Exercícios resolvidos

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Ações de controle
Leandro Baroni
Instrumentação e controle
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t)
⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t)
⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n
e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
Sistema massa-mola-amortecedor com m= 3kg
(a) Determine k e b de maneira que Mp = 14,7% e ts = 0,5s (cr. 2%) para
uma entrada degrau unitário.
(b) Calcule o valor do regime permanente.
(c) Insira o controle proporcional. Obtenha a resposta para uma entrada
degrau unitário com kp = 100. Quais os novos valores de ωn e ζ?
m
b
k~F y(t)
u(t)−ky(t)−by˙(t)=my¨(t) ⇒
my¨(t)+by˙(t)+ky(t)= u(t) ⇒
y¨(t)+ b
m
y˙(t)+ k
m
y(t)= 1
m
u(t)
Ï Forma canônica:
y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
u(t)
Ï k
m
=ω2n ⇒ k=mω2n e
b
m
= 2ζωn ⇒ b= 2mζωn
2
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2
⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(a) Como:
Ï Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√√√√ (lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,52
Ï ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
⇒ ωn = 15,4rad/s
Ï Portanto: k= 711,48N/m e b= 48,1Ns/m
(b) Regime permanente:
P = E
ω2n
=
1
m
k
m
= 1
k
= 1,4 ·10−3m
3
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t))
⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
]
⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P
(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE
⇒ P = kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
(c)
u(t)= kpe(t)= kp
(
r(t)−y(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy
] ⇒
y¨+ b
m
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpr(t), r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
Ï Solução particular: yp(t)= P(
k
m
+ kp
m
)
P = 1
m
kpE ⇒ P =
kpE
k+kp
⇒ P = 0,1232
Ï Solução homogênea: y¨h(t)+2ζ¯ω¯ny˙h(t)+ ω¯2nyh(t)= 0
yh(t)=−
E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
 ,

ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2
E¯ = kp
m
E
4
Exemplo 1
Ï Logo:
y(t)=− E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
+ kpE
k+kp
ω¯2n =
k
m
+ kp
m
⇒ ω¯n = 16,4467rad/s
2ζ¯ω¯n = b
m
⇒ ζ¯= 0,4874
ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2 ⇒ ω¯d = 14,3606rad/s
Ï Portanto:
y(t)= 0,1232[1−e−8,0167t (cos14,3606t+0,5582sen14,3606t)]
5
Exemplo 1
Ï Logo:
y(t)=− E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
+ kpE
k+kp
ω¯2n =
k
m
+ kp
m
⇒ ω¯n = 16,4467rad/s
2ζ¯ω¯n = b
m
⇒ ζ¯= 0,4874
ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2 ⇒ ω¯d = 14,3606rad/s
Ï Portanto:
y(t)= 0,1232[1−e−8,0167t (cos14,3606t+0,5582sen14,3606t)]
5
Exemplo 1
Ï Logo:
y(t)=− E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
+ kpE
k+kp
ω¯2n =
k
m
+ kp
m
⇒ ω¯n = 16,4467rad/s
2ζ¯ω¯n = b
m
⇒ ζ¯= 0,4874
ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2 ⇒ ω¯d = 14,3606rad/s
Ï Portanto:
y(t)= 0,1232[1−e−8,0167t (cos14,3606t+0,5582sen14,3606t)]
5
Exemplo 1
Ï Logo:
y(t)=− E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
+ kpE
k+kp
ω¯2n =
k
m
+ kp
m
⇒ ω¯n = 16,4467rad/s
2ζ¯ω¯n = b
m
⇒ ζ¯= 0,4874
ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2 ⇒ ω¯d = 14,3606rad/s
Ï Portanto:
y(t)= 0,1232[1−e−8,0167t (cos14,3606t+0,5582sen14,3606t)]
5
Exemplo 1
Ï Logo:
y(t)=− E¯
ω¯2n
e−ζ¯ω¯nt
cosω¯dt+ ζ¯√
1− ζ¯2
senω¯dt
+ kpE
k+kp
ω¯2n =
k
m
+ kp
m
⇒ ω¯n = 16,4467rad/s
2ζ¯ω¯n = b
m
⇒ ζ¯= 0,4874
ω¯d = ω¯n
√
1− ζ¯2 ⇒ ω¯d = 14,3606rad/s
Ï Portanto:
y(t)= 0,1232[1−e−8,0167t (cos14,3606t+0,5582sen14,3606t)]
5
Exemplo 1
0.0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
Re
sp
os
ta
[m
]
×10−3
Sem controlador
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
Tempo [s]
0.00
0.03
0.06
0.09
0.12
0.15
Re
sp
os
ta
[m
]
Controlador proporcional
6
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)
= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t))
⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kdr˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
]
⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Considere o sistema massa-mola-amortecedor do exemplo anterior.
(a) Obtenha a EDO para o sistema considerando a entrada degrau
unitário e o controlador PD.
(b) Determine os ganhos kp e kd tais que Mp = 3% e ts = 0,25s.
(c) Qual o valor de y(t) em regime permanente?
(a) y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t)
u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)= kp
(
r(t)−y(t))+kd (r˙(t)− y˙(t)) ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpr(t)−kpy(t)+kd r˙(t)−kd y˙(t)
] ⇒
y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
[
kpr(t)+kd r˙(t)
]
Ï Com r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0 ⇒ y¨+
(
b
m
+ kd
m
)
y˙+
(
k
m
+ kp
m
)
y = 1
m
kpE
7
Exemplo 2
Ï Forma canônica: y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
kpE
Ï com 2ζωn = b
m
+ kd
m
e ω2n =
k
m
+ kp
m
Ï Solução homogênea:
yh(t)=−
E¯
ω2n
e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)
, E¯ = 1
m
kpE
Ï Solução particular: yp(t)=
kpE
k+kp
Ï Portanto: y(t)= kpE
k+kp
[
1−e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)]
8
Exemplo 2
Ï Forma canônica: y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
kpE
Ï com 2ζωn = b
m
+ kd
m
e ω2n =
k
m
+ kp
m
Ï Solução homogênea:
yh(t)=−
E¯
ω2n
e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)
, E¯ = 1
m
kpE
Ï Solução particular: yp(t)=
kpE
k+kp
Ï Portanto: y(t)= kpE
k+kp
[
1−e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)]
8
Exemplo 2
Ï Forma canônica: y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
kpE
Ï com 2ζωn = b
m
+ kd
m
e ω2n =
k
m
+ kp
m
Ï Solução homogênea:
yh(t)=−
E¯
ω2n
e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)
, E¯ = 1
m
kpE
Ï Solução particular: yp(t)=
kpE
k+kp
Ï Portanto: y(t)= kpE
k+kp
[
1−e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)]
8
Exemplo 2
Ï Forma canônica: y¨+2ζωny˙+ω2ny =
1
m
kpE
Ï com 2ζωn = b
m
+ kd
m
e ω2n =
k
m
+ kp
m
Ï Solução homogênea:
yh(t)=−
E¯
ω2n
e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)
, E¯ = 1
m
kpE
Ï Solução particular: yp(t)=
kpE
k+kp
Ï Portanto: y(t)= kpE
k+kp
[
1−e−ζωnt
(
cosωdt+ ζp
1−ζ2 senωdt
)]
8
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2
⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s:
ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s:
ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s:
ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s:
ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s: ts = 4ζωn
⇒ ωn = 4ζts ⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s: ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s: ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k
⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b
⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s: ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k ⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b ⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
(b) Para Mp = 3%:
Mp = e−ζpi/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ= 0,7448
Ï Para ts = 0,25s: ts = 4ζωn ⇒ ωn =
4
ζts
⇒ ωn = 21,4822rad/s
Ï Logo:
{
kp =mω2n−k ⇒ kp = 672,9715
kd = 2mζωn−b ⇒ kd = 47,9
(c) yp(t)=
kpE
k+kp
⇒ yp(t)= 0,4861
9
Exemplo 2
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
Tempo [s]
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
Re
sp
os
ta
[m
]
kp = 672,9715, kd = 47,9
kp = 672,9715
kp = 100
10
Exemplo 3
Considere o sistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t)
⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Considere osistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t)
⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Considere o sistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t)
⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Considere o sistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t)
⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Considere o sistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t)
⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Considere o sistema massa-mola-amortecedor dos exemplos anteriores.
Obtenha a resposta para a entrada degrau unitário usando um
controlador PID. Use kp = 700, kd = 30 e ki = 10000.
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
u(t), u(t)= kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ ⇒
y¨+ b
m
y˙+ k
m
y = 1
m
[
kpe(t)+kd e˙(t)+ki
∫
e(τ)dτ
]
⇒
...
y + b
m
y¨+ k
m
y˙ = 1
m
[
kpe˙(t)+kd e¨(t)+kie(t)
]
Ï Mas e(t)= r(t)−y(t) ⇒
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = 1
m
[
kpr˙(t)+kd r¨(t)+kir(t)
]
11
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P
⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P
⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0
⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
Ï Como r(t)=
{
1, t ≥ 0
0, t < 0
...
y +
(
b
m
+ kd
m
)
y¨+
(
k
m
+ kp
m
)
y˙+ ki
m
y = ki
m
Ï Solução particular: yp(t)= P ⇒ ki
m
P = ki
m
⇒ P = 1
Ï Solução homogênea:
λ3+
(
b
m
+ kd
m
)
λ2+
(
k
m
+ kp
m
)
λ+ ki
m
= 0
λ3+26,03λ2+470,49λ+3333,3= 0 ⇒
{
λ1 =−10,9
λ2,3 =−7,56±15,76
Ï Portanto:
y(t)=Ae−10,9t +e−7,56t (Bcos15,76t+C sen15,76t)+1
12
Exemplo 3
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4
Tempo [s]
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
Re
sp
os
ta
[m
]
kp = 700
kp = 700,kd = 30
kp = 700,ki = 10000
kp = 700,kd = 30,ki = 10000
13
Exemplo 4
y¨+2ζωny˙+ω2ny = bu(t)
Ï ωn = 1rad/s, ζ= 0,1 e b= 0,5
(a) Determine Mp e ts (cr. 2%) para uma entrada degrau
(b) Determine ω¯n e ζ¯ para que Mp seja metade do valor original e ts seja
1/4 do valor original
(c) Determine kp e kd para o item (b)
14
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2
= e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12
⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp= 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1
⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(a) Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 = e−pi·0,1/
p
1−0,12 ⇒ Mp = 0,7292
ts = 4
ζωn
= 4
0,1 ·1 ⇒ ts = 40s
(b) Mp = 0,3646 e ts = 10s
Ï Para Mp = 0,3646 ⇒ ζ¯=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2 ⇒ ζ¯= 0,3058
Ï Para ts = 10s ⇒ ω¯n = 4
ζ · ts
⇒ ω¯n = 1,3080rad/s
15
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217
⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
(c) Controle PD:
y¨+2ζωny˙+ω2ny = b
[
kp
(
r(t)−y)+kd (r˙(t)− y˙)] , com r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
y¨+ (2ζωn+bkd) y˙+
(
ω2n+bkp
)
y = bkpr(t)+bkd r˙(t)
{
2ζωn+bkd = 2ζ¯ω¯n
ω2n+bkp = ω¯2n
⇒
{
2 ·0,1 ·1+0,5kd = 2 ·0,3058 ·1,3080
12+0,5kp = 1,30802
⇒{
kd = 1,2
kp = 1,4217
Ï Regime permanente:
yp(t)=
bkpE
ω2n+bkp
= 0,5 ·1,4217 ·1
12+0,5 ·1,4217 ⇒ yp(t)= 0,4155
16
Exemplo 4
0 2 4 6 8 10 12 14 16
Tempo [s]
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
Re
sp
os
ta
Sem controle
Controle PD
17
Exemplo 5
y¨+11y˙+10y = 10u(t), u(t)=
{
t, t ≥ 0
0, t < 0
(a) Calcule a resposta do sistema (condições iniciais nulas)
(b) Acrescente um controlador proporcional. O que acontece com o erro
estacionário?
(c) Coloque um controlador PI. Calcule o erro estacionário
18
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0
⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t
⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t
⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t
⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0
⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0
⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
(a) Solução: y(t)= yh(t)+yp(t)
Ï Solução homogênea:
λ2+11λ+10= 0 ⇒
{
λ1 =−10
λ2 =−1
⇒ yh(t)=Ae−10t +Be−t
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D ⇒ y¨p+11y˙p+10yp = 10t ⇒
11C+10(Ct+D)= 10t ⇒ 10Ct+11C+10D= 10t ⇒{
10Ct = 10t
11C+10D= 0 ⇒
{
C = 1
D=−1,1
Ï Erro estacionário: 1,1
Ï Logo: y(t)=Ae−10t +Be−t + t−1,1
Ï Condições iniciais: y(0)= 0 e y˙(0)= 0
{
A+B−1,1= 0
−10A−B+1= 0 ⇒
{
A=−0,011
B= 1,111
Ï Portanto:
y(t)=−0,011e−10t +1,111e−t + t−1,1
19
Exemplo 5
0 1 2 3 4 5 6
Tempo [s]
0
1
2
3
4
5
6
Re
sp
os
ta
20
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t)
⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t))
⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt
⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt
⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt
⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
(b) u(t)= kpe(t) ⇒ u(t)= kp
(
r(t)−y(t))
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y(t)) ⇒ y¨+11y˙+10(1+kp)y = 10kpr(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
y¨p+11y˙p+10(1+kp)yp = 10kpt ⇒ 11C+10(1+kp)(Ct+D)= 10kpt ⇒
10(1+kp)Ct+11C+10(1+kp)D= 10kpt ⇒
{
10(1+kp)Ct = 10kpt
11C+10(1+kp)D= 0
⇒

C = kp
1+kp
D=− 11
10(1+kp)2
Ï Inclinação da resposta varia com kp e é menor que 1
→ erro aumentando com o tempo
21
Exemplo 5
0 1 2 3 4 5 6
Tempo [s]
0
1
2
3
4
5
6
Re
sp
os
ta
Sem controle
Controle P
kp = 1,5
22
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ
⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y)
⇒
...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp
⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp
⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD= 10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
(c) u(t)= kpe(t)+ki
∫
e(τ)dτ
y¨+11y˙+10y = 10kp
(
r(t)−y)+10ki ∫ (r(τ)−y) dτ ⇒
...
y +11y¨+10y˙ = 10kp
(
r˙(t)− y˙)+10ki (r(t)−y) ⇒...
y +11y¨+10(1+kp)y˙+10kiy = 10kir(t)+10kpr˙(t)
Ï Solução particular: yp(t)=Ct+D
...
y p+11y¨p+10(1+kp)y˙p+10kiyp = 10kit+10kp ⇒
10(1+kp)C+10ki(Ct+D)= 10kit+10kp ⇒{
10kiCt = 10kit
10(1+kp)C+10kiD=10kp
⇒

C = 1
D=− 1
ki
Ï Erro estacionário é 1
ki
23
Exemplo 5
0 1 2 3 4 5 6
Tempo [s]
0
1
2
3
4
5
6
Re
sp
os
ta
Sem controle
Controle P
Controle PI
kp = 1,5
kp = 1,5
ki = 5
24
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ) ⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ) ⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ) ⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)
⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ) ⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
Ï Controlador para atitude do satélite:
~F
~F
d
d •
θ
Ï Modelo do satélite:
J θ¨ = 2Fd
Ï Controle proporcional: F = kp (r(t)−θ), onde r(t)=
{
E, t ≥ 0
0, t < 0
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ) ⇒ J θ¨+2dkpθ = 2dkpr(t)
→ Oscilações não amortecidas
25
Exemplo 6
θ(t)= E
(
1−cos
√
2dkp
J
t
)
Ï d= 1m; J = 4kgm2; E = 1rad
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Tempo [s]
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
Re
sp
os
ta
[ra
d]
kp = 3 kp = 5
26
Exemplo 6
θ(t)= E
(
1−cos
√
2dkp
J
t
)
Ï d= 1m; J = 4kgm2; E = 1rad
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Tempo [s]
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
Re
sp
os
ta
[ra
d]
kp = 3 kp = 5
26
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙) ⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t) ⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙)
⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t) ⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙) ⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t) ⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙) ⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t) ⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙) ⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t)
⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Controle proporcional-derivativo: F = kp (r(t)−θ)+kd
(
r˙(t)− θ˙)
J θ¨ = 2dkp (r(t)−θ)+2dkd
(
r˙(t)− θ˙) ⇒
θ¨+ 2dkd
J
θ˙+ 2dkp
J
θ = 2dkp
J
r(t)+ 2dkd
J
r˙(t)
Ï Com J = 4kgm2 e d= 1m, encontrar kp e kd tais que Mp = 10% e
ts = 5s (cr. 2%)
Ï Forma canônica:
θ¨+2ζωnθ˙+ω2nθ = u(t) ⇒

2ζωn = 2dkd
J
ω2n =
2dkp
J
27
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2
⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Para Mp = 10%:
Mp = e−piζ/
p
1−ζ2 ⇒ ζ=
√
(lnMp)2
(lnMp)2+pi2
=
√
(ln0,1)2
(ln0,1)2+pi2 ⇒ ζ= 0,59
Ï Para ts = 5s:
ts = 4
ζωn
⇒ ωn = 4
ζts
= 4
0,59 · 5 ⇒ ωn = 1,3559rad/s
Ï Ganhos:
ω2n =
2dkp
J
⇒ 1,35592 = 2 ·1 ·kp
4
⇒ kp = 3,6769
2ζωn = 2dkd
J
⇒ 2 ·0,59 ·1,3559= 2 ·1 ·kd
4
⇒ kd = 3,2
28
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= EÏ Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:
{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0

A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{ 1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
Ï Assim: θ¨+1,6θ˙+1,8385θ = 1,8385r(t)+1,6r˙(t)
Ï Entrada degrau: r(t)= E
Ï Solução particular: θp(t)= P ⇒ 1,8385P = 1,8385E ⇒ P = E
Ï Solução homogênea: θh(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)
Ï Logo: θ(t)= θh(t)+θp(t)= e−ζωnt (Acosωdt+Bsenωdt)+E
Ï Se θ(0)= 0, θ˙(0)= 0 e E = 1:{ 1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +1= 0
−ζωn
1
e−ζωn0 (A
1
cosωd0+B
0
senωd0) +
1
e−ζωn0 (−Aωd
0
senωd0+Bωd
1
cosωd0) = 0
A=−1
−ζωnA+Bωd = 0 ⇒ B=−
ζ√
1−ζ2
Ï Portanto:
θ(t)= 1−e−0,8t (cos1,0948t+0,7307sen1,0948t)
29
Exemplo 6
0 1 2 3 4 5 6 7 8
Tempo [s]
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
Re
sp
os
ta
[ra
d]
30