1,w);
p2 = tf(1,[1 1]);
bode(p2,w);
p3 = tf(1,[1/10 1]);
bode(p3,w);
den = conv([1 0.1],[1 1]);
den = conv(den,[1 10]);
H = tf(100,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(4) h(8)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid;
– p. 63/123
Exercı´cio 4
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
100(s + 10)
(s+ 0,1)(s + 1)
– p. 64/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−180
−135
−90
−45
0
45
90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 65/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
w = logspace(-2,2);
K = tf(100*10/0.1,1);
bode(K,w);
hold on;
z1 = tf([1/10 1],1);
bode(z1,w);
p1 = tf(1,[1/0.1 1]);
bode(p1,w);
p2 = tf(1,[1/1 1]);
bode(p2,w);
num = 100*[1 10];
den = conv([1 0.1],[1 1]);
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(8)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid;
– p. 66/123
Diagrama de Bode
� Considere a func¸a˜o de transfereˆncia:
H(s) = K
a1a2
b1b2ω2n
( sa1 + 1)(
s
a2
− 1)
s( sb1 + 1)(
s
b2
− 1)( s2ω2n +
2ζ
ωn
s+ 1)
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
−2
−1
0
1
2
Re{s}
Im{s}
× ×
×
×
×◦ ◦
a1 a2b1 b2
– p. 67/123
Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos
� Seja H5(jω) =
1
j 2ζωnω +
(
1−ω2ω2n
) :
20 log10 |H5(jω)| = −20 log10
(
4ζ2
ω2n
ω2 + 12 − 2ω2ω2n +
(
ω4
ω4n
)) 1
2
= −10 log10
(
1 + (4ζ2 − 2)ω2ω2n +
(
ω
ωn
)4)


−10 log10(1) = 0, ω 
 ωn
−10 log10(1 + (4ζ2 − 2) + 1) = −20 log10(2ζ), ω = ωn
−10 log10
(
ω
ωn
)4
= −40 log10(ω)+40 log10(ωn), ω � ωn
(reta com inclinac¸a˜o de −40db/dec)
– p. 68/123
Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos
� Seja H5(jω) =
1
j 2ζωnω +
(
1−ω2ω2n
) :
⇒ �H5(jω) = −atan2
(
2ζ
ωn
ω,
(
1−ω
2
ω2n
))


−atan2
(
2ζωωn ,1
)
= −atan
(
2ζωωn
)
= 0◦, ω 
 ωn
−atan2(2ζ,0) = −90◦, ω = ωn
−atan2
(
2ζ
ωn
ω,−ω2ω2n
)
= −atan2
(
2ζ,− ωωn
)
= −
(
180◦ + atan
(
−2ζωn
ω
))
= −180◦, ω � ωn
– p. 69/123
Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos
10
−1
10
0
10
1
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
−1
10
0
10
1
−200
−150
−100
−50
0
20 log10 |H5(jω)|
�H5(jω)
assintota
assintota
assintota
assintota
−40 db/dec
ζ = 0,1
ζ = 0,1
↙↙
↙
↙
↗
↗
↗
←−←−
←−
= 0,2
= 0,2
= 0,3
= 0,3
= 0,5
ζ = 0,707
ζ = 0,707
ζ = 1
0◦
−90◦
−180◦
ω
ω
– p. 70/123
Exercı´cio 5
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
1
s2 + 2s+ 2
– p. 71/123
Exercı´cio 5
H(s) =
1
s2 + 2s+ 2
=
1
s2 + 2ζωns+ ω2n
logo
ωn =
√
2 e ζ = 1/ωn ≈ 0,7071
Portanto,
H(s) =
(
1
ω2n
)
1
s2/ω2n + 2ζs/ωn + 1
=
(
1
2
)
1
s2/2 + s+ 1
– p. 72/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−100
−80
−60
−40
−20
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−180
−135
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 73/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
wn = sqrt(2);
zeta = 1/wn;
w = logspace(-2,2);
K = tf(1,wn^2);
bode(K,w);
hold on;
p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]);
bode(p12,w);
num = 1
den = [1 2 2];
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 74/123
Exercı´cio 6
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
1
s2 + 0,2
√
2s+ 2
– p. 75/123
Exercı´cio 6
H(s) =
1
s2 + 0,2
√
2s+ 2
=
1
s2 + 2ζωns+ ω2n
logo
ωn =
√
2 e ζ = 0,1
Portanto,
H(s) =
(
1
2
)
1
s2/2 + 0,1
√
2s+ 1
– p. 76/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−80
−60
−40
−20
0
20
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−180
−135
−90
−45
0
P
ha
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 77/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
wn = sqrt(2);
zeta = 0.1;
w = logspace(-2,2);
K = tf(1,wn^2);
bode(K,w);
hold on;
p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]);
bode(p12,w);
num = 1
den = [1 0.2*sqrt(2) 2];
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 78/123
Exercı´cio 7
Trace o diagrama de Bode relativo a func¸a˜o
de transfereˆncia:
H(s) =
1
s2 + 2
– p. 79/123
Exercı´cio 7
H(s) =
1
s2 + 2
=
1
s2 + 2ζωns+ ω2n
logo
ωn =
√
2 e ζ = 0
Portanto,
H(s) =
(
1
2
)
1
s2/2 + 1
– p. 80/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−80
−60
−40
−20
0
20
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−180
−135
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Este e´ o resultado esperado? – p. 81/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
wn = sqrt(2);
zeta = 0;
w = logspace(-2,2);
K = tf(1,wn^2);
bode(K,w);
hold on;
p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]);
bode(p12,w);
num = 1
den = [1 0 2];
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 82/123
Diagrama de Bode: Soluc¸a˜o
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−180
−135
−90
−45
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
Aumentado nu´mero de pontos em ω. – p. 83/123
Soluc¸a˜o: MATLAB
wn = sqrt(2);
zeta = 0;
w = logspace(-2,2,1000);
K = tf(1,wn^2);
bode(K,w);
hold on;
p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]);
bode(p12,w);
num = 1
den = [1 0 2];
H = tf(num,den);
bode(H,w);
h = findobj(gcf,’type’,’line’);
set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2);
grid;
– p. 84/123
Diagrama de Bode
� Considere a func¸a˜o de transfereˆncia:
H(s) = K
a1a2
b1b2ω2n
( sa1 + 1)(
s
a2
− 1)
s( sb1 + 1)(
s
b2
− 1)( s2ω2n +
2ζ
ωn
s+ 1)
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
−2
−1
0
1
2
Re{s}
Im{s}
× ×
×
×
×◦ ◦
a1 a2b1 b2
– p. 85/123
Diagrama de Bode: Zero de fase na˜o mı´nima
� Seja H6(jω) =
jω
a2
−1:
⇒ 20 log10 |H6(jω)| = +20 log10
(
jω2
a22
+ (−1)2
)1
2
=


20 log10(1) = 0, ω 
 a2
20 log10
√
2 = 3,01, ω = a2
20 log10
(
ω2
a22
) 1
2
= +20 log10(ω)−20 log10(a2), ω � a2
(reta com inclinac¸a˜o de +20db/dec)
� Igual ao zero simples
– p. 86/123
Diagrama de Bode: Zero de fase na˜o mı´nima
� Seja H6(jω) =
jω
a2
−1:
⇒ �H6(jω) = +atan2
(
ω
a2
)
= 180◦ + atan
(
− ω
a2
)
=


180◦ + atan(0) = 180◦, ω 
 a2
180◦ + atan(−1) = 135◦, ω = a2
180◦ + atan(−∞) = 90◦, ω � a2
– p. 87/123
Diagrama de Bode: Polo simples insta´vel
� Seja H7(jω) =
1
jω
b2
−1 :
⇒ 20 log10 |H7(jω)| = −20 log10
(
jω2
b22
+ (−1)2
)1
2
=


−20 log10(1) = 0, ω 
 b2
−20 log10
√
2 = −3,01, ω = b2
−20 log10
(
ω2
b21
) 1
2
= −20 log10(ω)+20 log10(b1), ω � b2
(reta com inclinac¸a˜o de −20db/dec)
� Igual ao polo simples
– p. 88/123
Diagrama de Bode: Polo simples insta´vel
� Seja H7(jω) =
1
jω
b2
− 1 :
⇒ �H7(jω) = −atan2
(
ω
b2
,− 1
)
= −
[
180◦ + atan
(
−ω
b2
)]


−180◦ − atan(0) = −180◦, ω 
 b2
−180◦ − atan(−1) = −135◦, ω = b2
−180◦ − atan(−∞) = −90◦, ω � b2
– p. 89/123
Diag. de Bode: Polo/insta´vel e Zero/Fase na˜o mı´nima
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−200
−100
0
100
200
20 log10 |H6(jω)|, 20 log10 |H7(jω)|
�H6(jω), �H7(jω)
a2/10 a2
a2
10a2
b1/10 b2
b2
10b2
20 db/dec
−20 db/dec
180◦
90◦
0◦
−90◦
−180◦
zero
polo
ω
ω
– p. 90/123
Sistemas de Fase Na˜o-Mı´nima
� Zeros no semi-plano direito.
� Zeros no semi-plano direito sa˜o classificados como
zeros de fase na˜o mı´nima
� FT com zeros no semi-plano direito sa˜o
classificadas como FT de fase na˜o-mı´nima.
� Os sistemas com FT de fase na˜o mı´nima sa˜o
classificados como sistemas de fase na˜o mı´nima.
– p. 91/123
Sistemas de Fase Na˜o-Mı´nima
Uma FT e´ dita de fase mı´nima
se todos os seus zeros esta˜o
no semi-plano esquerdo do plano-s.
Ela e´ chamada de FT de fase na˜o-mı´nima se algum
zero estiver no semi-plano direito
Nota: Segundo alguns autores, sistema de fase na˜o-mı´nima na˜o
e´ caracterizado apenas por zeros no semi-plano direito, mas
tambe´m por polos insta´veis...
– p. 92/123
Sistemas de Fase Na˜o-Mı´nima
� Se os zeros de H1(s) esta˜o todos no semi-plano
esquerdo e os zeros de H2(s) sa˜o os zeros de H1(s)
refletidos para o semi-plano direito, enta˜o
|H1(s)| = |H2(s)| e ∠H1(s) 
= ∠H2(s)
� Quando se compara a variac¸a˜o de fase dos
sistemas H1(s) e H2(s), observa-se que a variac¸a˜o de
fase de H1(s) (todos os zeros no semi-plano esquerdo)
e´ sempre menor que a variac¸a˜o de fase de H2(s)
(todos os zeros no semi-plano direito).
– p. 93/123
Exercı´cio: Sistemas de Fase Na˜o-Mı´nima
Considere dois sistemas com func¸o˜es de
transfereˆncia
H1(s) =
2s+1
0,1s + 1
, e H2(s) =
2s−1
0,1s + 1
� As duas FT teˆm a mesma magnitude,
pore´m caracter´ısticas de fase diferentes
� Trace o diagrama de Bode dos sistemas
acima.
– p. 94/123
Exercı´cio: Sistemas de Fase Na˜o-Mı´nima
0
5
10
15
20
25
30
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
0
45
90
135
180
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
H2
H1
– p. 95/123
Retardo no tempo
� τ : Retardo no tempo, atraso de tempo ou atraso
de transporte.
� f(t− τ): f(t) atrasada de τ unidades
� L{f(t)} = F (s) e L{f(t− τ)} = e−τsF (s)
� e−τs: func¸a˜o transcendental
– p. 96/123
H. E. Pade´
Henri Euge`ne Pade´ (Franc¸a, 17/12/1863 - 09/07/1953)
� Aproximar e−sτ como
uma func¸a˜o racional ;
� Pade´ propoˆs a
aproximac¸a˜o
e−τs ≈ Pn(s) = Qn(−τs)
Qn(τs)
sendo
Qn(τs)=
n∑
j=0
(n+ j)!
j!(n− j)!(τs)
n−j
� Aproximac¸a˜o melhor que a se´rie de Taylor truncada e pode
ser aplicada quando a se´rie de Taylor na˜o converge.
– p. 97/123
Exemplo: Aproximac¸a˜o de Pade´
e−τs ≈ Pn(s) = Qn(−τs)
Qn(τs)
sendo Qn(τs) =
n∑
j=0
(n+ j)!
j!(n− j)!(τs)
n−j
� Para τ = 1, temos a aproximac¸a˜o de Pade´
P1(s) =
−s+ 2
s+ 2
P2(s) =
s2 − 6s+ 12
s2 + 6s+ 12
P3(s) =
−s3 + 12s2 − 60s+ 120
s3 + 12s2 + 60s+ 120
– p. 98/123
Exemplo: Aproximac¸a˜o de Pade´
� Considere
H(s) =
1
s+ 1
e−s
⇒ Y (s) = 1
s+ 1
R(s)e−s
≈ 1
s+ 1
R(s)
−s+ 2
s+ 2
≈ 1
s+ 1
R(s)
s2 − 6s+ 12
s2 + 6s+ 12
≈ 1
s+ 1
R(s)
−s3 + 12s2 − 60s+ 120
s3 + 12s2 + 60s+ 120
– p. 99/123
Exemplo: Aproximac¸a˜o de Pade´
� Para R(s) = 1/s, usando aproximac¸o˜es para e−s, temos y(t)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Resposta ao degrau
A
m
p
l
i
t
u
d
e
Tempo
– p. 100/123
Retardo no Tempo/Fase Na˜o-Mı´nima
O retardo no tempo - ou atraso de transporte -
caracterizado por e−sτ , e´ um exemplo de sistema de
fase na˜o-mı´nima. Veja que uma simples expansa˜o de
ordem ‘n’ usando Pade´gera ‘n’ zeros no semi
plano-direito...
� Note que
|e−jωτ | = | cosωτ − jsenωτ | = 1
e
∠e−jωτ = −ωτ
– p. 101/123
Diagrama de Bode: Retardo no tempo
� Seja Hτ (jω) = e−jτω:
⇒ 20 log10 |Hτ (jω)| = −20 log10 |ejτω| = −20 log10 |1| = 0
⇒ �Hτ (jω) = �e−jτω = −τω
(Taxa de variac¸a˜o de fase constante)
� Seja H(s)e−τs, logo observe que:
limω→∞ ddω∠H(jω)e−jτω = limω→∞
d
dω
[∠H(jω) + ∠e−jτω]
= limω→∞ ddω [∠H(jω)−τω]
= 0− τ = −τ
– p. 102/123
Diagrama de Bode: Retardo no tempo
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−20
−10
0
10
20
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
20 log10 |e−jτω|
�e−jτω
ω
ω
– p. 103/123
Exemplo: Retardo no tempo
Obter o diagrama de Bode de
H(jω) =
e−jωτ
1 + jωτ
� A magnitude e´
20 log |H(jω)| = 20 log ∣∣e−jωτ ∣∣︸ ︷︷ ︸
0
+20 log
∣∣∣∣ 11 + jωτ
∣∣∣∣
� O aˆngulo de fase e´
∠H(jω) = ∠e−jωτ︸ ︷︷ ︸
−ωτ
−atan(ωτ)
� Portanto basta combinar o efeito do retardo, ie, um
decre´scimo na fase...
– p. 104/123
Diagrama de Bode: Retardo no tempo
� Pode-se usar o MATLAB c© para avaliar a resposta em frequeˆncia de
um sistema de 1a. ordem com retardo no tempo.
h=tf(1,[2 1]) % h = 1/(2s + 1) - sem retardo
g=tf(1,[2 1],’iodelay’,2) % g = exp(-2s) * h - "h" com retardo
bode(h), hold on, bode(g)
Note que para frequeˆncias espec´ıficas, considerando τ = 2s, obte´m-se o
atraso em fase de −τω:
frequeˆncia (rad/s) Atraso na Fase (−τω ∗ 180o/π)
1 −114◦
2 −229◦
10 −1145◦
– p. 105/123
Diagrama de Bode: Retardo no tempo
−30
−25
−20
−15
−10
−5
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
−90
−60
−30
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 106/123
Obtendo a FT do Diagrama de Bode
1. Trac¸ar ass´ıntotas as curvas de mo´dulo. As ass´ınto-
tas devem ter inclinac¸o˜es mu´ltiplas de ±20 db/dec.
2. Se a inclinac¸a˜o da curva de mo´dulo mudar de
um fator de 20 db/dec em ω = a1, enta˜o a FT possui
um termo da forma: (
jω
a1
+ 1
)
3. Se a inclinac¸a˜o da curva de mo´dulo mudar de
um fator de −20 db/dec em ω = b1, enta˜o a FT possui
um termo da forma:
1(
jω
b1
+ 1
)
– p. 107/123
Diag. de Bode: Polo/insta´vel e Zero/Fase na˜o mı´nima
4. Se a inclinac¸a˜o da curva de mo´dulo mudar de
um fator de 40 db/dec em ω = a2, enta˜o a FT possui
um termo da forma:[
1 + 2ζ
(
j
ω
a2
)
+
(
j
ω
a2
)2]
5. Se a inclinac¸a˜o da curva de mo´dulo mudar de
um fator de −40 db/dec em ω = b2, enta˜o a FT possui
um termo da forma:
1[
1 + 2ζ
(
j ω
b2
)
+
(
j ω
b2
)2]
– p. 108/123
Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos
6. Para baixas frequeˆncias temos a relac¸a˜o
|H(jω)| ≈
∣∣∣∣K¯ 1(jω)q
∣∣∣∣
� A qual nos possibilita descobrir o ganho
da FT e o nu´mero de polos na origem.
� Para os pro´ximos passos: Assuma que a
FT seja de fase mı´nima e trace a curva
de fase.
– p. 109/123
Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem
7. Se a curva de fase obtida diferir da curva
de fase obtida experimentalmente,
enta˜o, algum dos zeros/polos esta˜o no
spd ou o sistema tem ganho negativo.
8. Se a curva de fase obtida diferir da curva
de fase obtida experimentalmente por
um fator com taxa de variac¸a˜o
constante, enta˜o, havera´ um fator de
retardo de transporte.
– p. 110/123
Exemplo 1
Determine a func¸a˜o de transfereˆncia do sistema
conhecendo:
−150
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−180
−135
−90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 111/123
Exemplo 1: Soluc¸a˜o
Trac¸ando as ass´ıntotas:
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−150
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−180
−160
−140
−120
−100
−80
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Frequency (rad/sec)
– p. 112/123
Exemplo 1: Soluc¸a˜o
� Sistema com um polo na origem, usando
20 log10(H(j1)) = 20 log
∣∣K¯∣∣ = 0 → K¯ = 1
� Em ω = 0,1mudanc¸a de −20 db/dec, enta˜o temos
1
j ω
0,1
+ 1
� Em ω = 1mudanc¸a de +20 db/dec, enta˜o temos
j
ω
1
+ 1
� Em ω = 10mudanc¸a de −20 db/dec, enta˜o temos
1
j ω
10
+ 1
– p. 113/123
Exemplo 1: Soluc¸a˜o
� Assim, temos
H(jω) = 1
jω
(
j ω
1
+ 1
)(
j ω
0,1
+ 1
) (
j ω
10
+ 1
)
logo, substituindo jω = s,
H(s) =
(s+ 1)
s (s+ 0,1) (s+ 10)
� Finalmente, e´ necessa´rio encontrar a curva de
fase para a FT encontrada e verificar se e´ igual a
curva de fase obtida experimentalmente. Neste
caso sa˜o ideˆnticas.
– p. 114/123
Exemplo 2
Determine a func¸a˜o de transfereˆncia do sistema
conhecendo:
−150
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−180
−135
−90
−45
0
45
90
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/s)
– p. 115/123
Exemplo 2: Soluc¸a˜o
Trac¸ando as ass´ıntotas:
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−150
−100
−50
0
50
100
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−3
10
−2
10
−1
10
0
10
1
10
2
10
3
−200
−150
−100
−50
0
50
100
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Frequency (rad/sec)
– p. 116/123
Exemplo 2: Soluc¸a˜o
� Como no Exercı´cio 1, temos:
H(s) =
(s+1)
s (s+ 0,1) (s+ 10)
� Finalmente, e´ necessa´rio encontrar a curva de
fase para a FT encontrada e verificar se e´ igual a
curva de fase obtida experimentalmente. Neste
caso sa˜o diferentes.
� Presenc¸a de um termo de fase na˜o mı´nima,
neste caso, um zero
� Logo a soluc¸a˜o e´
H(s) =
(s−1)
s (s+ 0,1) (s+ 10)
– p. 117/123
Exercı´cio 9
Determine a func¸a˜o de transfereˆncia do sistema
conhecendo:
−30
−25
−20
−15
−10
−5
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
10
−2
10
−1
10
0
10
1
−90
−60
−30
0
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
– p. 118/123
Exercı´cio 9: Soluc¸a˜o
� Sistema sem polo na origem, para ω 
 1 temos
20 log10(G(jω)) = 20 log
∣∣K¯∣∣ = 0 → K¯ = 1
� Em ω = 0,5 ha´ uma mudanc¸a de −20 db/dec
Gc(jω) = 1
1
j ω
0,5
+ 1
=
1
2
1
jω + 0,5
enta˜o (Gc(s): FT calculada)
Gc(s) =
1
2
1
s+ 0,5
� Nota-se que a curva de fase medida difere por
uma taxa variante constante da curva calculada,
o que indica a presenc¸a de retardo, τ .
– p. 119/123
Exercı´cio 9: Soluc¸a˜o
� Assumindo a presenc¸a do retardo temos
Gm(s) = Gc(s)e
−sτ =
1
2
1
s+ 0,5
e−sτ
portanto (Gm(s): FT real obtida
experimentamente)
∠Gc(jω)e−jωτ︸ ︷︷ ︸
Gm(jω)
= ∠1
2
1
jω + 0,5︸ ︷︷ ︸
Gc(jω)
−ωτ
� Determinar τ .
– p. 120/123
Exercı´cio 9: Soluc¸a˜o
Gc: resposta calculada e Gm: resposta medida
−8
−6
−4
−2
0
M
a
g
n
i
t
u
d
e
 
(
d
B
)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
−2
10
−1
10
0
−90
−60
−30
0
System: Gc
Frequency (rad/sec): 0.1
Phase (deg): −11.4
System: Gm
Frequency (rad/sec): 0.1
Phase (deg): −22.8
System:Gc
Frequency (rad/sec): 0.2
Phase (deg): −21.8
System: Gm
Frequency (rad/sec): 0.2
Phase (deg): −44.7
P
h
a
s
e
 
(
d
e
g
)
– p. 121/123
Exercı´cio 9: Soluc¸a˜o
� Temos que
∠Gm(jω) = ∠Gc(jω)− ωτ
� Ca´lculo 1: Para ω = 0,1, temos:
� ∠Gc(jω) = −11,4◦ = −0,1990 rad
� ∠Gm(jω) = −22,8◦ = −0,3979 rad Portanto
−0,3979 = −0,1990− ωτ
τ =
0,3979− 0,1990
0,1
= 1,989 ≈ 2
– p. 122/123
Exercı´cio 9: Soluc¸a˜o
� Ca´lculo 2: Para ω = 0,2, temos:
� ∠Gc(jω) = −21,8◦ = −0,3805 rad
� ∠Gm(jω) = −44,7◦ = −0,7802 rad
Portanto
−0,7802 = −0,3805− ωτ
τ =
0,7802− 0,3805
0,2
= 1,9985 ≈ 2
� Finalmente
G(s) =
1
2
1
s+ 0,5
e−2s
– p. 123/123