notas de aula de controle automático e servo mecanismo

8/20/2019 Notas de Aula de Controle Automático e Servo Mecanismo

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Nota de aula de Controle Automático e Servo Mecanismo

Controle Clássico

Prof. MSc. Luiz Vasco Puglia

Prof. Dr. Fábio Delatore

Prof. José Valter Gomes Filho

São Paulo

2012


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Sumário

1 Introduç ˜ ao 1

1.1 Conceitos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Literatura recomendada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Histórico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.4 Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.5 Tipos de sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Revis ˜ ao de Laplace 7


2.2 Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.3 Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.4 Transformada Inversa para raı́zes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.5 Transformada inversa para raı́zes reais múltiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.6 Transformada inversa para ráızes complexas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.7 Soluções com MatLab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.8 Tabela de transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.9 Exercı́cios de Fixação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Modelagem Matemática 29

3.1 Circuitos Elétricos Passivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.2 Circuitos Elétricos Ativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.3 Sistemas mecânicos dinâmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.4 Sistemas Fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

i


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3.5 Sistemas de aquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.6 Motor de corrente continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49


4 Representaç ˜ ao por Blocos 53

4.1 Sistema de Controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.2 Tipo de controladores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.3 Diagrama de Blocos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.4 Deslocamento de Blocos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64


5 Resposta Temporal 71


5.2 Sistema de 1o ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

5.3 Sistema de 2o ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78


6 Estabilidade de Sistemas 91

6.1 Arranjo de Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6.2 Projeto de estabilidade pelo ganho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99


7 Erro de Estado Estacionário 105


7.2 Erro de estado estacionário em função de F (s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

7.3 Erro de estado estacionário em função de G(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109


8 Análise pelo Caminho do Lugar das Raı́zes 121

8.1 CLR por Inspeção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

8.2 Fundamentos Matemáticos do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

ii


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8.3 Regras para construção do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128


9 Projeto pelo Caminho do Lugar das Raı́zes 141


9.2 Compensador por Avanço de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

9.3 Compensador por Atraso de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

9.4 Compensador por Avanço / Atraso de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

9.5 Compensador PID . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168


10 Análise por Resposta em Freqüência 179


10.2 Diagrama de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

10.3 Diagrama Polar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

10.4 Diagrama de módulo em db versus ângulo de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

10.5 Critérios de Estabilidade de Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200


11 Projeto por Resposta em Freqüência 203

12 Ziegler Nichols 205

12.1 conceitos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

12.2 1o Método de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

12.3 2o Método de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

13 Controle Digital 215

iii


6/222iv


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Capı́tulo 1

Introduç ˜ ao

1.1 Conceitos básicos

O curso descrito nestas notas de aula que segue, objetiva a compreensão de calculo de com-

pensadores pelo método clássico, abordando as técnicas de lugar das raı́zes e resposta em freqüência,

partindo de uma revisão matemática que permita a compreensão das ferramentas utilizadas, identificação

das modelagens usuais e descrição em blocos de sistemas. Posteriormente são definidos os critérios

de qualidades necessários a controle e finaliza com o dimensionamento dos controladores pelos métodos:

• Lugar das Raı́zes

• Resposta em Freqüência

• Ziegler-Nichols

O fluxo do desenvolvimento destes estudos é apresentado abaixo, em forma de diagrama de

blocos e a cada mudança de capitulo é reapresentado, localizando o estagio em curso.

Compensador

Introdução

Revisão deLaplace

Modelagem

Matemática

Diagramade Blocos

Resposta

Temporal

Estabilidade

Erro

Estacionário

Lugar Raı́zesAnálise pelo

Lugar Raı́zesProjeto pelo

Ziegler

Nichols

Análise porResp. Freq. Resp. Freq.

Projeto por

Controle

Digital

1


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2

Lembrete

Todas as notas aqui contidas foram extráıdas da literatura básica e complementar proposta na ementa

do curso, abaixo descrita.

Para maior profundidade matemática, devemos buscar os recursos necessários nas referências indi-

cadas, pois estas notas de aulas se propõem a servir de um guia rápido de calculo para compen-

sadores.

Agradecimentos especiais aos professores José Barbosa Junior, Fabrizio Leonardi, Paulo Alvaro Maia,

Heraldo Silveira Barbuy, entre tantos outros que de uma forma ou outra ofereceram grande contribuição

a este trabalho.

1.2 Literatura recomendada

• LiteraturaMaya, Paulo Alvaro - Controle Essencial, 1◦ Edição, Pearson - 2011

Ogata, Katsuhiko - Engenharia de Controle Moderno, 4◦ Edição, Pearson - 2003

Nise, Norman S. - Engenharia de Sistemas de Controle, 3◦ Edição, LTC - 2002

Phillips L.Charles - Sistema de Controle e Realimentação, 1◦ Edição, Makron Books - 1996

1.3 Histórico

Datado de antes de Cristo, temos na historia relatos da construção do primeiro sistema de cont-

role em malha aberta, de um relógio a base de gotejamento de agua em um recipiente graduado.

Posteriormente, o primeiro controle automático mecânico, realizado foi de James Watt, construı́do no

século XVIII e consistia em um controlador centrı́fugo para regulação de velocidade de maquina a va-

por, que podemos observar no esquema que segue.

A seguir, importantes estudos foram realizados em teoria de controle por Minorsky, Hazen e Nyquist,

entre outros.

Em 1922, Minorsky trabalhou em controladores automáticos para pilotar navios, determinando sua es-

tabilidade a partir de representações do sistema por equações diferenciais.

Em 1932, Nyquist desenvolveu um procedimento para determinar estabilidade de sistemas em malha

fechada com base na resposta estacionaria em malha aberta com excitação senoidal.

Em 1934, Hazen, que introduziu o termo ”servo mecanismos” para denominar sistemas de controle de

posição, discutiu o projeto de servo mecanismo a relê capaz de seguir muito de per to, uma excitação


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3

variável no tempo.

Figura 1.1: Primeiro Sistema de Controle - Regulador de Watts

Figura 1.2: Exemplo de um sistema de controle digital


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4

1.4 Definiç ˜ oes

Apresentamos a seguir alguns conceitos e definições bastante utilizados em controle

• Malha AbertaExecuta a ação independentemente da saı́da

– Semáforo temporizado

– Maquina de lavar roupas

– Menor custo

– Maior facilidade de execução

– Menor precisão

• Malha FechadaObserva a saı́da do sistema retroagindo uma amostra do sinal (realimenta o sinal) para a entrada

que modifica a saı́da final.

– Controle de posição

– Controle de velocidade

– Maior custo

– Ótima precisão

– Permite modificar o sinal de saı́da

• Variável ControladaGrandeza ou variável a ser medida e controlada no processo

• Variável ManipuladaÉ a grandeza ou variável que será manipulada pelo controlador, que afeta a o valor da variável

controlada.

• Planta ou sistema a controlarParte de um equipamento, conjunto de componentes ou toda a planta que realiza a função a ser

controlada. (forno, reator nuclear, antena, espaçonave, etc.).

• ProcessoOperação a ser controlada, como processo quı́mico, econômico, mecânico.


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5

• SistemaConjunto de componentes que constituem a planta estudada. Não se constitui apenas a algo

fı́sico pode ser algo abstrato, como no caso do estudo de um sistema econômico, onde a dinâmica

de mercado pode alterar a saı́da de nosso sistema.

1.5 Tipos de sistema

Representação do comportamento de um organismo ou planta através de uma equação diferen-

cial, seu modelo matemático, que apresentam ordem 0, 1 , 2, ... em função dos coeficientes da equação

e isto define a classe do sistema.

Sistema de Ordem 0

Este tipo apresenta uma equação diferencial do tipo y(t) = Ku(t), sendo K uma constante qualquer,

isto significa que a saı́da será a entrada multiplicada por uma constante e um exemplo t ı́pico é um

divisor de tensão resistivo e seu comportamento é sempre estável.

Podemos deduzir que y(t) = 1/10u(t) e graficamente se considerarmos um sinal de entrada u(t) =

degrau de amplitude unitária, obtemos:

u(t) y(t)

9K Ω

1K Ω

u(t)

y(t)

tempo

y(t)


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Sistema de 1o Ordem

Apresenta um comportamento representado por uma exponencial para uma excitação de entrada do

tipo degrau. Se esta exponencial é decrescente então o sistema é estável e caso contrario, se a expo-

nencial é crescente, o sistema será instável. Podemos representar eletricamente o sistema tipo 1 pelo

circuito RC abaixo:

u(t) y(t)1m F

10K Ω

u(t)

y(t) instável

y(t) estável

y(t)

tempo

Sistema de 2o Ordem ou Superior

Estes sistemas se caracterizam por possuı́rem a equação caracterı́stica diferencial de 2◦ ordem. De-

pendendo dos coeficientes da equação, podemos obter respostas super amortecidas, com amorteci-

mento critico e sub amor tecidas em condições de estabilidade ou ser instável.

Respostas com maior riqueza de informações são observadas em sistemas sub amortecido, um sinal

senoidal multiplicado por uma envoltório exponencial, compõe automaticamente o sinal de saı́da. O

exemplo clássico do sistema de 2◦ ordem é o circuito ressonante abaixo:

u(t) y(t)1m F

1 R 1 H

y(t)

u(t)y(t) estável

y(t) instável

tempo


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Capı́tulo 2

Revis ˜ ao de Laplace

Compensador

Revisão deLaplace

Revis ˜ ao de transformada de Laplace para controle

A transformada de Laplace é uma ferramenta matemática utilizada para solução de equações diferenci-

ais lineares. Possibilita a conversão de funções comuns como seno, co-seno, exponenciais em funções

algébricas no domı́nio de uma variável complexa s (domı́nio de laplace). Operações de diferenciação

e integração são substituı́das por operações algébricas no plano complexo e ao final a equação tem-

poral resultante pode ser obtida pela transformada inversa de Laplace, com muito mais facilidade que

que o caminho direto da operação no domı́nio do tempo. Outra vantagem deste método é a utilização

de técnicas gráficas para previsão de desempenho de sistemas sem a necessidade de resolução das

equações diferencias que o descrevem. Observe que a revisão aqui proposta esta direcionada apenas

aos conteúdos necessários a controle, sendo a ferramenta de Laplace muito mais profunda do que aqui

apresentado.

7


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8

Equação diferencialdomínio do tempo

Transf. Laplace Equação Algébrica

F á c i l

Di f í c i l

Transf. inv. de Laplace

Solução daequaçãoalgébrica

Solução daequação difer.

(tempo)

Exemplo 2.1. Como exemplo para fixar este conceito, segue uma solução de uma equação

diferencial de 1◦ ordem pelos dois métodos citado Dada uma equação diferencial de 1◦ ordem d

dty(t) +

2y(t) = u(t), considerando um sinal de entrada do tipo degrau, temos:

Soluç ˜ ao no domı́nio do tempo

y′(t) + 2y(t) = u(t), com y(0) = 0

sendo y′ + py = q

calculamos o fator integrador I = e∫ p(t)dt

p(t) = 2

→I = e

∫ 2dt = e2t

sendo (uv)′ = u′v + uv′, vemy′(t) + 2y(t) = u(t)

e2t

y′(t) u′

e2t v

+ 2y(t) u

e2t v′

= u(t)e2t

2y(t)e

2t′

= u(t)e2t

∫ 2y(t)e2t

′

= ∫ u(t)e2t

e2ty(t) = e2t

2 u(t) + K

y(t) =

u(t)e2t

2 + K

e2t =

u(t)2

+ Ke2t

com a condição inicial y(0) = 0

0 =u(t)

2 + Ke0 → K = −u(t)

2

y(t) = 1

2 −

1

2

e2t

Soluç ˜ ao no domı́nio de Laplace

d

dty(t) + 2y(t) = u(t)

Lf (t)−−−−→

sY (s) + 2Y (s) = U (s)

Y (s) (s + 2) = U (s)

Y (s) =U (s)

(s + 2) =

1

s (s + 2) =

K 1s

+ K 2(s + 2)

K 1 = s

1

s (s + 2) s=0 =

1

2

K 2 = (s + 2)

1

s (s + 2)

s=−2

= −12

Y (s) = 1

2s − 1

2 (s + 2)

L−1F (s)−−−−−→

y(t) = 1

2 − 1

2e−2t


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2.1 Conceitos básicos

Variáveis complexas e funç ˜ oes de variáveis complexas

Números complexos A solução da equação x2 − 1 = 0 , leva ao resultado x = ±1 , porem para aequação x2 + 1 = 0 , não obtemos solução no campo dos números reais que satisfaça o resultado.

Para esta solução devemos utilizar números no campo imaginário, tal que:

................................................................................................................................................................................

c=a+bj

Im

Re

bj

a

M

a

C = a + bj

M =√

a2 + b2

α = arctan b

a

Forma polar c = M ∠α

Variável Complexa Definimos um número complexo como sendo a soma de um par de valores

que representa uma parcela real e uma parcela imaginaria de valores constantes. Quando temos

variações na parte real e/ou na parte imaginaria, o número complexo passa a receber o nome de

variável complexa. Nos estudos sob o domı́nio de Laplace, utilizamos a notação ”s”, para identificar

uma variável complexa s = σ + jω

Plano s É padronizado em controle apresentar números, variareis e resultados em um gráfico

de coordenadas retangulares, com o eixo horizontal representando a parte real e o eixo vertical (σ),

representando a parte imaginaria ( jω)

P2

P1

α 2

α 1

Im

Re

Figura 2.1: Representação

S 1 = 1 − 2 j → P 1|S 1| =

√ 12 + 22 =

√ 5

α1 = arctan−21

= ∠− 63, 43◦

S 2 = 4 + 2 j → P 2|S 2| =

√ 22 + 42 =

√ 20

α2 = arctan 2

4 = ∠26, 56◦

por Euler, temos

e jθ = cos θ + j sen θ

σ = |S | cos θ

ω = |S | sen θ

S = |S | cos θ + j |S | sen θ

S = |S | e jθ

S 1 =√

5 e− j63, 43◦ e S 2 =√

20 e+ j26, 56◦


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Funç ˜ ao complexa de variável complexa Definimos uma função complexa F (s), quando possuı́mos

uma parte real e uma parte imaginaria variável em função de s, tal que:

F (s) = F x + jF y, onde F x eF y são quantidades reais. Sua Magnitude e argumento são dados por:

F (s) = F x

2 + F y2 e θ = arctan

F yF x

com o ângulo medido no sentido anti-horário a partir do semi-eixo real positivo.

Exemplo 2.1.1. Para os pontos do exemplo anterior, podemos calcular a vari ´ avel complexa da funç ˜ ao,

para cada um dos pontos.

+0,25

+0,25

+0,12

-0,16

F 1(s)

F 2(s)

Re |F x|

Im |F y|

Figura 2.2: função complexa

F (s) =

1

s + 1

F (s1) = 1

s1 + 1

F (s1) = 1

1 − 2 j + 1

F (s1) = 1

2 − 2 j2 + 2 j

2 + 2 j

conjugadoF (s1) =

2 + 2 j

8 = 0, 25 + 0, 25 j

F (s2) = 1

s2 + 1

F (s2) = 1

2 + 4 j + 1

F (s2) = 1

3 + 4 j

3 − 4 j3 − 4 j

conjugadoF (s2) =

3 − 4 j25

= 0, 12 − 0, 16 j

Definiç ˜ oes de uma funç ˜ ao de Laplace Representamos uma função dde Laplace por F (s) =

N (s)D(s)

, onde N (s) é o polinômio do numerador e D(s) o polinômio do denominador, e ambos variáveis

complexas em s. Desta forma definimos então:

Polinômio caracterı́stico A equação matemática de D(s), identifica o comportamento do sistema no

domı́nio do tempo, recebendo portanto o nome de polinômio caracterı́stico.

Ordem do sistema É o grau do polinômio caracterı́stico, ou seja, se D(s) é um polinômio de 1◦ grau, o

sistema será de 1◦ ordem, se for do 2◦ grau, será de 2◦ ordem e assim sucessivamente.

Zero do sistema São os valores de s que anulam o polinômio do numerador N (s).

Pólo do sistema São os valores de s que anulam o polinômio do caracterı́stico D(s).


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11

Assim podemos definir que dada uma F (s) = (s + z)

(s + p), temos:

p é umpólo se lims→ p

F (s) = ∞ e z é umzerose lims→z

F (s) = 0

Exemplo 2.1.2. Para a funç ˜ ao de transfer ̂ encia F (s) = s + 3

s + 1, determinar quem ´ e seu polin ̂ omio carac-

terı́stico, a ordem do sistema e a posiç ˜ ao de p ́ olos e zeros.

Sendo F (s) = s + 3

s + 1 =

N (s)

D(s), logo o polinômio caracterı́stico é D(s) = (s + 1)

Como a ordem do sistema é determinada pelo polinômio caracterı́stico e neste caso o polinômio é de

1◦ ordem (s + 1), o sistema é de 1◦ ordem.

Igualando N (s) à zero, obtemos os zeros do sistema. (s + 3) = 0 −→ s = −3, ou o zero do sistema seencontra em -3.

Igualando D(s) à zero, obtemos os pólos do sistema. (s + 1) = 0 −→ s = −1, ou o pólo do sistema seencontra em -1.

Representamos pólos e zeros de um sistema em coordenadas cartesianas com o nome de planos s

que segue abaixo.

.................

.........................

plano s

s=-3zero

s=-1

Re

Im

pólo

Exemplo 2.1.3. Para a funç ˜ ao de transfer ̂ encia F (s) = s2 − 2s − 15

s2 + 4s + 5 , determine a ordem do sistema,

os p ́ olos e zeros e represente o sistema no plano s.

Polinômio caracterı́stico D(s) = (s2 + 4s + 5) =⇒ sistema de 2◦ ordem

Para determinação dos zeros e pólos, vem:

N (s) =

s2 − 2s − 15 →

s = −3

s = +5D(s) =

s2 + 4s + 5

→

s = −2 + j

s = −2 − j

Im

..........................................

.................

.........................

zero=-3

pólo=-2+j

pólo=-2-j zero=+5

Re

Figura 2.3: pólos ou zeros complexos conjugados


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2.2 Transformadas de Laplace

Definiç ˜ oes matemáticas das transformadas de Laplace

Matematicamente a transformada de Laplace é definida por:

L[f (t)] = F (s) =∞∫ 0

e−stdt[f (t)] =

∞∫ 0

f (t) e−st dt

Onde:

• f(t)= função temporal em que f(t)=0 para t


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Laplace pela tabela. O resultado deste processo permite chegar ao resultado de uma maneira o menos

complexa possı́vel para soluções temporais.

Exemplo 2.2.1. Dada a função de transferência abaixo, aplicando as propriedades da tabela de con-

versão, obter a resposta temporal.

F (s) = s3 + 2s2 + 6s + 7

s2 + s + 5 = (s + 1) +

2

s2 + s + 5

Que resulta em:

f (t) = δu(t)

δt + u(t) + L−1

2

s2 + s + 5

Observe que este último termo deve agora ser dividido em frações parciais, para obtenção da resposta

temporal total.

Exemplos de transformadas de Laplace

Exemplo 2.2.2. Funç ˜ ao Exponencial Para a função exponencial no tempo abaixo apresentada, obter

a equivalente transformada de Laplace:

f (t) =

0 para t⟨0

Ae−αt para t 0onde A e α sã o constantes

A transformada de Laplace pode ser obtida por:

L Ae−αt = ∞∫ 0

Ae−αte−stdt = A

∞∫ 0

e−αte−stdt = A

∞∫ 0

e−(α+s)tdt = A

(s + α) ⇒ L Ae−αt = A

(s + α)

Exemplo 2.2.3. Funç ˜ ao Degrau Para a função degrau no tempo abaixo apresentada, obter a equiva-

lente transformada de Laplace:

f (t) =

0 para t⟨0

A para t 0onde A é uma constante


L[A] =

∞

∫ 0

Ae−stdt = A

s ⇒ L[A] =

A

s

Exemplo 2.2.4. Funç ˜ ao Degrau de amplitude unitária Para a função degrau de amplitude unitária

(normalizada), que é de ampla utilização em controle,


20/222

14

pode ser calculada conforme segue:

f (t) =

0 para t⟨0

1 para t 0onde A é uma constante


L [u(t)] =∞∫ 0

1e−stdt = 1s ⇒ L [u(t)] = 1

s

2.3 Transformada inversa de Laplace

No estudo de transformadas inversa de Laplace aplicadas ao curso de controle cl ássico onde

aproximamos a resposta das plantas em estudo a sistemas de 2o ordem, devido a teoria dos pólos

dominantes, 3 casos devem ser estudados com maior atenção pois serão muito utilizadas ao longo

desta apostila.

São eles relacionados as possı́veis raı́zes que um sistema de 2o ordem podem nos fornecer.

• Duas raı́zes reais e diferentes (quando ∆ > 0)

• Duas raı́zes reais e iguais (quando ∆ = 0)

• Duas raı́zes complexas e conjugadas (quando ∆ < 0, negativo)

Obtemos a solução temporal pelo método da divisão em frações parciais, nos três casos, estudando

inicialmente a solução para duas raı́zes, estendendo a aplicação para um número maior logo após,

cobrindo ao final toda gama de respostas temporais que um sistema convencional de controle pode

apresentar. Dentro de nosso comparativo visto anteriormente, estaremos executando a parte inferior

do modelo, a partir da solução algébrica no domı́nio de Laplace obter a resposta temporal.

Equação diferencialdomínio do tempo

Transf. Laplace Equação Algébrica

F á c i l

Di f í c i l

Transf. inv. de Laplace

Solução daequaçãoalgébrica

Solução daequação difer.

(tempo)

Figura 2.4: Efetuando a transformada inversa de Laplace


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15

2.4 Transformada Inversa para raı́zes reais e distintas

Exemplo 2.4.1. Apresentamos inicialmente uma função de transferência com duas raı́zes reais e difer-

entes, para qual desejamos obter a resposta temporal que a represente.

F (s) = 2

s2 + 3s + 2 =

2

(s + 1)(s + 2)

Devemos dividir a equação acima em duas novas equações, que se somadas novamente resultem na

mesma equação que as originou, então:

F (s) = 2

(s + 1)(s + 2) =

K 1(s + 1)

+ K 2(s + 2)

Para obtenç˜ao dos valores de K 1 e K 2, devemos observar que:

F (s) = N (s)

D(s) =

N (s)

(s + p1) (s + p2) ... (s + pm) =

K 1(s + p1)

+ K 2

(s + p2) + ... +

K m(s + p

m)

Multiplicando ambos os lados por (s + pm), vem:

F (s) (s + pm

) = K 1

(s + p1) (s + p

m) +

K 2(s + p2)

(s + pm

) + ... + K m

(s + pm

) (s + p

m)

fazendo o valor de s → − pm, todos os termos multiplicados por (s− pm) serão iguais a zero, excetuando

o termo K m, restando então:

K m = (s + pm) F (s)|s=− pm

Substituindo F (s), chegamos a:

K m = (s + pm) N (s)

(s + p1) (s + p2) ... (s + pm)

s=− pm

= K m = (s + pm) F (s)|s=− pm

Anulando o termo (s + pm) do numerador e do denominador, podemos calcular K m.

Nosso exemplo fica então:

K 1 = ( s + 1) 2

( s + 1) (s + 2)

s=−1

= 2

(s + 2)

s=−1

= 2

1 → K 1 = 2

K 2 = ( s + 2) 2

(s + 1) ( s + 2)

s=−2

= 2

(s + 1)

s=−2

= 2

−1 → K 2 = −2

Reescrevendo a equação temos:

F (s) = 2

(s + 1) − 2

(s + 2)

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 8 1

(s + a) = e−at, logo:

f (t) = c(t)

u(t) ⇔ c(t) = u(t) f (t) = u(t) 2e−t − 2e−2t


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16

Para validar o processo d divisão por frações parciais, basta somar as duas frações e verificar se

obtemos a equação inicial:

F (s) = 2

(s + 1) − 2

(s + 2) =

2 (s + 2) − 2 (s + 1)(s + 1) (s + 2)

= 2s + 4 − 2s − 2

(s + 1) (s + 2) =

2

(s + 1) (s + 2)

Exemplo 2.4.2. Podemos aplicar esta propriedade também para equações diferenciais, como segue

Dada a equação diferencial abaixo, obter a resposta temporal y (t), considerando as condições

iniciais nulas, através da transformada inversa de Laplace.

d2y(t)

dt2 + 12

dy(t)

dt + 32y(t) = 32u(t)

Levando a equação no domı́nio do tempo para o domı́nio de Laplace, resulta

s2Y (s) + 12sY (s) + 32Y (s) = 32

s

Isolando Y (s), temos:

Y (s)

s2 + 12s + 32

= 32

s ⇔ Y (s) = 32

s (s2 + 12s + 32) =

32

s (s + 4) (s + 8)

Dividindo em frações parciais, obtemos:

Y (s) = 32

s (s + 4) (s + 8) =

K 1s

+ K 2(s + 4)

+ K 3(s + 8)

Determinamos os valores de K 1, K 2 e K 3

K 1 = s 32

s (s + 4) (s + 8)

s=0

= 32

(s + 4) (s + 8)

s=0

= 32

32 = 1

K 2 = ( s + 4) 32s ( s + 4) (s + 8)

s=−4

= 32s(s + 8)

s=−4

= 32−16 = −2

K 3 = ( s + 8) 32

s (s + 4) (s + 8)

s=−8

= 32

s(s + 4)

s=−8

= 32

32 = 1

Substituindo, vem:

Y (s) = K 1

s +

K 2(s + 4)

+ K 3(s + 8)

= 1

s − 2

(s + 4) +

1

(s + 8)

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 2 1s = u(t) e na linha 6 1(s + a) = e−at, logo:

y(t) = 1 − 2e−4t + e−8t


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17

2.5 Transformada inversa para raı́zes reais múltiplas

Exemplo 2.5.1. Considere a função de transferência que segue F (s) = 2

(s + 1)(s + 2)2

Tentando a resolução pelo 1o método, verificamos não ser possı́vel obter a solução, como segue.

F (s) = 2

(s + 1) (s + 2)2 =

2

(s + 1) (s + 2) (s + 2) =

K 1(s + 1)

+ K 2(s + 2)

+ K 3(s + 2)

Quando tentamos obter os valores de K 1, K 2 e K 3, ocorre uma indeterminação.

K 1 = ( s + 1) 2

( s + 1) (s + 2)2

s=−1

= 2

(s + 2)2

s=−1

= 2

1 = 2

K 2 = K 3 = ( s + 2) 2

(s + 1) (s + 2) 2 s=−2 =

2

(s + 1) (s + 2) s=−2 = 2

0 →indeterminado

Para solução deste caso devemos utilizar uma propriedade matemática, chamada de termos adicionais

com fator do denominador de multiplicidade reduzida, que podemos verificar pelo arranjo que segue:

N (s)

(s + a)n =

K 1(s + a)n

+ K 2

(s + a)n−1 + ... +

K n(s + a)

E para calculo dos termos, devemos proceder a derivada de ordem n − 1, em cada calculo, ou seja,para o calculo de K 1 mantemos o procedimento padrão com uma derivada de ordem zero, que resulta

no proprio termo. Para calculo de K 2, repetimos o calculo anterior, acrescido da derivada primeira, e

assim sucessivamente.

Retornamos ao exemplo para verificar o procedimento.

F (s) = 2

(s + 1) (s + 2)2 =

K 1(s + 1)

+ K 2

(s + 2)2 +

K 3(s + 2)

Calculamos K 1 e K 2 pelo método convencional:

K 1

=

(s + 1) 2

(s + 1) (s + 2)2s=−1

= 2

(s + 2)2 s=−1 = 2

1 = 2

K 2 =

(s + 2)2 2

(s + 1)

(s + 2)2

s=−2

= 2

(s + 1)

s=−2

= 2

−1 = −2

Agora para o calculo de K 3, efetuamos a derivada de 1o ordem.

K 3 = d

ds

(s + 2)2

2

(s + 1)

(s + 2)2

s=−2

=

d

ds

2

(s + 1)

s=−2

→

d uv = u′v − uv′

v2 =

0. (s + 1) − 2(1)(s + 1)2 s=−2 =

−2(s + 1)2 s=−2 =

−21

=−

2

Resultando em:

F (s) = 2

(s + 1) − 2

(s + 2)2 − 2

(s + 2)


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18

Efetuando a transformada inversa obtemos:

c(t) = u(t)

2e−t − 2te−2t − 2e−2t = 2u(t) e−t − te−2t − e−2tVerificando se o processo de divisão por termos adicionais com fator do denominador de multi-

plicidade reduzida, retorna a mesma expressão de partida, obtemos:

F (s) = 2

(s + 1) − 2

(s + 2)2 − 2

(s + 2) =

2 (s + 2)2 − 2 (s + 1) − 2 (s + 1) (s + 2)(s + 1) (s + 2)2

F (s) = 2

s2 + 4s + 4− 2 (s + 1) − 2 s2 + 3s + 2(s + 1) (s + 2)2

=

2s2 + 8s + 8

− (2s + 2) − 2s2 + 6s + 4(s + 1) (s + 2)2

F (s) = 2s2 + 8s + 8 − 2s − 2 − 2s2 − 6s − 4

(s + 1) (s + 2)2 =

2

(s + 1) (s + 2)2

Exemplo 2.5.2. Para sistemas até 2o

ordem sua amplitude não sofre alterações, mas para ordens su-

periores, temos um fator adicional a ser considerado, permitindo generalizar os termos de multiplicidade

qualquer pelas expressões que seguem

F 1(s) = (s + pm)n F (s) e K i =

1

(i − 1)!di−1

dsi−1F 1(s)

s=− pm

sendo 0! = 1

Verifique pelo exemplo que segue:

F (s) = s2 + 2s + 3(s + 1)3

= K 1

(s + 1)3 + K

2

(s + 1)2 + K

3

(s + 1)

F 1(s) = (s + pm)n F (s) =

(s + 1)3

s2 + 2s + 3

(s + 1)3 → F 1(s) = s2 + 2s + 3

K 1 = 1

(1 − 1)! 1

d0

ds0 1

F 1(s)

s=−1

= s2 + 2s + 3s=−1

= 1 − 2 + 3 = 2

K 2 = 1

(2 − 1)! 1

d1

ds1 F 1(s)

s=−1

= d1

ds1s2 + 2s + 3s=−1 = [2s + 2]|s=−1 = −2 + 2 = 0

K 3 = 1

(3 − 1)! 2!

d2

ds2F 1(s)

s=−1

= d2

ds2

s2 + 2s + 3

s=−1

=

1

2 [2]|s=−1 = 1

Reescrevendo F (s), temos:

F (s) = K 1

(s + 1)3 +

K 2

(s + 1)2 +

K 3(s + 1)

= 2

(s + 1)3 +

0

(s + 1)2 +

1

(s + 1)

Levando para o domı́nio do tempo, vem:

c(t) = u(t)

1

2 2t

2e−t + 0 + e−t

= u(t)e−t

t2 + 1


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19

2.6 Transformada inversa para raı́zes complexas conjugadas

Quando a equação caracterı́stica apresenta em suas raı́zes partes complexas, podemos obter a

transformada inversa de Laplace por dois métodos distintos:

• Euler

• Arranjo matemático

A solução pelo método de Euler, permite obter a resposta temporal quando a equação apresenta além

das raı́zes complexas, outros termos associados. No caso de arranjo matemático, podemos aplicar

apenas para equações caracterı́sticas com raı́zes complexas sem nenhum outro termo adicional.

Por Euler

Exemplo 2.6.1. Dada a função de transferência F (s) = 2s + 12

s2 + 2s + 5, obter a sua resposta temporal

Primeiramente, vamos determinar as raı́zes da equação caracterı́stica.

s2 + 2s + 5 = 0 ⇒

−2 ± √ 22 − 4.1.52

= −2 ± √ 4 − 20

2 =

−2 ± √ −162

= −2 ± 4 j

2 =

−1

±2 j

F (s) = 2s + 12

s2 + 2s + 5 =

2s + 12

(s + 1 − 2 j) (s + 1 + 2 j) = K 1

(s + 1 − 2 j) + K 2

(s + 1 + 2 j)

K 1 = (s + 1 − 2 j) 2s + 12

(s + 1 − 2 j) (s + 1 + 2 j)

s=−1+2 j

= 2s + 12

(s + 1 + 2 j)

s=−1+2 j

K 1 = −2 + 4 j + 12

−1 + 2 j +1 + 2 j =

10 + 4 j

4 j =

10, 77∠21, 8◦

4∠90◦ = 2, 69∠

−68, 2◦

K 2 = (s + 1 + 2 j)

2s + 12

(s + 1 − 2 j) (s + 1 + 2 j)s=−1−2 j

= 2s + 12

(s + 1 − 2 j)s=−1−2 j

K 2 = −2 − 4 j + 12

−1 − 2 j +1 − 2 j = 10 − 4 j

−4 j = 10, 77∠− 21, 8◦

4∠− 90◦ = 2, 69∠ + 68, 2◦

Definições por Euler.

K 1 = (s + a − bj)|s=−a+bj = M e jθ

K 2 = K ∗1 = (s + a + bj)|s=−a−bj = M e− jθ

onde * indica o conjugado


26/222

20

f (t) = M e jθe(−a+bj)t + M e− jθe(−a−bj)t

f (t) = M

e+ jθ .e−at.e+bjt

+ M

e− jθ.e−at.e−bjt

f (t) = 2M e−at e j(bt+θ) + e− j(bt+θ)2

cos(bt + θ)

f (t) = 2M e−at cos(bt + θ)

Aplicando a este exercı́cio, obtemos:

F (s) = 2, 69∠− 68, 2◦

(s + 1 − 2 j) + 2, 69∠ + 68, 2◦

(s + 1 + 2 j) ⇒ c(t) = 2.2, 69u(t)e−t (cos2t − 68, 2◦)

c(t) = 5, 38u(t)e−t (cos2t − 68, 2◦)

Exemplo 2.6.2. Dada uma F (s) composta de pólo real e pólos complexos conjugados

F (s) = 10

(s + 2) (s2 + 2s + 10) =

K 1(s + 2)

+ K 2

(s + 1 − 3 j) + K ∗2

(s + 1 + 3 j)

K 1 =

(s + 2)

10

(s + 2) (s2 + 2s + 10)s=−2 =

10

(s2 + 2s + 10) s=−2 = 10

4 − 4 + 10 = 10

10 = 1

K 2 = (s + 1 − 3 j) 10

(s + 2) (s + 1 − 3 j) (s + 1 + 3 j)

s=−1+3 j

= 10

(s + 2) (s + 1 + 3 j)

s=−1+3 j

K 2 = 10

(

−1 + 3 j + 2) (

−1 + 3 j + 1 + 3 j)

= 10∠0◦

3, 16∠72◦ 6∠90◦ = 0, 53∠− 162◦

K ∗2 = 0, 53∠162◦


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21

F (s) = 1

(s + 2) +

0, 53∠− 162◦(s + 1 − 3 j) +

0, 53∠162◦

(s + 1 + 3 j)

c(t) = u(t) e−2t + 1, 06e−t cos(3t − 162◦)

Arranjo matemático

Exemplo 2.6.3. Seja a mesma função de transferência F (s) = 2s + 12

s2 + 2s + 5, estudada na resolução por

Euler no Exemplo 2.6.1. Solucionando agora por arranjo matemático, temos:

F (s) = 2s + 12

s2 + 2s + 5 =

2s + 12

(s + 1 + 2 j) (s + 1 − 2 j)

Neste processo, não é de interesse a divisão por frações parciais, mas sim um arranjo matemático na

forma de senos ou cossenos amortecidos que se encontram apresentados na tabela de conversão de

Laplace.

w

(s + a)2 + w2 = e−at sen wt e

(s + a)

(s + a)2 + w2 = e−at cos wt

(s + 1 + 2 j) (s + 1 − 2 j) = (s + 1)2 real2

+ 22 Imag2

Reescrevendo F (s), temos:

F (s) =

2s + 12

s2 + 2s + 5 =

2s + 12

(s + 1)2 + 22

Separando o numerador na forma necessaria apresentada por Laplace.

2s + 12

s + 1 = 2 (s + 1) + 10

F (s) = 2s + 12

(s + 1)2 + 22 =

2 (s + 1) + 10

(s + 1)2 + 22 = 2

(s + 1)

(s + 1)2 + 22 + 5

2

(s + 1)2 + 22

c(t) = u(t)

5e−tsen2t + 2e−t cos2t

= e−tu(t) [5sen2t + 2cos 2t]

A equação acima ainda permite uma minimização.

R e s u l t

a n t e

5

s e n

( 2 t )

2 cos (2t)

asenθ + b cos θ ⇒

Módulo = M =√

a2 + b2

Argumento = θ =

arctan a

b

M ∠θ =√

a2 + b2∠arctan a

b

Resultando na função temporal abaixo.

c(t) = 5, 38u(t)e−t cos(2t − 68, 2◦)

Exatamente o mesmo resultado obtido na solução por Euler efetuado anteriormente.


28/222

22

2.7 Soluç ˜ oes com MatLab

Todas transformadas e transformadas inversas apresentadas, podem também ser obtidas com

o auxilio do MatLab. Para obtenção das respostas, é necessário entrar com as informações na janela

”Command Window” do MatLab e aguardar o resultado no mesmo local. A seguir, exemplos de como

proceder para efetuar a transformação ao lado de alguns comentários sobre os comandos efetuados.

Transforma no domı́nio de Laplace ou retornar no tempo

No MatLab Comentários

>> syms a s t w Definição de variáveis

f=2*exp(-t)-exp(-2*t) Define a função temporal f(t)

f=

2*exp(-t)-exp(-2*t) Retorna o valor definido de f(t)

>> L=laplace(f,t,s) Define e executa a transformada de Laplace

L=

2/(s+1)-1/(s+2) Retorna a função no domı́nio da freqüência

>>ilaplace(L,s,t) Define e executa a transformada inversa

ans=

2*exp(-t)-exp(-2*t) Retorna a função temporal inicial


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30/222


31/222

25

item f(t) F(s)

17 1

b − a

e−at − e−bt 1

(s + a) (s + b)

18

1

b − a be−bt − ae−at s(s + a) (s + b)19

1

ab

1 +

1

a − b

be−at − ae−bt 1

s (s + a) (s + b)

20 1

a2

1 − e−at − a t e−at 1s (s + a)2

21 1

a2

at − 1 − e−at 1s2 (s + a)

22 e−at sen wt w(s + a)2 + w2

23 e−at cos wt (s + a)(s + a)2 + w2

24 wn√

1 − ζ 2 e−ζwnt sen

wn√

1 − ζ 2t

p/ 0⟨ ζ ⟨1 w2n

s2 + 2ζwns + w2n

25

−

1

√ 1 − ζ 2 e−ζwntsenwn√ 1 − ζ

2 t

−ϕ p/

ϕ = arctan

√ 1 − ζ 2

ζ

0 ⟨ ζ ⟨ 1 e 0 ⟨ ϕ ⟨ π/2

s

s2

+ 2ζwns + w2n

26 1 − 1√ 1 − ζ 2 e

−ζwntsen

wn√

1 − ζ 2 t − ϕ

p/

ϕ = arctan

√ 1 − ζ 2

ζ

0 ⟨ ζ ⟨ 1 e 0 ⟨ ϕ ⟨ π/2

s

s (s2 + 2ζwns + w2n)

27 1 − cos wt w2

s (s2 + w2)

28 wt

−sen wt

w2

s2

(s2

+ w2

)

29 sen wt − wt cos wt 2w3

(s2 + w2)2

30 1

2wt sen wt

s

(s2 + w2)2

31 t cos wt s2 − w2

(s2 + w2)2

32 1w22 − w21 (cos w1t − cos w2t) p/ w22 ̸= w21 ss2 + w21 s2 + w22

33 1

2w (sen wt + wt cos wt)

s2

(s2 + w2)2


32/222

26

item f(t) F(s)

34 M ∠θ

(s + a − bj) + M ∠− θ(s + a + bj)

2M e−at cos(bt + θ)


33/222

27

2.9 Exercı́cios de Fixaç ˜ ao

Exercı́cio 2.1. Dadas as funções temporais que segue, obter a suas transformadas em Laplace.

(a) f (t) = 4u(t) + 2e−3t

(b) f (t) = du(t)2

dt2 + 2u(t) com u(t) = 2, 2 + 3 sen 2t

(c) r1(t) = 12, 5u(t)

(d) r2(t) = 7, 6tu(t)

(e) r3(t) = 3, 3t2u(t)

Exercı́cio 2.2. Dadas as funções de Laplace abaixo, obter sua resposta temporal, considerando uma

entrada tipo degrau unitário, em todos os casos.

(a) F (s) = (s + 1)(s + 3)

(s + 2) (s + 4) (s + 6)

(b) F (s) = 32s + 15

(s + 2, 5) (s + 3, 6) (s + 4, 1) (s + 5)

(c) F (s) = 2s4 + 1, 5s3 + 7s2 + 3s + 2

(s + 3, 2)5

(d) F (s) = 2s + 5

(s + 1) (s + 3)3

(e) F (s) = 4s − 9

s2 + 6s + 34

(f) F (s) = 4s + 8

(s + 2, 5) (s2 + 4s + 13)

Exercı́cio 2.3. Resolva por Laplace as equações diferenciais que seguem.

(a) d2y(t)

dt2 + 2

dy(t)

dt + 17y(t) = 6u(t)

(b) d2y(t)

dt2 + 3

dy(t)

dt + 2y(t) =

du(t)

dt + u(t) com u(t) = 1 + cos 2t (ENADE 2005)

(c) 2d2y(t)

dt2 + 12

dy(t)

dt + 2y(t) = 4

du(t)

dt + 2u(t)

Exercı́cio 2.4. Dada a função de Laplace, obter sua respectiva equação diferencial.

(a) G(s) = 2s + 1

s3 + 2s2 + 6s + 2


34/222

28


35/222

Capı́tulo 3

Modelagem Matemática

Compensador

Modelagem

Matemática

Modelar um sistema significa transcrever matematicamente seu comportamento no tempo ou na

freqüência (em Laplace) para que possa ser utilizado posteriormente na forma de expressão algébrica

determinando sua resposta. Modelamos sistemas fı́sicos, mecânicos (rotação, translação, etc.), pneumáticos,

hidráulicos, elétricos, entre outros. Dentro do curso de controle clássico nos limitaremos ao calculo da

modelagem de sistemas elétricos passivos e ativos, mas apresentamos ao final deste capitulo alguns

exemplos de modelagem clássicas.

1. Sistemas elétricos passivos

2. Sistemas elétricos ativos

3. Sistemas mecânicos dinâmicos

4. Sistemas de nı́vel de fluido (tanques)

5. Sistemas térmicos (fornos)

6. Motores elétricos de CC

29


36/222

30

3.1 Circuitos Elétricos Passivos

Definimos como circuitos passivos, montagens compostas por resistores, indutores e capaci-

tores, que associados tem a possibilidade de modificar a forma do sinal recebido na entrada, sem

contudo propiciar um ganho de tensão a este. São basicamente circuitos atenuadores ou na melhor

das condições que mantém a amplitude recebida.

No estudo de circuitos elétricos temos as relações entre tensão, corrente e carga no tempo, de cada

um destes componentes.

Componente v(t) = f (i(t)) i(t) = f (v(t)) v(t) = f (q (t)) Z (s)

Resistor v(t) = R i(t) i(t) = 1R

v(t) v(t) = Rdq (t)

dt R

Capacitor v(t) = 1

C

t∫ 0

i(t)dt i(t) = C dv(t)

dt v(t) =

1

C q (t)

1

sC

Indutor v(t) = Ldi(t)

dt i(t) =

1

L

t∫ 0

v(t)dt v(t) = Ld2q (t)

dt2 sL

A partir das equações acima, podemos modelar circuitos elétricos utilizando suas funções tem-

porais ou suas relações em freqüência, que em nosso caso se observa ser muito mais pr ático.

Exemplo 3.1.1. Aplicando as propriedades apresentadas, podemos equacionar circuitos elétricos no

domı́nio de laplace e obter sua função de transferência e sua resposta temporal.

R

CI (s)

V i(s) V o(s)

Sendo um circuito série, teremos a corrente comum a todos, resultando em:

V o(s) = I (s)1

sC

e V i(s) = I (s) 1sC + RF (s) =

V o(s)

V i(s)=

I (s) 1

sC

I (s)

1

sC + R

=1

sC 1

sC + R

=

1

sC RCs + 1

sC

= 1

RCs + 1 ⇒ F (s) =

1

RC

s + 1

RC


37/222

31

Impondo uma excitação de entrada em degrau, resulta:

C (s) = R(s)F (s) =

1

RC

s

s +

1

RC

= K 1s

+ K 2

s + 1

RC

K 1 = s1

RC

s

s +

1

RC

s=0

=1

RC 1

RC

= 1

K 2 =

s +

1

RC

1RC

s

s +

1

RC

s=−

1

RC

=

1

RC

− 1RC

= −1

C (s) = K 1

s +

K 2

s + 1

RC

= 1

s − 1

s + 1

RC

L−1C (s)−−−−−→ c(t) = 1 − e−t/RC

Exemplo 3.1.2. Para um circuito um pouco mais complexo determinamos sua função de transferência

e sua resposta temporal:

12 Ω 0,5 H

0,02 F

V i(s) V o(s)

8 Ω

V o(s) = I (s)

1

sC + R1

= I (s)

1

0, 02s + 8

V i(s) = I (s)sL + R1 + R2 + 1sC = I (s)0, 5s + 20 + 10, 02s

F (s) =V o(s)V i(s)

= I (s)

1

0, 02s + 8

I (s)

0, 5s + 20 +

1

0, 02s

= 8 + 50

s

0, 5s + 20 + 50

s

F (s) =

8s + 50

s0, 5s2 + 20s + 50

s

= 8s + 50

0, 5s2 + 20s + 50 =

16s + 100

s2 + 40s + 100

F (s) = 16s + 100

s2 + 40s + 100 =

16s + 100

(s + 5)2


38/222

32

Impondo uma excitação de entrada de degrau unitário, vem:

C (s) = 4s + 25

s (s + 5)2 =

K 1s

+ K 2

(s + 5)2 +

K 3(s + 5)

K 1 = s 4s + 25

s (s + 5)2

s=0

= 4s + 25

(s + 5)2

s=0

= 25

25 = 1

F 1(s) = (s + 5)2

4s + 25

s

(s + 5)2 =

4s + 25

s

K 2 = (4s + 25)

s

s=−5

= 5

−5 = −1

K 3 = d

ds

(4s + 25)

s

s=−5

→ dds

u

v =

u′v − v′uv2

→ 4 (s) − 1 (4s + 25)s2

= −25

s2

s=−5

= −25

25 = 1

C (s) = 1

s − 1

(s + 5)2 +

1

(s + 5)

L−1C (s)−−−−−→ c(t) = 1 − te−5t + e−5t = 1 + e−5t(1 − t)

Exemplo 3.1.3. Para um novo circuito determinamos sua função de transferência, resposta temporal e

resposta estacionaria (após passado muito tempo), também para uma excitação a degrau unitário:

V i(s) V o(s)

1 Ω 0,1 H

0,01 F 9Ω

Para calcular a função de transferência deste circuito devemos conhecer:

Z o(s) = Ro//C o e Z i(s) = Li + Ri + Z o(s)

1

Z o(s)=

1

Ro+

sC o1

= 1

9 + 0, 01s =

1 + 0, 09s

9 → Z o(s) =

9

0, 09s + 1 =

100

s + 11, 11

Z i(s) = 0, 1s + 1 + 100

(s + 11, 11) =

(0, 1s + 1) (s + 11, 11) + 100

(s + 11, 11) =

0, 1s2 + 2, 11s + 111, 1

(s + 11, 11)

F (s)

=Z o(s)

Z i(s)=

100

(s + 11, 11)

0, 1s2 + 2, 11s + 111, 1

(s + 11, 11)

= 1.000

s2 + 21, 1s + 1.111 =

1.000

(s + 10, 6 − 31, 6 j) (s + 10, 6 + 31, 6 j)

C (s) = 1.000

s (s + 10, 6 − 31, 6 j) (s + 10, 6 + 31, 6 j) = K 1

s +

K 2(s + 10, 6 − 31, 6 j) +

K ∗2(s + 10, 6 − 31, 6 j)


39/222

33

K 1 = s 1.000

s (s2 + 21, 1s + 1.111)

s=0

= 1.000

1.111 = 0, 9

K 2 =

(s + 10, 6 − 31, 6 j) 1.000

s

(s + 10, 6−

31, 6 j) (s + 10, 6 + 31, 6 j) s=−10,6+31,6 j=

K 2 = 1.000

(−10, 6 + 31, 6 j) ( −10, 6 + 31, 6 j + 10, 6 + 31, 6 j) =

1.000∠0◦

33, 33∠109◦ 63, 2∠90◦ = 0, 47∠− 199◦

C (s) = 0, 9

s +

0, 47∠− 199◦(s + 10, 6 − 31, 6 j) +

0, 47∠ + 199◦

(s + 10, 6 + 31, 6 j)

L−1−−→ c(t) = 0, 9 + 0, 94e−10,6t cos(31, 6t − 199◦)

Finalizamos calculando o valor final para tempo tendendo a infinito, vem:

c(t) = 0, 9 + 0, 94 e−10, 6t

t = ∞ → 0cos(31, 6t − 199)

zero

= 0, 9

Aplicado um degrau unitário, resultou em um sinal de valor final 0,9, ou seja um erro de que será

estudado no capitulo de erro de estado estacionário

3.2 Circuitos Elétricos Ativos

Pela utilização de amplificadores operacionais, podemos modificar o sinal de entrada como nos

circuitos passivos e ainda impor um ganho maior que a unidade. Este recurso é bastante utilizado na

confecção de compensadores analógicos e esta configuração de montagem recebe o nome de circuito

ativo. Montagens com resistores, capacitores e amplificadores operacionais convenientemente associ-

ados determinam uma função de transferência ao circuito que associada a planta em estudo, modificam

seu comportamento para obter a resposta desejada.

Para melhor compreendermos seu funcionamento vamos estudar inicialmente as montagens carac-

terı́sticas do Amp Op como inversor de tensão e como não inversor de tensão.

Amplificador inversor

Terra virtual

Ri

Rf

I f

I i

-

+V i V o


40/222

34

Considerando um amplificador operacional como um circuito ideal (impedância de entrada e

ganho infinitos), dentro de seus limites de operação, podemos afirmar que a tensão necessaria nas

entradas diferenciais para levar a saı́da no estado de saturação, será desprezı́vel. Nesta montagem,

com a entrada não inversora ligada a terra e uma queda muito baixa entre elas, por aproximação, con-

sideramos a entrada inversora com o mesmo potencial da entrada não inversor, ou seja ”terra”, que

nestas condições é chamado de terra virtual. Admitido que a entrada inversora tem o potencial de terra

virtual, podemos calcular:

Ii = V i

Ri

Mas com a impedância de entrada muito alta (no caso de um operacional 741 da ordem de M Ω), só

permite a corrente de entrada seguir o caminho de Rf .

Desta forma deduzimos que:

V Rf = Rf I i pois I i = I f

Em uma rápida análise percebemos que V o = −V Rf , que substituindo vem:

V o = −V i Rf Ri

O caso particular do amplificador inversor, quando Ri = Rf , resulta V o = −V i Em controle substituı́mosas resistências por impedância na entrada e na realimentação, resultando em:

F (s) =V o(s)

V i(s)=

−Z f (s)

Z i(s)

Exemplo 3.2.1. Para o circuito abaixo, obter sua função de transferência

-

+

C 1 R1

R2 C 2

V i(s) V o(s)

Z f (s) = R2 + C 2 → R2 + 1

C 2s → Z f (s) =

C 2R2s + 1

C 2s

Z i(s) = R1 + C 1 → R1 + 1

C 1s → Z i(s) =

C 1R1s + 1

C 1s

F (s) = −Z f (s)Z i(s)

= −C 2R2s + 1

C 2sC 1R1s + 1

C 1s

= −C 2R2s + 1C 2 s

C 1 s

C 1R1s + 1 → F (s) = −

C 1C 2

(C 2R2s + 1)

(C 1R1s + 1)


41/222

35

Amplificador n ˜ ao inversor Considere a configuração que segue

V i(s) +

-

V o(s)

R1

V aR2

V o = Av (V i − V a) onde Av é o ganho do amplificador

Através do divisor de tensão formado por R1 e R2, temos:

V a = R1

R1 + R2V 0

Substituindo na equação inicial, vem:

V o = Av

V i − V o R1

R1 + R2

= AvV i − AvV o R1

R1 + R2→ V o + AvV o R1

R1 + R2= AvV i

V o

1 + AvR1

R1 + R2

= AvV i → V o

V i=

Av

1 + AvR1

R1 + R2

1 + AvR1

R1 + R2≃ Av R1

R1 + R2

V oV i

= Av

AvR1

R1 + R2

= 1

R1R1 + R2

→ F (s) = V oV i

= R1 + R2

R1

A solução particular ocorre quando R2 = 0 (curto circuito) e R1 = ∞ (circuito aberto), netas condiçõesa montagem recebe o nome de seguidor de tensão, pois a tensão de entrada é copiada para a saı́da

com um desacoplamento de impedância.

V i(s) +

V o(s)

-


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36

Exemplo 3.2.2. Obter a função de transferência do circuito que segue

V i(s) +

V o(s)-

C 2

R1

C 1

R2

Z 1(s) = R1 + C 1 → R1 + 1

C 1s =

R1C 1s + 1

C 1s

Z 2(s) = R2 + C 2 → R2 + 1

C 2s =

R2C 2s + 1

C 2s

F (s) =Z 1(s) + Z 2(s)

Z 1(s)=

R1C 1s + 1

C 1s +

R2C 2s + 1

C 2sR1C 1s + 1

C 1s

F (s) =C 2 (R1C 1s + 1) + C 1 (R2C 2s + 1)

C 1C 2sR1C 1s + 1

C 1s

F (s) = C 2 (R1C 1s + 1) + C 1 (R2C 2s + 1)

C 1C 2 s C 1s

R1C 1s + 1 →

F (s) = C 2 (R1C 1s + 1) + C 1 (R2C 2s + 1)

C 2 (R

1C 1

s + 1)

Compensadores de avanço, ou de atraso de fase e a composição entre eles, o avanço/atraso de

fase são muito utilizados como compensadores analógicos normalmente em cascata com a planta para

modificar seu comportamento. Analisaremos estes casos a seguir, sendo que o modelo elétrico tanto

para o avanço, como para o atraso são os mesmos, o que diferencia o funcionamento do compensador

é a relação entre as resistências e as capacitâncias.


43/222

37

Compensador de Avanço ou Atraso de fase

-

+

-

+R1

C 2

R2

R3

R4C 1

Z 1(s) = R1//C 1 → 1

Z 1(s)=

1

R1+ C 1s =

R1C 1s + 1

R1→ Z 1(s) =

R1R1C 1s + 1

Z 2(s) = R2//C 2 → 1Z 2(s)=

1

R2+ C 2s =

R2C 2s + 1

R2→ Z 2(s) = R2R2C 2s + 1

F (s) = F 1(s)F 2(s) =

−Z 2(s)

Z 1(s)

−R4

R3

=

R4R3

Z 2(s)Z 1(s)

F (s) = R4R3

R2R2C 2s + 1

R1R1C 1s + 1

= R4R3

R2R2C 2s + 1

R1C 1s + 1

R1→ F (s) =

R4R2R3R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

F (s) = R4R2R3R1

Ganho

zero (R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1) polo

Podemos definir para esta configuração de compensador

• O ganho proporcional sera K =

R4R2

R3R1

• Quando R1C 1 > R2C 2, o pólo estará mais próximo da origem que o zero e o compensador seráde atraso de fase

• Quando R1C 1 < R2C 2, o zero estará mais próximo da origem que o pólo e o compensador seráde avanço de fase


44/222

38

Exemplo 3.2.3. Para determinar o valor dos componentes, devemos a partir da função de transferência

calculada (isto sera visto nos capı́tulos 9 e 11) e proceder como segue

Gc(s) = 2, 35(s + 3, 75)

(s + 6, 88) =

R4R2R3R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

Observe que o fator (R1C 1s + 1) é apresentado do outro lado da igualdade como (s + 3, 75).

O mesmo ocorre com (R2C 2s + 1) e (s + 6, 88).

A normalização deste efeito, é conseguida como segue:

3, 75

3, 75 (s + 3, 75) = 3, 75

s

3, 75 +

3, 75

3, 75

= 3, 75(0, 267s + 1)

6, 886, 88

(s + 6, 88) = 6, 88 s6, 88

+

6, 88

6, 88 = 6, 88(0, 145s + 1)

Agrupando tudo, resulta:

Gc(s) = 2, 35(s + 3, 75)

(s + 6, 88) = 2, 35

3, 75(0, 267s + 1)

6, 88(0, 145s + 1) = 1, 28

(0, 267s + 1)

(0, 145s + 1)

Gc(s) = 1, 28

(0, 267s + 1)

(0, 145s + 1) =

R4R2

R3R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1) →

1, 28 = R4R2R3R1

0, 267 = R1C 1

0, 145 = R2C 2

Sendo capacitores mais difı́ceis de serem obtidos, é usual adotarmos valores conhecidos para estes

componentes e calcularmos os valores dos resistores, como segue: C 1 = C 2 = 5uF e R3 = 10K Ω

R1 = 0, 267

5uF = 53K 4Ω R2 =

0, 145

5uF = 29K Ω R4 =

1, 28R3R1R2

= 23K 6Ω

-

+

-

+53K 4Ω

5 uF

29K Ω

10K Ω

23K 6Ω5 uF


45/222

39

Exemplo 3.2.4. Repetido agora para um compensador de atraso de fase

Gc(s) = 1, 1 (s + 0, 1)

(s + 0, 05) =

R4R2R3R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

Gc(s) = 1, 1 (s + 0, 1)

(s + 0, 05) = 1, 1

0, 10, 1

(s + 0, 1)

0, 05

0, 05 (s + 0, 05)

= 1, 1 0, 1

0, 05

(10s + 1)

(20s + 1) = 2, 2

(10s + 1)

(20s + 1)

Gc(s) = 2, 2(10s + 1)

(20s + 1) =

R4R2R3R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

Adotando C 1 = C 2 = 470uF e R3 = 22K Ω, vem:

R1 = 10

C 1=

10

470uF = 21K 3Ω R2 =

20

C 2=

20

470uF = 42K 6Ω R4 =

2, 2R3R1R2

= 24K 2Ω

-+

-

+21K 3Ω

470 uF

42K 6Ω

22K Ω

24K 2Ω470 uF

Compensador de Avanço/Atraso de fase

-

+

-

+

R1

R3

C 2 R2

R4

R5

R6C 1

Esta montagem permite associar um compensador de avanço a um compensador de atraso de

fase em um único circuito, sem a necessidade de utilização de 4 amplificadores operacionais.

Z 1(S ) = (R1 + C 1) //R3 → 1

Z 1(S )=

1R1 +

1

C 1s

+ 1R3

→ Z 1(S ) = R3 (R1C 1s + 1)

(R1C 1s + 1) + (R3C 1s)


46/222

40

Z 2(S ) = (R2 + C 2) //R4 → 1

Z 2(S )=

1R2 +

1

C 2s

+ 1R4

→ Z 2(S ) = R4 (R2C 2s + 1)

(R2C 2s + 1) + (R4C 2s)

F (s) = R6R5R4 (R2C 2s + 1)

(R2C 2s + 1) + (R4C 2s)(R1C 1s + 1) + (R3C 1s)

R3 (R1C 1s + 1) →

F (s) = R6R4R5R3

[(R1 + R3) C 1s + 1]

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

[(R2 + R4) C 2s + 1]

Exemplo 3.2.5. Associando os dois compensadores calculados anteriormente (um de avanço e outro

de atraso) temos

Gcav(s)Gcat(s) = 1, 28(0, 267s + 1)

(0, 145s + 1)2, 2

(10s + 1)

(20s + 1) →

2, 82(0, 267s + 1)

(0, 145s + 1)

(10s + 1)

(20s + 1) =

R6R4R5R3

[(R1 + R3) C 1s + 1]

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

[(R2 + R4) C 2s + 1]

Adotando C 1 = 10uF , C 2 = 100uF e R5 = 47K Ω, resulta:

0, 145 = R1C 1 → R1 = 0, 14510uF

= 14K 5Ω 0, 267 = (R1 + R3) C 1 → R3 = 0, 26710uF

− 14K 5 = 12K 2Ω

10 = R2C 2 → R2 = 10100uF

= 1M Ω 20 = (R2 + R4) C 2 → R4 = 20100uF

− 1M = 1M Ω

2, 82 = R6R4R5R3

→ R6 = 2, 82 R5R3R4

= 2, 8247K 12K 2

1M = 1K 6Ω

-

+

-

+

14K 5Ω

12K 2Ω

100 uF 1M Ω

1M Ω

47K Ω

1K 6Ω

10 uF

Resumidamente, em controle clássico os principais controladores são assim, definidos.


47/222

41

Função Z 1(s) entrada Z 2(s) realimentação F (s) = −Z 2(s)Z 1(s)

Ganho R1 R2

−

R2R1

Integrador R1 C 2 − 1R1C 2/sDiferenciador C 1 R2 −R2C 1

PI R1 R2 ↔ C 2 −R2R1

s + 1/R2C 2

s

PD R1//C 1 R2 −

R2

R1(R1C 1s + 1)

PID R1//C 1 R2 ↔ C 2 −

R2R1

+ C 1C 2

+ R2C 2s +

1/R1C 2s

Avanço de fase R1//C 1 R2//C 2 −R2R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1) p/ R1C 1 < R2C 2

Atraso de fase R1//C 1 R2//C 2

−

R2

R1

(R1C 1s + 1)

(R2C 2s + 1)

p/ R1C 1 > R2C 2


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42

3.3 Sistemas mecânicos dinâmicos

Os três elementos mecânicos básicos, são massa, mola (resistência) e amortecedor (atrito),

identificados abaixo.

Figura 3.1:

Massa

De acordo com a 2o lei de Newton, podemos escrever matematicamente:

f (t) = ma(t) = mdv(t)

dt = m

d2x(t)

dt2

onde

x(t) → posição

v(t) → velocidade

a(t) → aceleração

⇒ do ponto em estudo

Considerando que a massa é um corpo rı́gido, ou seja, o ponto de aplicação da força não se move

em relação a um outro ponto qualquer da massa, portanto x(t) é a posição de qualquer ponto da massa.

Considerando também a massa como sendo um elemento de armazenamento de energia cinética do

movimente de translação, em uma analogia a circuitos elétricos, podemos considerar equivalente a

uma indutância.

Mola e Amortecedor

Em uma mola armazenamos energia potencial, sendo análoga a um capacitor em circuitos elétricos.

O atrito ou amortecimento, causado pelo amortecedor será para nos equivalente a resistência elétrica

de circuitos.

Nestes dois casos, diferentes da massa, podemos ter deslocamento do ponto de aplicação da força


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43

com relação ao ponto de apoio do elemento, por este motivo necessitamos de duas variáveis de deslo-

camento para descrever a resposta do elemento, conforme segue.

Amortecedor ⇔ f (t) = B

∂X 1(t)

∂t − ∂X 2(t)

∂t

→ B = coeficiente de atrito

Mola ⇔ f (t) = K X 1(t) − X 2(t)Estas equações são validas com as forças aplicadas no sentido do desenho acima, caso a aplicação

se de em sentido contrario, o sinal equivalente deverá ser invertido na equação. O amortecedor tem a

propriedade de dissipar energia, sem a capacidade de armazenamento, enquanto massa e mola per-

mitem armazenamento de energia, sem contudo poderem dissipar as mesmas. Usando a lei de Newton

podemos escrever:

”A soma das forças aplicadas a um corpo é igual ao produto de sua massa pela aceleração

adquirida”

Exemplo 3.3.1. Para o sistema mecânico da figura abaixo, sendo f (t) o sinal de entrada e x(t), o sinal

de saı́da, obter a função de transferência do sistema.

Massa

K B

f(t) x(t)

Três forças estão em ação no sistema

f (t) → força aplicada

B∂x(t)

∂t → força de atrito

Kx(t) → força da mola

F = M ∂ 2x(t)

∂t2 = f (t) − B

∂x(t)∂t

− Kx(t) L−1−−→ M s2X (s) = F (s) − BsX (s) − KX (s)

F (s) = M s2X (s) + BsX (s) + KX (s) = X (s)

M s2 + Bs + K

→

G(s) =F (s)X (s)

= 1

M s2 + Bs + K


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44

Exemplo 3.3.2. Na figura abaixo observamos o diagrama esquemático da suspensão de um automóvel.

Com o deslocamento do veiculo ao longo de uma estrada, em um piso irregular, os deslocamentos

verticais dos pneus agem como uma excitação do sistema de suspensão do automóvel. O movimento

deste sistema é composto por uma translação do centro de massa e de uma rotação em torno do

centro de massa. Sua modelagem é bastante complexa, porem em uma visão simplificada, podemos

considerar

Centro de massa

Carroceria M

K B

P

X0

X1

Considerando que o deslocamento X 1 do ponto P seja a grandeza de entrada do sistema e que

o deslocamento vertical X 0 da carroceria seja a grandeza de saı́da (estamos estudando as oscilações

da carroceria com a ondulação do piso), obtemos da função de transferência considerando apenas o

deslocamento vertical da carroceria.

M ∂ 2x0∂t2

+ B

∂X 0

∂t − ∂ X 1

∂t

+ K (X 0 − X 1) = 0

M ∂ 2x0∂t2

+ B∂X 0

∂t + KX 0 = B

∂X 1∂t

+ KX 1

Levando para o domı́nio de Laplace temos:

M s2 + Bs + K

X 0(s) = (Bs + K ) X 1(s)→G(s) =

X 0(s)X 1(s)

= Bs + K

M s2 + Bs + K

Exemplo 3.3.3. Considerando agora o efeito elástico que o pneu impõe no sistema anterior, podemos

refazer o Exemplo 3.3.2 um pouco mais detalhado


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45

• M 1 → Massa da carroceria do automóvel

• M 2 → Massa da roda

• B → Atrito do amortecedor

• K 1

→ constante elastica da mola do

carro

• K 2 → constante elastica do pneu

M 1 ⇒ M 1∂ 2x1

∂t2 = −B

∂X 1

∂t − ∂ X 2

∂t

− K 1 (X 1 − X 2)

M 2 ⇒ M 2∂ 2x

2∂t2 = f (t) − B ∂X 2∂t − ∂ X 1∂t − K 1 (X 2 − X 1) − K 2X 2

Desmembrando e engarupando os termos, temos

M 1s2X 1(s) + B

sX 1(s) − sX 2(s)

+ K 1

X 1(s) − X 2(s)

= 0

M 2s2X 2(s) + B

sX 2(s) − sX 1(s)

+ K 1

X 2(s) − X 1(s)

+ K 2X 2(s) = F (s)

X 1(s) = Bs + K 1

M 1s2 + Bs + K 1X 2(s) = G1(s)X 2(s)

X 2(s) = 1

M 2s2 + Bs + (K 1 + K 2)F (s) +

Bs + K 1M 2s2 + Bs + (K 1 + K 2)

X 1(s) = G2(s)F (s) + G3(s)X 1(s)

Solucionamos com maior facilidade este equacionamento com auxilio de redução blocos, que tem seu

estudo mais detalhado apresentado no próximo capitulo.

F (s)++G2(s)

G3(s)

X 1(s)G1(s)

X 1(s)F (s)

G2(s)G1(s)

1 − G1(s)G3(s)

∼=

X 1(s)F (s) G1(s)G2(s)1

−G2(s)

G3(s)

Aplicando valores ao diagrama reduzido, obtemos a função de transferência procurada com a

substituição de G1(s), G2(s) e G3(s)


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47

RCsH (s) + H (s) = RQi(s) → H (s) (RCs + 1) = RQi(s) ∴H (s)Qi(s)

= R

RCs + 1

Caso seja de interesse a relação entre entrada e saı́da, vem:

h = q 0

R→

H (s)

= Q0(s)

R⇒

Q0(s)

Qi(s)R =

1

R

R

RCs + 1 ∴ F

(s) =

1

RCs + 1

3.5 Sistemas de aquecimento

Exemplo 3.5.1. Obter a função de transferência do sistema de troca de calor que segue

Figura 3.3:

São definidos para este sistema

• Resistência térmica → Quociente de variação da diferença de temperatura pela variação da taxade fluxo de calor massa x calor especifico =

Kcal

KgoC

Kg

=

Kcal

oC

• Capacitância térmica → Quociente de variação de calor armazenado no sistema, pela variaçãoda temperatura =

d (△ θ)

dq =

variação o da temperatura

variação o de fluxo de calor

E as variáveis que vamos utilizar são:


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48

G Fluxo de lı́quido em regime permanente

Kg

seg

M Massa de liquido no tanque [Kg]

C Calor especifico de liquido

cal

KgoC

R Resistência térmicaoCseg

cal

C Capacitância térmica

Kcal

oC

H Taxa de entrada de calor em regime permanente

Kcal

seg

Supondo que a temperatura do liquido de entrada seja mantida constante Φi = cte e que a

taxa de entrada de calor fornecida pelo aquecedor, seja modificada rapidamente de H para H + hi,

onde hi representa a variação de η . Desta forma a taxa de saı́da de calor vai variar gradualmente de

H → H + hi, então:

h0 = GcPhi0 ; R = Φ0h0

e C = mc onde

h0 = taxa de entrada de calor

G = vazão do sistema

c = calor especifico

ϕ0 = temperatura de saı́da

R = Resistência térmica

C = Capacidade térmica

m = massa

Pelo balanço energético do sistema, calor de entrada=calor de saı́da

CdΦ = (hi − h0) dt → C dΦdt

= (hi − h0) sendo h0 = Φ0R

, temos

C dΦ0dt

+ h0 = hi → C dΦ0dt

+ Φ0

R = hi → RC dΦ0

dt + Φ0 = Rhi

L−1−−→

RC (s)Φ0(s)s + Φ0(s) = RH i(s) →Φ0(s)

H i(s)=

R

RCs + 1

Na pratica a temperatura de entrada não é constante podendo variara de Φi para Φi + Φ, enquanto

a taxa de entrada de calor H e o fluxo de calor G, são mantidos constantes. Desta forma a taxa de

calor de saı́da será alterada de H → H + h0, causando uma variação de temperatura de saı́da deΦ0 → Φ0 + Φ, ficando o balanço energético do sistema como:

CdΦ = (hi − h0) dt como hi = GcΦi


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49

C dΦ

dt =

1

RΦi − h0 mas h0 = Φ

R e Gc =

1

R

C dΦ

dt =

1

RΦi − Φ

R → Rc dΦ

dt + Φ0 = Φi

L−1−−→ R sΦ0(s) + Φ0(s) = Φi(s)

Φ0(s) (RCs + 1) = Φi(s) ∴ G(s) =Φ0(s)

Φi(s)=

1

RCs + 1

3.6 Motor de corrente continua

Exemplo 3.6.1. Para um motor de corrente continua abaixo apresentado, com suas respectivas equações,

obter sua função de transferência.

Figura 3.4: Esquema elétrico de um motor CC

• Ra → Resistência de armadura

• La → Indutância de armadura

• F em → Força eletro motriz

• Fcem → Força contra eletro motriz

V 0(t) = RaI a(t) + LadI a(t)

dt + ea(t)

L−1−−→ V 0(s) = (Ra + Las) I a(s) + E a(s)

Equacionando a FCEM por Faraday, temos:

ea(t) = K edθm(t)

dt onde

K e → Constante do motor

dθm(t)dt

= W m(t) → velocidade angular

L−1−−→ E a(s) = K eΩm(s)


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50

A força mecânica que um motor desenvolve em seu eixo, que recebe a denominação de conju-

gado mecânico, é proporcional ao campo magnético que neste caso é constante pois consideramos

um motor de ı́mã permanente e a corrente de armadura I a(t). Esta força multiplicada pelo braço de

alavanca preso ao eixo de saı́da do motor, corresponde ao conjugado de saı́da.

C m = K mI a(t)L−1−−−→ C m(s) = K mI a(s)

mas C mec(t) − C res(t) = J dw(t)

dt onde J = momento de inércia

C res(t) = BW m(t) onde

B → atrito viscoso

W m → velocidade angular

C mec(t) = J dw(t)

dt + BW m(t)

L−1−−→ C mec(s) = (Js + B) Ω(s)

Representando o resultado em diagrama de blocos, temos:

V o(s)

E a(s)

1

Ra + Las

K m

K m

1

Js + B

Ω(s)

I a(s) C m(s)

-+


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3.7 Exercı́cios de Fixaç ˜ ao

Exercı́cio 3.1. Para os circuitos apresentados abaixo, obtenha a sua função de transferência em

Laplace, sua resposta temporal e seu valor final

(a)

8 Ω 0,75 H

0,01 F

16 Ω

(b)

75Ω 25Ω

0, 05F

0, 25H

(c)

75 Ω 50 Ω

0, 05F

0, 25H

(d)

0, 025F

20Ω

0, 8H

80Ω

Exercı́cio 3.2. Para o compensador abaixo apresentado, calcule o valor dos componentes para as

funções de transferência que seguem

-

+

-

+R1

C 2

R2

R3

R4

C 1

(a) G(s) = 5, 75 (s + 2, 83)

(s + 10, 57) com C 1 = C 2 = 4, 7uF e R3 = 47K

(b) G(s) = 1, 32 (s + 0, 88)(s + 5, 6) com C 1 = 2, 2uF , C 2 = 6, 8uF e R3 = 22K

(c) G(s) = 0, 98(s + 0, 025)

(s + 0, 01) com C 1 = C 2 = 220uF e R3 = 33K

(d) G(s) = 1, 07 (s + 0, 001)

(s + 0, 0001) com C 1 = 470uF , C 2 = 1000uF e R3 = 18K


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Exercı́cio 3.3. P

notas de aula de controle automático e servo mecanismo

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