servo mecanismo

Nota de aula de Controle Automatico e Servo Mecanismo

Controle Classico

Prof Luiz Vasco Puglia

Prof MsC Fabio Delatore

Sao Paulo

2009

Sumario

1 Introducao 1

1.1 Conceitos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

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

1.3 Historico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.4 Definicoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

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

2 Revisao de Laplace 7


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

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

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

2.5 Transformada inversa para raızes reais multiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

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

2.7 Solucoes com MatLab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

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

2.9 Exercıcios de Fixacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3 Modelagem Matematica 27

3.1 Circuitos Eletricos Passivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.2 Circuitos Eletricos Ativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.3 Sistemas mecanicos dinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.4 Sistemas Fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

i

3.5 Sistemas de aquecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.6 Motor de corrente continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48


4 Representacao 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 Estacionario 105


7.2 Erro de estado estacionario em funcao de F(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

7.3 Erro de estado estacionario em funcao de G(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109


8 Analise pelo Caminho do Lugar das Raizes 121

8.1 CLR por Inspecao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

8.2 Fundamentos Matematicos do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

ii

8.3 Regras para construcao do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128


9 Projeto pelo Caminho do Lugar das Raizes 141


9.2 Compensador por Avanco de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

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

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

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


10 Analise por Resposta em Frequencia 179


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


11 Projeto por Resposta em Frequencia 197

12 Ziegler Nichols 199

12.1 conceitos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

12.2 1o Metodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

12.3 2o Metodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

13 Controle Digital 209

iii

Capıtulo 1

Introducao

1.1 Conceitos basicos

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

pensadores pelo metodo classico, abordando as tecnicas de lugar das raızes e resposta em frequencia,

partindo de uma revisao matematica que permita a compreensao das ferramentas utilizadas, identificacao

das modelagens usuais e descricao em blocos de sistemas. Posteriormente sao definidos os criterios

de qualidades necessarios a controle e finaliza com o dimensionamento dos controladores pelos metodos:

• Lugar das Raızes

• Resposta em Frequencia

• Ziegler-Nichols

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

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

Compensador

Introducao

Revisao deLaplace

Modelagem

Matematica

Diagramade Blocos

Resposta

Temporal

Estabilidade

Erro

Estacionario

Lugar RaızesAnalise pelo

Lugar RaızesProjeto pelo

ZieglerNichols

Analise porResp. Freq. Resp. Freq.

Projeto por

Controle

Digital

1

2

Lembrete

Todas as notas aqui contidas foram extraıdas da literatura basica e complementar proposta na ementa

do curso, abaixo descrita.

Para maior profundidade matematica, devemos buscar os recursos necessarios nas referencias indi-

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

sadores.

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

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

a este trabalho.

1.2 Literatura recomendada

• Literatura

Ogata, Katsuhiko - Engenharia de Controle Moderno, 4 Edicao, Pearson - 2003

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

Phillips L.Charles - Sistema de Controle e Realimentacao, 1 Edicao, Makron Books - 1996

1.3 Historico

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

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

Posteriormente, o primeiro controle automatico mecanico, realizado foi de James Watt, construıdo no

seculo XVIII e consistia em um controlador centrıfugo para regulacao 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 automaticos para pilotar navios, determinando sua es-

tabilidade a partir de representacoes do sistema por equacoes diferenciais.

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

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

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

posicao, discutiu o projeto de servo mecanismo a rele capaz de seguir muito de perto, uma excitacao

variavel no tempo.

3

Figura 1.1: Primeiro Sistema de Controle - Regulador de Watts

Figura 1.2: Exemplo de um sistema de controle digital

4

1.4 Definicoes

Apresentamos a seguir alguns conceitos e definicoes bastante utilizados em controle

• Malha Aberta

Executa a acao independentemente da saıda

– Semaforo temporizado

– Maquina de lavar roupas

– Menor custo

– Maior facilidade de execucao

– Menor precisao

• Malha Fechada

Observa a saıda do sistema retroagindo uma amostra do sinal (realimenta o sinal) para a entrada

que modifica a saıda final.

– Controle de posicao

– Controle de velocidade

– Maior custo

– Otima precisao

– Permite modificar o sinal de saıda

• Variavel Controlada

Grandeza ou variavel a ser medida e controlada no processo

• Variavel Manipulada

E a grandeza ou variavel que sera manipulada pelo controlador, que afeta a o valor da variavel

controlada.

• Planta ou sistema a controlar

Parte de um equipamento, conjunto de componentes ou toda a planta que realiza a funcao a ser

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

• Processo

Operacao a ser controlada, como processo quımico, economico, mecanico.

5

• Sistema

Conjunto de componentes que constituem a planta estudada. Nao se constitui apenas a algo

fısico pode ser algo abstrato, como no caso do estudo de um sistema economico, onde a dinamica

de mercado pode alterar a saıda de nosso sistema.

1.5 Tipos de sistema

Representacao do comportamento de um organismo ou planta atraves de uma equacao diferen-

cial, seu modelo matematico, que apresentam ordem 0, 1 , 2, ... em funcao dos coeficientes da equacao

e isto define a classe do sistema.

Sistema de Ordem 0

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

isto significa que a saıda sera a entrada multiplicada por uma constante e um exemplo tıpico e um

divisor de tensao resistivo e seu comportamento e sempre estavel.

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

degrau de amplitude unitaria, obtemos:

u(t) y(t)

9KΩ

1KΩ

u(t)

y(t)

tempo

y(t)

6

Sistema de 1o Ordem

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

tipo degrau. Se esta exponencial e decrescente entao o sistema e estavel e caso contrario, se a expo-

nencial e crescente, o sistema sera instavel. 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 possuırem a equacao caracterıstica diferencial de 2 ordem. De-

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

mento critico e sub amortecidas em condicoes de estabilidade ou ser instavel.

Respostas com maior riqueza de informacoes sao observadas em sistemas sub amortecido, um sinal

senoidal multiplicado por uma envoltorio exponencial, compoe automaticamente o sinal de saıda. O

exemplo classico do sistema de 2 ordem e 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

Capıtulo 2

Revisao de Laplace

Compensador

Revisao deLaplace

Revisao de transformada de Laplace para controle

A transformada de Laplace e uma ferramenta matematica utilizada para solucao de equacoes diferenci-

ais lineares. Possibilita a conversao de funcoes comuns como seno, co-seno, exponenciais em funcoes

algebricas no domınio de uma variavel complexa s (domınio de laplace). Operacoes de diferenciacao

e integracao sao substituıdas por operacoes algebricas no plano complexo e ao final a equacao tem-

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

que o caminho direto da operacao no domınio do tempo. Outra vantagem deste metodo e a utilizacao

de tecnicas graficas para previsao de desempenho de sistemas sem a necessidade de resolucao das

equacoes diferencias que o descrevem. Observe que a revisao aqui proposta esta direcionada apenas

aos conteudos necessarios a controle, sendo a ferramenta de Laplace muito mais profunda do que aqui

apresentado.

7

8

Equação diferencialdomínio do tempo

Transf. Laplace EquaçãoAlgébrica

Fácil

Difíc

il

Transf. inv. de Laplace

Solução daequaçãoalgébrica

Solução daequação difer.

(tempo)

Exemplo 2.1. Como exemplo para fixar este conceito, segue uma solucao de uma equacao

diferencial de 1 ordem pelos dois metodos citado Dada uma equacao diferencial de 1 ordemd

dty(t) +

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

Solucao no domınio 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′, vem[y′(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)e

2t∫ (2y(t)e

2t)′=

∫u(t)e

2t

e2ty(t) =e2t

2u(t) +K

y(t) =

u(t)e2t

2+K

e2t=

u(t)

2+Ke2t

com a condicao inicial y(0) = 0

0 =u(t)

2+Ke0 → K = −

u(t)

2

y(t) =1

2− 1

2e2t

Solucao no domınio 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)=

K1

s+

K2

(s+ 2)

K1 = s

1

s (s+ 2)

∣∣∣∣s=0

=1

2

K2 =(s+ 2)1

s(s+ 2)

∣∣∣∣s=−2

= −1

2

Y(s) =1

2s− 1

2 (s+ 2)

L−1F(s)−−−−−→

y(t) =1

2− 1

2e−2t

9


Variaveis complexas e funcoes de variaveis complexas

Numeros complexos A solucao da equacao x2 − 1 = 0 , leva ao resultado x = ±1 , porem para a

equacao x2 + 1 = 0 , nao obtemos solucao no campo dos numeros reais que satisfaca o resultado.

Para esta solucao devemos utilizar numeros no campo imaginario, tal que:

6

-,,,,,

,,,,

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

c=a+bj

Im

Re

bj

a

M

a

C = a+ bj

M =√a2 + b2

α = arctanb

a

Forma polar c = M ∠α

Variavel Complexa Definimos um numero complexo como sendo a soma de um par de valores

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

variacoes na parte real e/ou na parte imaginaria, o numero complexo passa a receber o nome de

variavel complexa. Nos estudos sob o domınio de Laplace, utilizamos a notacao ”s”, para identificar

uma variavel complexa s = σ + jω

Plano s E padronizado em controle apresentar numeros, variareis e resultados em um grafico

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

representando a parte imaginaria (jω)

-

6

*

JJJJJ

P2

P1

α2

α1

Im

Re

Figura 2.1: Representacao

S1 = 1− 2j → P1

|S1| =√

12 + 22 =√5

α1 = arctan−21

= ∠− 63, 43

S2 = 4 + 2j → P2

|S2| =√

22 + 42 =√20

α2 = arctan2

4= ∠26, 56

por Euler, temos

ejθ = cos θ + j sen θ

σ = |S| cos θ

ω = |S| sen θ

S = |S| cos θ + j |S| sen θ

S = |S| ejθ

S1 =√5 e−j63, 43

e S2 =

√20 e+j26, 56

10

Funcao complexa de variavel complexa Definimos uma funcao complexa F (s), quando possuımos

uma parte real e uma parte imaginaria variavel em funcao de s, tal que:

F(s) = Fx + jFy, onde Fx eFy sao quantidades reais. Sua Magnitude e argumento sao dados por:

F(s) =√

Fx2 + Fy

2 e θ = arctanFy

Fx

com o angulo medido no sentido anti-horario a partir do semi-eixo real positivo.

Exemplo 2.1.1. Para os pontos do exemplo anterior, podemos calcular a variavel complexa da funcao,

para cada um dos pontos.

6

-

JJJJJ

+0,25

+0,25

+0,12

-0,16

F1(s)

F2(s)

Re |Fx|

Im |Fy|

Figura 2.2: funcao complexa

F(s) =1

s+ 1

F (s1) =1

s1 + 1

F (s1) =1

1− 2j + 1

F (s1) =1

2− 2j

2 + 2j

2 + 2j︸︷︷︸conjugado

F (s1) =2 + 2j

8= 0, 25 + 0, 25j

F (s2) =1

s2 + 1

F (s2) =1

2 + 4j + 1

F (s2) =1

3 + 4j

3− 4j

3− 4j︸︷︷︸conjugado

F (s2) =3− 4j

25= 0, 12− 0, 16j

Definicoes de uma funcao de Laplace Representamos uma funcao dde Laplace por F (s) =

N(s)

D(s), onde N(s) e o polinomio do numerador e D(s) o polinomio do denominador, e ambos variaveis

complexas em s. Desta forma definimos entao:

Polinomio caracterıstico A equacao matematica de D(s), identifica o comportamento do sistema no

domınio do tempo, recebendo portanto o nome de polinomio caracterıstico.

Ordem do sistema E o grau do polinomio caracterıstico, ou seja, se D(s) e um polinomio de 1 grau, o

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

Zero do sistema Sao os valores de s que anulam o polinomio do numerador N(s).

Polo do sistema Sao os valores de s que anulam o polinomio do caracterıstico D(s).

11

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

(s+ p), temos:

p e um polo se lims→p

F(s) =∞ e z e um zero se lims→z

F(s) = 0

Exemplo 2.1.2. Para a funcao de transferencia F (s) =s+ 3

s+ 1, determinar quem e seu polinomio carac-

terıstico, a ordem do sistema e a posicao de polos e zeros.

Sendo F (s) =s+ 3

s+ 1=

N(s)

D(s), logo o polinomio caracterıstico e D(s) = (s+ 1)

Como a ordem do sistema e determinada pelo polinomio caracterıstico e neste caso o polinomio e de

1 ordem (s+ 1), o sistema e de 1 ordem.

Igualando N(s) a zero, obtemos os zeros do sistema. (s+ 3) = 0 −→ s = −3, ou o zero do sistema se

encontra em -3.

Igualando D(s) a zero, obtemos os polos do sistema. (s+ 1) = 0 −→ s = −1, ou o polo do sistema se

encontra em -1.

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

que segue abaixo.

f6

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

?

-

?

plano s

s=-3zero

s=-1

Re

Im

polo

Exemplo 2.1.3. Para a funcao de transferencia F (s) =s2 − 2s− 15

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

os polos e zeros e represente o sistema no plano s.

Polinomio caracterıstico D(s) = (s2 + 4s+ 5) =⇒ sistema de 2 ordem

Para determinacao dos zeros e polos, vem:

N(s) =(s2 − 2s− 15

)→

s = −3

s = +5D(s) =

(s2 + 4s+ 5

)→

s = −2 + j

s = −2− j

f6Im

f ..........................................

..........................................? ?

zero=-3

polo=-2+j

polo=-2-j zero=+5

Re

Figura 2.3: polos ou zeros complexos conjugados

12

2.2 Transformadas de Laplace

Definicoes matematicas das transformadas de Laplace

Matematicamente a transformada de Laplace e definida por:

L[f(t)] = F (s) =

∞∫0

e−stdt[f(t)] =

∞∫0

f(t) e−st dt

Onde:

• f(t)= funcao temporal em que f(t)=0 para t<0

• s = variavel complexa de Laplace

• L= sımbolo que indica transformacao por Laplace de f(t)

• F(s) = transformada de Laplace de f(t)

Logo a transformada de Laplace de qualquer funcao ”transformavel”pode ser obtida integrando o pro-

duto de f(t)e−st, com limites de integracao entre 0 e ∞. Entretanto cabe aqui uma observacao

importante no estudo destinado ao controle classico. A transformada de Laplace e uma ferramenta

matematica que deve ser utilizada para agilizar a obtencao de resultados em controle, portanto uma

vez calculada as funcoes de interesse para nossa area, as mesmas estao tabeladas no final deste

capıtulo, dispensando a necessidade do calculo integral, bastante demorado e trabalhoso.

Definimos tambem a transformada inversa de Laplace (caminho inverso de s → t), como sendo a

operacao matematica que segue:

L−1[F (s)] =1

2πj

σ+∞j∫σ−∞j

F (s)estds

Do mesmo modo, podemos calcular a transformada inversa de Laplace, pelo arranjo matematico acima

apresentado, embora na maioria dos casos sua resolucao seja de alta complexidade, facilitamos a

solucao utilizando a tabela de conversoes como no caso anterior.

Particularmente quando efetuamos a transformada inversa de Laplace, estamos trabalhando sobre

termos de maior ordem matematica, pois este e o resultado das operacoes algebricas efetuadas. Ob-

viamente a tabela de conversoes nao permite uma colecao muito extensa de valores, concentrando

suas apresentacoes nas transformadas de primeira ordem. Para sistemas de ordem superior que nor-

malmente resulta nos calculos de sistemas, efetuamos a divisao em fracoes parciais, aplicando entao

a tabela. O processo de divisao em fracoes parciais consiste em transformar uma F (s) complexa, em

uma somatoria de diversos fatores mais simples, para os quais se conhece a transformada inversa de

13

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

complexa possıvel para solucoes temporais.

Exemplo 2.2.1. Dada a funcao de transferencia abaixo, aplicando as propriedades da tabela de con-

versao, 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 ultimo termo deve agora ser dividido em fracoes parciais, para obtencao da resposta

temporal total.

Exemplos de transformadas de Laplace

Exemplo 2.2.2. Funcao Exponencial Para a funcao exponencial no tempo abaixo apresentada, obter

a equivalente transformada de Laplace:

f(t) =

0 para t⟨0

Ae−αt para t > 0ondeAeα sa 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. Funcao Degrau Para a funcao degrau no tempo abaixo apresentada, obter a equiva-

lente transformada de Laplace:

f(t) =

0para t⟨0

Apara t > 0onde A e uma constante


L [A] =

∞∫0

Ae−stdt =A

s⇒ L [A] = A

s

Exemplo 2.2.4. Funcao Degrau de amplitude unitaria Para a funcao degrau de amplitude unitaria

(normalizada), que e de ampla utilizacao em controle,

14

pode ser calculada conforme segue:

f(t) =

0para t⟨0

1para t > 0onde A e uma constante


L [u(t)] =∞∫0

1e−stdt =1

s⇒ L [u(t)] = 1

s

2.3 Transformada inversa de Laplace

No estudo de transformadas inversa de Laplace aplicadas ao curso de controle classico onde

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

dominantes, 3 casos devem ser estudados com maior atencao pois serao muito utilizadas ao longo

desta apostila.

Sao eles relacionados as possıveis raızes que um sistema de 2o ordem podem nos fornecer.

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

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

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

Obtemos a solucao temporal pelo metodo da divisao em fracoes parciais, nos tres casos, estudando

inicialmente a solucao para duas raızes, estendendo a aplicacao para um numero maior logo apos,

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 solucao algebrica no domınio de Laplace obter a resposta temporal.

Equação diferencialdomínio do tempo

Transf. Laplace EquaçãoAlgébrica

Fácil

Difíc

il

Transf. inv. de Laplace

Solução daequaçãoalgébrica

Solução daequação difer.

(tempo)

Figura 2.4: Efetuando a transformada inversa de Laplace

15

2.4 Transformada Inversa para raızes reais e distintas

Exemplo 2.4.1. Apresentamos inicialmente uma funcao de transferencia com duas raızes 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 equacao acima em duas novas equacoes, que se somadas novamente resultem na

mesma equacao que as originou, entao:

F (s) =2

(s+ 1)(s+ 2)=

K1

(s+ 1)+

K2

(s+ 2)

Para obtencao dos valores de K1 e K2, devemos observar que:

F (s) =N(s)

D(s)=

N(s)

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

K1

(s+ p1)+

K2

(s+ p2)+ ...+

Km

(s+ pm)

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

F (s) (s+ pm) =K1

(s+ p1)(s+ pm) +

K2

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

Km

(s+ pm)(s+ pm)

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

o termo Km, restando entao:

Km = (s+ pm)F (s)|s=−pm

Substituindo F (s), chegamos a:

Km = (s+ pm)N(s)

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

∣∣∣∣s=−pm

= Km = (s+ pm)F (s)|s=−pm

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

Nosso exemplo fica entao:

K1 = (s+ 1)2

(s+ 1) (s+ 2)

∣∣∣∣s=−1

=2

(s+ 2)

∣∣∣∣s=−1

=2

1→ K1 = 2

K2 = (s+ 2)2

(s+ 1) (s+ 2)

∣∣∣∣s=−2

=2

(s+ 1)

∣∣∣∣s=−2

=2

−1→ K2 = −2

Reescrevendo a equacao temos:

F (s) =2

(s+ 1)− 2

(s+ 2)

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 81

(s+ a)= e−at, logo:

f(t) =c(t)

u(t)⇔ c(t) = u(t) f(t) = u(t)

[2e−t − 2e−2t

]

16

Para validar o processo d divisao por fracoes parciais, basta somar as duas fracoes e verificar se

obtemos a equacao 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 tambem para equacoes diferenciais, como segue

Dada a equacao diferencial abaixo, obter a resposta temporal y(t), considerando as condicoes

iniciais nulas, atraves da transformada inversa de Laplace.

d2y

dt2+ 12

dy

dt+ 32y = 32u(t)

Levando a equacao no domınio do tempo para o domınio de Laplace, resulta

s2Y (s) + 12sY (s) + 32s =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 fracoes parciais, obtemos:

Y (s) =32

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

K1

s+

K2

(s+ 4)+

K3

(s+ 8)

Determinamos os valores de K1,K2 eK3

K1 = s32

s (s+ 4) (s+ 8)

∣∣∣∣s=0

=32

(s+ 4) (s+ 8)

∣∣∣∣s=0

=32

32= 1

K2 = (s+ 4)32

s (s+ 4) (s+ 8)

∣∣∣∣s=−4

=32

s(s+ 8)

∣∣∣∣s=−4

=32

−16= −2

K3 = (s+ 8)32

s (s+ 4)(s+ 8)

∣∣∣∣s=−8

=32

s(s+ 4)

∣∣∣∣s=−8

=32

32= 1

Substituindo, vem:

Y (s) =K1

s+

K2

(s+ 4)+

K3

(s+ 8)=

1

s− 2

(s+ 4)+

1

(s+ 8)

Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 21

s= u(t) e na linha 6

1

(s+ a)= e−at, logo:

y(t) = 1− 2e−4t + e−8t

17

2.5 Transformada inversa para raızes reais multiplas

Exemplo 2.5.1. Considere a funcao de transferencia que segue F (s) =2

(s+ 1)(s+ 2)2

Tentando a resolucao pelo 1o metodo, verificamos nao ser possıvel obter a solucao, como segue.

F (s) =2

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

2

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

K1

(s+ 1)+

K2

(s+ 2)+

K3

(s+ 2)

Quando tentamos obter os valores de K1,K2 eK3, ocorre uma indeterminacao.

K1 = (s+ 1)2

(s+ 1) (s+ 2)2

∣∣∣∣s=−1

=2

(s+ 2)2

∣∣∣∣s=−1

=2

1= 2

K2 = K3 = (s+ 2)2

(s+ 1) (s+ 2)2

∣∣∣∣∣s=−2

=2

(s+ 1) (s+ 2)

∣∣∣∣s=−2

=2

0→ indeterminado

Para solucao deste caso devemos utilizar uma propriedade matematica, chamada de termos adicionais

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

N(s)

(s+ a)n=

K1

(s+ a)n+

K2

(s+ a)n−1 + ...+Kn

(s+ a)

E para calculo dos termos, devemos proceder a derivada de ordem n − 1, em cada calculo, ou seja,

para o calculo de K1 mantemos o procedimento padrao com uma derivada de ordem zero, que resulta

no proprio termo. Para calculo de K2, 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=

K1

(s+ 1)+

K2

(s+ 2)2+

K3

(s+ 2)

Calculamos K1 e K2 pelo metodo convencional:

K1 = (s+ 1)2

(s+ 1) (s+ 2)2

∣∣∣∣s=−1

=2

(s+ 2)2

∣∣∣∣s=−1

=2

1= 2

K2 = (s+ 2)2

2

(s+ 1)(s+ 2)2

∣∣∣∣s=−2

=2

(s+ 1)

∣∣∣∣s=−2

=2

−1= −2

Agora para o calculo de K3, efetuamos a derivada de 1o ordem.

K3 =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)

18

Efetuando a transformada inversa obtemos:

c(t) = u(t)[2e−t − 2te−2t − 2e−2t

]= 2u(t)

[e−t − te−2t − e−2t

]Verificando se o processo de divisao por termos adicionais com fator do denominador de multi-

plicidade reduzida, retorna a mesma expressao 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 ate 2o ordem sua amplitude nao sofre alteracoes, mas para ordens su-

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

qualquer pelas expressoes que seguem

F1(s) = (s+ pm)n F (s) e Ki =1

(i− 1)!

di−1

dsi−1F1(s)

∣∣∣∣s=−pm

sendo 0! = 1

Verifique pelo exemplo que segue:

F (s) =s2 + 2s+ 3

(s+ 1)3=

K1

(s+ 1)3+

K2

(s+ 1)2+

K3

(s+ 1)

F1(s) = (s+ pm)n F (s) =(s+ 1)3

s2 + 2s+ 3

(s+ 1)3

→ F1(s) = s2 + 2s+ 3

K1 =1

(1− 1)!︸︷︷︸1

d0

ds0︸︷︷︸1

F1(s)

∣∣∣∣∣∣∣∣s=−1

= s2 + 2s+ 3∣∣s=−1

= 1− 2 + 3 = 2

K2 =1

(2− 1)!︸︷︷︸1

d1

ds1F1(s)

∣∣∣∣∣∣∣∣s=−1

=d1

ds1

[s2 + 2s+ 3

∣∣s=−1

]= [2s+ 2]|s=−1 = −2 + 2 = 0

K3 =1

(3− 1)!︸︷︷︸2!

d2

ds2F1(s)

∣∣∣∣∣∣∣∣s=−1

=d2

ds2

[s2 + 2s+ 3

∣∣s=−1

]=

1

2[2]|s=−1 = 1

Reescrevendo F (s), temos:

F (s) =K1

(s+ 1)3+

K2

(s+ 1)2+

K3

(s+ 1)=

2

(s+ 1)3+

0

(s+ 1)2+

1

(s+ 1)

Levando para o domınio do tempo, vem:

c(t) = u(t)

[1

22t

2e−t + 0 + e−t

]= u(t)e−t

[t2 + 1

]

19

2.6 Transformada inversa para raızes complexas conjugadas

Quando a equacao caracterıstica apresenta em suas raızes partes complexas, podemos obter a

transformada inversa de Laplace por dois metodos distintos:

• Euler

• Arranjo matematico

A solucao pelo metodo de Euler, permite obter a resposta temporal quando a equacao apresenta alem

das raızes complexas, outros termos associados. No caso de arranjo matematico, podemos aplicar

apenas para equacoes caracterısticas com raızes complexas sem nenhum outro termo adicional.

Por Euler

Exemplo 2.6.1. Dada a funcao de transferencia F (s) =2s+ 12

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

Primeiramente, vamos determinar as raızes da equacao caracterıstica.

s2 + 2s+ 5 = 0 ⇒ −2±√22 − 4.1.5

2=−2±

√4− 20

2=−2±

√−16

2=−2± 4j

2= −1± 2j

F (s) =2s+ 12

s2 + 2s+ 5=

2s+ 12

(s+ 1− 2j) (s+ 1 + 2j)=

K1

(s+ 1− 2j)+

K2

(s+ 1 + 2j)

K1 = (((((((s+ 1− 2j)

2s+ 12

(((((((s+ 1− 2j) (s+ 1 + 2j)

∣∣∣∣s=−1+2j

=2s+ 12

(s+ 1 + 2j)

∣∣∣∣s=−1+2j

K1 =−2 + 4j + 12

−1 + 2j+1 + 2j=

10 + 4j

4j=

10, 77∠21, 84∠90 = 2, 69∠− 68, 2

K2 = (((((((s+ 1 + 2j)

2s+ 12

(s+ 1− 2j)(((((((s+ 1 + 2j)

∣∣∣∣s=−1−2j

=2s+ 12

(s+ 1− 2j)

∣∣∣∣s=−1−2j

K2 =−2− 4j + 12

−1− 2j+1− 2j=

10− 4j

−4j=

10, 77∠− 21, 8

4∠− 90= 2, 69∠+ 68, 2

Definicoes por Euler.

K1 = (s+ a− bj)|s=−a+bj = Mejθ

K2 = K∗1 = (s+ a+ bj)|s=−a−bj = Me−jθ

onde * indica o conjugado

20

f(t) = Mejθe(−a+bj)t +Me−jθe(−a−bj)t

f(t) = M(e+jθ.e−at.e+bjt

)+M

(e−jθ.e−at.e−bjt

)

f(t) = 2Me−at

[ej(bt+θ) + e−j(bt+θ)

2

]︸︷︷︸

cos(bt+ θ)

f(t) = 2Me−at cos (bt+ θ)

Aplicando a este exercıcio, obtemos:

F (s) =2, 69∠− 68, 2

(s+ 1− 2j)+

2, 69∠+ 68, 2

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

c(t) = 5, 38u(t)e−t (cos 2t− 68, 2)

Exemplo 2.6.2. Dada uma F(s) composta de polo real e polos complexos conjugados

F (s) =10

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

K1

(s+ 2)+

K2

(s+ 1− 3j)+

K∗2

(s+ 1 + 3j)

K1 = (s+ 2)10

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

∣∣∣∣s=−2

=10

(s2 + 2s+ 10)

∣∣∣∣s=−2

=10

4− 4 + 10=

10

10= 1

K2 =(((((((s+ 1− 3j)

10

(s+ 2)(((((((s+ 1− 3j) (s+ 1 + 3j)

∣∣∣∣s=−1+3j

=10

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

∣∣∣∣s=−1+3j

K2 =10

(−1 + 3j + 2) (−1 + 3j + 1 + 3j)=

10∠03, 16∠72 6∠90 = 0, 53∠− 162

K∗2 = 0, 53∠162

21

F (s) =1

(s+ 2)+

0, 53∠− 162

(s+ 1− 3j)+

0, 53∠162(s+ 1 + 3j)

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

]Arranjo matematico

Exemplo 2.6.3. Seja a mesma funcao de transferencia F (s) =2s+ 12

s2 + 2s+ 5, estudada na resolucao por

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

F (s) =2s+ 12

s2 + 2s+ 5=

2s+ 12

(s+ 1 + 2j) (s+ 1− 2j)

Neste processo, nao e de interesse a divisao por fracoes parciais, mas sim um arranjo matematico na

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

Laplace.w

(s+ a)2 + w2= e−at senwt e

(s+ a)

(s+ a)2 + w2= e−at coswt

(s+ 1 + 2j) (s+ 1− 2j) = (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 cos 2t

]= e−tu(t) [5sen2t+ 2 cos 2t]

A equacao acima ainda permite uma minimizacao.

-6

Resultante

5sen(2t)

2 cos (2t)

asenθ + b cos θ ⇒

Modulo = M =

√a2 + b2

Argumento = θ =(arctan

a

b

)

M∠θ =√

a2 + b2∠arctan a

b

22

Resultando na funcao temporal abaixo.

c(t) = 5, 38u(t)e−t cos (2t− 68, 2)

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

2.7 Solucoes com MatLab

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

o auxilio do MatLab. Para obtencao das respostas, e necessario entrar com as informacoes na janela

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

proceder para efetuar a transformacao ao lado de alguns comentarios sobre os comandos efetuados.

Transforma no domınio de Laplace ou retornar no tempo

No MatLab Comentarios

>> syms a s t w Definicao de variaveis

f=2*exp(-t)-exp(-2*t) Define a funcao 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 funcao no domınio da frequencia

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

ans=

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

23

Definir polinomios


>> a=poly[-1 -2 -3 -4]) Define a funcao na forma fatorada a = (s+ 1)(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)

a=

1 10 35 50 24 Retorna o vetor a na forma polinomial a = s4 + 10s3 + 35s2 + 50s+ 24

>> a=[1 10 35 50 24] Define a entrada na forma do polinomio a = s4 + 10s3 + 35s2 + 50s+ 24

a=

1 10 35 50 24 Retorna o polinomio da mesma forma a = s4 + 10s3 + 35s2 + 50s+ 24

Divisao em fracoes parciais


>> n=[1 3] Define o numerador no domınio de Laplace (s+ 3)

num=

1 3 Retorna o numerador (s+ 3)

>> d=[1 3 2] Define o denominador no domınio de Laplace (s2 + 3s+ 2)

den=

1 3 2 Retorna o denominador (s2 + 3s+ 2)

>>[r,p,k]=residue(n,d) Define e executa a transformada inversa de Laplace

r=

-1

2 Retorna os indices K1 e K2

p=

-2

-1 Retorna os polos (s+ 2)(s+ 1)

K=

[ ] Retorna resıduo, neste caso = zero

Resultado F (s) =(s+ 3)

s2 + 3s+ 2=

−1(s+ 2)

+2

(s+ 1)

24

2.8 Tabela de transformadas de Laplace

Pares de Transformadas de Laplace

item f(t) F(s)

1du(t)

dts

2du(t)n

dtnsn

3 Impulso unitario d(t) 1

4 Degrau unitario = u(t) = 11

s

5 t1

s2

6tn−1

(n− 1)!, p/ n = 1, 2, 3....

1

sn

7 tn p/ n = 1, 2, 3....n!

sn+1

8 e−at 1

(s+ a)

9 te−at 1

(s+ a)2

101

(n− 1)!tn−1e−at 1

(s+ a)n

11 tne−at p/ n = 1, 2, 3...n!

(s+ a)n+1

12 senwtw

s2 + w2

13 coswts

s2 + w2

14 senhwtw

s2 − w2

15 coshwts

s2 − w2

161

a(1− e−at)

1

s(s+ a)

171

b− a

(e−at − e−bt

) 1

(s+ a) (s+ b)

181

b− a

(be−bt − ae−at

) s

(s+ a) (s+ b)

25

item f(t) F(s)

191

ab

[1 + 1

a−b

(be−at − ae−bt

)] 1

s (s+ a) (s+ b)

201

a2(1− e−at − a t e−at

) 1

s (s+ a)2

211

a2(at− 1− e−at

) 1

s2 (s+ a)

22 e−at senwtw

(s+ a)2 + w2

23 e−at coswt(s+ a)

(s+ a)2 + w2

24wn√1− ζ2

e−ζwnt sen(wn

√1− ζ2t

)p/ 0⟨ ζ ⟨1 w2

n

s2 + 2ζwns+ w2n

25 − 1√1− ζ2

e−ζwntsen(wn

√1− ζ2 t− φ

)p/

φ = arctan

√1− ζ2

ζ

0 ⟨ ζ ⟨ 1 e 0 ⟨ φ ⟨ π/2

s

s2 + 2ζwns+ w2n

26 1− 1√1− ζ2

e−ζwntsen(wn

√1− ζ2 t− φ

)p/

φ = arctan

√1− ζ2

ζ

0 ⟨ ζ ⟨ 1 e 0 ⟨ φ ⟨ π/2

s

s (s2 + 2ζwns+ w2n)

27 1− coswtw2

s (s2 + w2)

28 wt− senwtw2

s2 (s2 + w2)

29 senwt− wt coswt2w3

(s2 + w2)2

301

2wt senwt

s

(s2 + w2)2

31 t coswt s2−w2

(s2+w2)2

321

w22 − w2

1

(cosw1t− cosw2t) p/ w22 = w2

1

s(s2 + w2

1

) (s2 + w2

2

)33

1

2w(senwt+ wt coswt)

s2

(s2 + w2)2

34 2Me−at cos (bt+ θ)M∠θ

(s+ a− bj)+

M∠− θ

(s+ a+ bj)

26

2.9 Exercıcios de Fixacao

Exercıcio 2.1. Dadas as funcoes temporais que seguem, reescreva as expressoes no domınio de

Laplace.

(a) f(t) = 4u(t) + 2e−3t Resp. F(s) =6 (s+ 2)

s (s+ 3)

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

dt2+ 2u(t) com u(t) = 2, 2 + 3 sen 2t Resp. F(s) =

(2, 2s2 + 6s+ 8, 8

) (s2 + 2

)s (s2 + 22)

(c) r1(t) = 12, 5u(t) Resp.R1(s) =12, 5

s

(d) r2(t) = 7, 6tu(t) Resp.R2(s) =7, 6

s2

(e) r3(t) = 3, 3t2u(t) Resp.R3(s) =6, 6

s3

Exercıcio 2.2. Dadas as funcoes de Laplace abaixo, obter sua resposta temporal.

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

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

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

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

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

(s+ 3, 2)5

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

(s+ 1) (s+ 3)3

(e) C(s) =4s− 9

s2 + 6s+ 34

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

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

Exercıcio 2.3. Resolva por Laplace as equacoes 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)

(d)d2y(t)

dt2+Ky(t) = Ku(t) com u(t)= impulso unitario.

Exercıcio 2.4. Dada a funcao de Laplace, obter sua respectiva equacao diferencial.

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

s3 + 2s2 + 6s+ 2

Capıtulo 3

Modelagem Matematica

Compensador

Modelagem

Matematica

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

frequencia (em Laplace) para que possa ser utilizado posteriormente na forma de expressao algebrica

determinando sua resposta. Modelamos sistemas fısicos, mecanicos (rotacao, translacao, etc.), pneumaticos,

hidraulicos, eletricos, entre outros. Dentro do curso de controle classico nos limitaremos ao calculo da

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

exemplos de modelagem classicas.

1. Sistemas eletricos passivos

2. Sistemas eletricos ativos

3. Sistemas mecanicos dinamicos

4. Sistemas de nıvel de fluido (tanques)

5. Sistemas termicos (fornos)

6. Motores eletricos de CC

27

28

3.1 Circuitos Eletricos 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 tensao a este. Sao basicamente circuitos atenuadores ou na melhor

das condicoes que mantem a amplitude recebida.

No estudo de circuitos eletricos temos as relacoes entre tensao, 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) =1

Rv(t) v(t) = R

dq(t)

dtR

Capacitor v(t) =1

C

t∫0

i(t)dt i(t) = Cdv(t)

dtv(t) =

1

Cq(t)

1

sC

Indutor v(t) = Ldi(t)

dti(t) =

1

L

t∫0

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

dt2sL

A partir das equacoes acima, podemos modelar circuitos eletricos utilizando suas funcoes tem-

porais ou suas relacoes em frequencia, que em nosso caso se observa ser muito mais pratico.

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

domınio de laplace e obter sua funcao de transferencia e sua resposta temporal.

-

R

CI(s)

Vi(s) Vo(s)

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

V o(s) = I(s)1

sCe V i(s) = I(s)

(1

sC+R

)

F(s) =V o(s)

V i(s)=

I(s)1

sC

I(s)

(1

sC+R

) =

1

sC1

sC+R

=

1

sCRCs+ 1

sC

=1

RCs+ 1⇒ F(s) =

1

RC

s+1

RC

29

Impondo uma excitacao de entrada em degrau, resulta:

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

1

RC

s

(s+

1

RC

) =K1

s+

K2

s+1

RC

K1 = s

1

RC

s

(s+

1

RC

)∣∣∣∣∣∣∣∣s=0

=

1

RC1

RC

= 1

K2 =(s+

1

RC

) 1

RC

s(s+

1

RC

)∣∣∣∣∣∣∣∣s=−

1

RC

=

1

RC

− 1

RC

= −1

C(s) =K1

s+

K2

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 funcao de transferencia

e sua resposta temporal:

12 Ω 0,5 H

0,005 F

Vi(s)Vo(s)

8 Ω

V o(s) = I(s)

(1

sC+R1

)= I(s)

(1

0, 005s+ 8

)

V i(s) = I(s)

(sL+R1 +R2 +

1

sC

)= I(s)

(0, 5s+ 20 +

1

0, 005s

)

F(s) =V o(s)

V i(s)=

I(s)

(1

0, 005s+ 8

)I(s)

(0, 5s+ 20 +

1

0, 005s

) =8 +

200

s

0, 5s+ 20 +200

s

F(s) =

8s+ 200

s0, 5s2 + 20s+ 200

s

=8s+ 200

0, 5s2 + 20s+ 200=

16s+ 400

s2 + 40s+ 400

F(s) =16s+ 400

s2 + 40s+ 400=

16s+ 400

(s+ 20)2

30

Impondo uma excitacao de entrada de degrau unitario, vem:

C(s) =16s+ 400

s (s+ 20)2=

K1

s+

K2

(s+ 20)2+

K3

(s+ 20)

K1 = s16s+ 400

s (s+ 20)2

∣∣∣∣s=0

=16s+ 400

(s+ 20)2

∣∣∣∣s=0

=400

400= 1

F1(s) =(s+ 20)2

16s+ 400

s(s+ 20)2

=16s+ 400

s

K2 =(16s+ 400)

s

∣∣∣∣s=−20

=−320 + 400

−20= −4

K3 =d

ds

[(16s+ 400)

s

]∣∣∣∣s=−20

→ d

ds

u

v=

u′v − v′u

v2→ 16 (s)− 1 (16s+ 400)

s2=−400s2

∣∣∣∣s=−20

=−400400

= −1

C(s) =1

s− −4

(s+ 20)2+

−1(s+ 20)

L−1C(s)−−−−−→ c(t) = 1− 4te−20t − e−20t = 1− e−20t(4t+ 1)

Exemplo 3.1.3. Para um novo circuito determinamos sua funcao de transferencia, resposta temporal e

resposta estacionaria (apos passado muito tempo), tambem para uma excitacao a degrau unitario:

Vi(s) Vo(s)

1 Ω 0,1 H

0,01 F 9Ω

Para calcular a funcao de transferencia deste circuito devemos conhecer:

Zo(s) = Ro//Co e Zi(s) = Li +Ri + Zo(s)

1

Zo(s)=

1

Ro+

sCo

1=

1

9+ 0, 01s =

1 + 0, 09s

9→ Zo(s) =

9

0, 09s+ 1=

100

s+ 11, 11

Zi(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) =Zo(s)

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

C(s) =1.000

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

K1

s+

K2

(s+ 10, 6− 31, 6j)+

K∗2

(s+ 10, 6− 31, 6j)

31

K1 = s1.000

s (s2 + 21, 1s+ 1.111)

∣∣∣∣s=0

=1.000

1.111= 0, 9

K2 = (((((((((((s+ 10, 6− 31, 6j)

1.000

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

∣∣∣∣s=−10,6+31,6j

=

K2 =1.000

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

1.000∠033, 33∠109 63, 2∠90 = 0, 47∠− 199

C(s) =0, 9

s+

0, 47∠− 199

(s+ 10, 6− 31, 6j)+

0, 47∠+ 199

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

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 =∞→ 0

cos(31, 6t− 199)

︸︷︷︸zero

= 0, 9

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

estudado no capitulo de erro de estado estacionario

3.2 Circuitos Eletricos Ativos

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

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

confeccao de compensadores analogicos e esta configuracao de montagem recebe o nome de circuito

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

ados determinam uma funcao de transferencia 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-

terısticas do Amp Op como inversor de tensao e como nao inversor de tensao.

Amplificador inversor

HHHHH

-

-

>

Terra virtual

Ri

Rf

If

Ii

-+

Vi Vo

32

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

ganho infinitos), dentro de seus limites de operacao, podemos afirmar que a tensao necessaria nas

entradas diferenciais para levar a saıda no estado de saturacao, sera desprezıvel. Nesta montagem,

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

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

nestas condicoes e chamado de terra virtual. Admitido que a entrada inversora tem o potencial de terra

virtual, podemos calcular:

Ii =V i

Ri

Mas com a impedancia de entrada muito alta (no caso de um operacional 741 da ordem de MΩ), so

permite a corrente de entrada seguir o caminho de Rf .

Desta forma deduzimos que:

VRf = Rf Ii pois Ii = If

Em uma rapida analise percebemos que Vo = −VRf , que substituindo vem:

Vo = −ViRf

Ri

O caso particular do amplificador inversor, quando Ri = Rf , resulta Vo = −Vi Em controle substituımos

as resistencias por impedancia na entrada e na realimentacao, resultando em:

F(s) =Vo(s)

Vi(s)= −

Zf(s)

Zi(s)

Exemplo 3.2.1. Para o circuito abaixo, obter sua funcao de transferencia

HHHHH

-+

C1 R1

R2 C2

Vi(s) Vo(s)

Zf(s) = R2 + C2 → R2 +1

C2s→ Zf(s) =

C2R2s+ 1

C2s

Zi(s) = R1 + C1 → R1 +1

C1s→ Zi(s) =

C1R1s+ 1

C1s

F(s) = −Zf(s)

Zi(s)= −

C2R2s+ 1

C2sC1R1s+ 1

C1s

= −C2R2s+ 1

C2s

C1s

C1R1s+ 1→ F(s) = −

C1

C2

(C2R2s+ 1)

(C1R1s+ 1)

33

Amplificador nao inversor Considere a configuracao que segue

HHHHH

Vi(s) +-

Vo(s)

R1

Va

R2

Vo = Av (Vi − Va) onde Av e o ganho do amplificador

Atraves do divisor de tensao formado por R1 e R2, temos:

Va =R1

R1 +R2V0

Substituindo na equacao inicial, vem:

Vo = Av

(Vi − Vo

R1

R1 +R2

)= AvVi −AvVo

R1

R1 +R2→ Vo +AvVo

R1

R1 +R2= AvVi

Vo

(1 +Av

R1

R1 +R2

)= AvVi →

Vo

Vi=

Av

1 +AvR1

R1 +R2

1 +AvR1

R1 +R2≃ Av

R1

R1 +R2

Vo

Vi= Av

AvR1

R1 +R2

=1R1

R1 +R2

→ F(s) =Vo

Vi=

R1 +R2

R1

A solucao particular ocorre quando R2 = 0 (curto circuito) e R1 = ∞ (circuito aberto), netas condicoes

a montagem recebe o nome de seguidor de tensao, pois a tensao de entrada e copiada para a saıda

com um desacoplamento de impedancia.

HHHHH

Vi(s) + Vo(s)

-

34

Exemplo 3.2.2. Obter a funcao de transferencia do circuito que segue

HHHHH

Vi(s) +Vo(s)-

C2

R1

C1

R2

Z1(s) = R1 + C1 → R1 +1

C1s=

R1C1s+ 1

C1s

Z2(s) = R2 + C2 → R2 +1

C2s=

R2C2s+ 1

C2s

F(s) =Z1(s) + Z2(s)

Z1(s)=

R1C1s+ 1

C1s+

R2C2s+ 1

C2sR1C1s+ 1

C1s

F(s) =

C2 (R1C1s+ 1) + C1 (R2C2s+ 1)

C1C2sR1C1s+ 1

C1s

F(s) =C2 (R1C1s+ 1) + C1 (R2C2s+ 1)

C1C2sC1s

R1C1s+ 1→

F(s) =C2 (R1C1s+ 1) + C1 (R2C2s+ 1)

C2 (R1C1s+ 1)

Compensadores de avanco, ou de atraso de fase e a composicao entre eles, o avanco/atraso de

fase sao muito utilizados como compensadores analogicos normalmente em cascata com a planta para

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

para o avanco, como para o atraso sao os mesmos, o que diferencia o funcionamento do compensador

e a relacao entre as resistencias e as capacitancias.

35

Compensador de Avanco ou Atraso de fase

HHHHH

-+

HHHHH

-+

R1

C2

R2

R3

R4

C1

Z1(s) = R1//C1 →1

Z1(s)=

1

R1+ C1s =

R1C1s+ 1

R1→ Z1(s) =

R1

R1C1s+ 1

Z2(s) = R2//C2 →1

Z2(s)=

1

R2+ C2s =

R2C2s+ 1

R2→ Z2(s) =

R2

R2C2s+ 1

F(s) = F1(s)F2(s) =

(−Z2(s)

Z1(s)

)(−R4

R3

)=

R4

R3

Z2(s)

Z1(s)

F(s) =R4

R3

R2

R2C2s+ 1R1

R1C1s+ 1

=R4

R3

R2

R2C2s+ 1

R1C1s+ 1

R1→ F(s) =

R4R2

R3R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

F(s) =R4R2

R3R1︸︷︷︸Ganho

zero︷︸︸︷(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)︸︷︷︸polo

Podemos definir para esta configuracao de compensador

• O ganho proporcional sera K =R4R2

R3R1

• Quando R1C1 > R2C2, o polo estara mais proximo da origem que o zero e o compensador sera

de atraso de fase

• Quando R1C1 < R2C2, o zero estara mais proximo da origem que o polo e o compensador sera

de avanco de fase

36

Exemplo 3.2.3. Para determinar o valor dos componentes, devemos a partir da funcao de transferencia

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

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

(s+ 6, 88)=

R4R2

R3R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

Observe que o fator (R1C1s+ 1) e apresentado do outro lado da igualdade como (s+ 3, 75).

O mesmo ocorre com (R2C2s+ 1) e (s+ 6, 88).

A normalizacao deste efeito, e 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, 88

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

(s

6, 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

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)→

1, 28 =

R4R2

R3R1

0, 267 = R1C1

0, 145 = R2C2

Sendo capacitores mais difıceis de serem obtidos, e usual adotarmos valores conhecidos para estes

componentes e calcularmos os valores dos resistores, como segue: C1 = C2 = 5uF e R3 = 10KΩ

R1 =0, 267

5uF= 53K4Ω R2 =

0, 145

5uF= 29KΩ R4 =

1, 28R3R1

R2= 23K6Ω

HHHHH

-+

HHHHH

-+

53K4Ω

5uF

29KΩ

10KΩ

23K6Ω5uF

37

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

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

(s+ 0, 05)=

R4R2

R3R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

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

(s+ 0, 05)= 1, 1

0, 1

0, 1(s+ 0, 1)

0, 05

0, 05(s+ 0, 05)

= 1, 10, 1

0, 05

(10s+ 1)

(20s+ 1)= 2, 2

(10s+ 1)

(20s+ 1)

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

(20s+ 1)=

R4R2

R3R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

Adotando C1 = C2 = 470uF e R3 = 22KΩ, vem:

R1 =10

C1=

10

470uF= 21K3Ω R2 =

20

C2=

20

470uF= 42K6Ω R4 =

2, 2R3R1

R2= 24K2Ω

HHHHH

-+

HHHHH

-+

21K3Ω

470uF

42K6Ω

22KΩ

24K2Ω470uF

Compensador de Avanco/Atraso de fase

HHHHH

-+

HHHHH-+

R1

R3

C2 R2

R4

R5

R6

C1

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

fase em um unico circuito, sem a necessidade de utilizacao de 4 amplificadores operacionais.

Z1(S) = (R1 + C1) //R3 →1

Z1(S)=

1(R1 +

1

C1s

) +1

R3→ Z1(S) =

R3 (R1C1s+ 1)

(R1C1s+ 1) + (R3C1s)

38

Z2(S) = (R2 + C2) //R4 →1

Z2(S)=

1(R2 +

1

C2s

) +1

R4→ Z2(S) =

R4 (R2C2s+ 1)

(R2C2s+ 1) + (R4C2s)

F(s) =R6

R5

R4 (R2C2s+ 1)

(R2C2s+ 1) + (R4C2s)

(R1C1s+ 1) + (R3C1s)

R3 (R1C1s+ 1)→

F(s) =R6R4

R5R3

[(R1 +R3)C1s+ 1]

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

[(R2 +R4)C2s+ 1]

Exemplo 3.2.5. Associando os dois compensadores calculados anteriormente (um de avanco 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)=

R6R4

R5R3

[(R1 +R3)C1s+ 1]

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

[(R2 +R4)C2s+ 1]

Adotando C1 = 10uF , C2 = 100uF e R5 = 47KΩ, resulta:

0, 145 = R1C1 → R1 =0, 145

10uF= 14K5Ω 0, 267 = (R1 +R3)C1 → R3 =

0, 267

10uF− 14K5 = 12K2Ω

10 = R2C2 → R2 =10

100uF= 1MΩ 20 = (R2 +R4)C2 → R4 =

20

100uF− 1M = 1MΩ

2, 82 =R6R4

R5R3→ R6 = 2, 82

R5R3

R4= 2, 82

47K 12K2

1M= 1K6Ω

HHHHH

-+

HHHHH-+

14K5Ω

12K2Ω

100uF 1MΩ

1MΩ

47KΩ

1K6Ω

10uF

Resumidamente, em controle classico os principais controladores sao assim, definidos.

39

Funcao Z1(s) entrada Z2(s) realimentacao F(s) = −Z2(s)

Z1(s)

Ganho R1 R2 −R2

R1

Integrador R1 C2 − 1R1C2/s

Diferenciador C1 R2 −R2C1

PI R1 R2 ↔ C2 −R2

R1

(s+ 1/R2C2

)s

PD R1//C1 R2 −R2

R1(R1C1s+ 1)

PID R1//C1 R2 ↔ C2 −[(

R2

R1+

C1

C2

)+R2C2s+

1/R1C2

s

]

Avanco de fase R1//C1 R2//C2 −R2

R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)p/ R1C1 < R2C2

Atraso de fase R1//C1 R2//C2 −R2

R1

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)p/ R1C1 > R2C2

Circuito Ativo com Realimentacao (PROVAO 2003)

Exemplo 3.2.6. O circuito a seguir realiza, atraves da eletronica analogica, um sistema em malha

fechada.

Para obter a funcao de transferencia em malha fechada vamos agrupar as partes em blocos:

40

- - - - --

6

-1-K=−R1

R

+

-Σ-1

sR2C2+1

−R2

Cancelando os sinais negativos e reduzindo os blocos em cascata resulta:

-- -

6

+

-

K R2sR2C2+1

Por reducao de blocos que sera visto no proximo capitulo:

F(s) =G(s)

1 +G(s)H(s)=

KR2

R2C2s+ (KR2 + 1)

41

3.3 Sistemas mecanicos dinamicos

Os tres elementos mecanicos basicos, sao massa, mola (resistencia) e amortecedor (atrito),

identificados abaixo.

Figura 3.1:

Massa

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

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

dt= m

d2x(t)

dt2

onde

x(t) → posicao

v(t) → velocidade

a(t) → aceleracao

⇒ do ponto em estudo

Considerando que a massa e um corpo rıgido, ou seja, o ponto de aplicacao da forca nao se move

em relacao a um outro ponto qualquer da massa, portanto x(t) e a posicao de qualquer ponto da massa.

Considerando tambem a massa como sendo um elemento de armazenamento de energia cinetica do

movimente de translacao, em uma analogia a circuitos eletricos, podemos considerar equivalente a

uma indutancia.

Mola e Amortecedor

Em uma mola armazenamos energia potencial, sendo analoga a um capacitor em circuitos eletricos.

O atrito ou amortecimento, causado pelo amortecedor sera para nos equivalente a resistencia eletrica

de circuitos.

Nestes dois casos, diferentes da massa, podemos ter deslocamento do ponto de aplicacao da forca

42

com relacao ao ponto de apoio do elemento, por este motivo necessitamos de duas variaveis de deslo-

camento para descrever a resposta do elemento, conforme segue.

Amortecedor⇔ f(t) = B

(∂X1(t)

∂t−

∂X2(t)

∂t

)→ B = coeficiente de atrito

Mola⇔ f(t) = K(X1(t) −X2(t)

)Estas equacoes sao validas com as forcas aplicadas no sentido do desenho acima, caso a aplicacao

se de em sentido contrario, o sinal equivalente devera ser invertido na equacao. 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 forcas aplicadas a um corpo e igual ao produto de sua massa pela aceleracao

adquirida”

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

de saıda, obter a funcao de transferencia do sistema.

Massa

K B

f(t) x(t)

Tres forcas estao em acao no sistema

f(t) → forca aplicada

B∂x(t)

∂t→ forca de atrito

Kx(t) → forca da mola

F = M∂2x(t)

∂t2= f(t) −B

∂x(t)

∂t−Kx(t)

L−1

−−→Ms2X(s) = F(s) −BsX(s) −KX(s)

F(s) = Ms2X(s) +BsX(s) +KX(s) = X(s)

(Ms2 +Bs+K

)→

G(s) =F(s)

X(s)=

1

Ms2 +Bs+K

43

Exemplo 3.3.2. Na figura abaixo observamos o diagrama esquematico da suspensao de um automovel.

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

verticais dos pneus agem como uma excitacao do sistema de suspensao do automovel. O movimento

deste sistema e composto por uma translacao do centro de massa e de uma rotacao em torno do

centro de massa. Sua modelagem e bastante complexa, porem em uma visao simplificada, podemos

considerar

Centro de massa

Carroceria M

K B

P

X0

X1

Considerando que o deslocamento X1 do ponto P seja a grandeza de entrada do sistema e que

o deslocamento vertical X0 da carroceria seja a grandeza de saıda (estamos estudando as oscilacoes

da carroceria com a ondulacao do piso), obtemos da funcao de transferencia considerando apenas o

deslocamento vertical da carroceria.

M∂2x0

∂t2+B

(∂X0

∂t− ∂X1

∂t

)+K (X0 −X1) = 0

M∂2x0

∂t2+B

∂X0

∂t+KX0 = B

∂X1

∂t+KX1

Levando para o domınio de Laplace temos:

(Ms2 +Bs+K

)X0(s) = (Bs+K)X1(s)→G(s) =

X0(s)

X1(s)=

Bs+K

Ms2 +Bs+K

Exemplo 3.3.3. Considerando agora o efeito elastico que o pneu impoe no sistema anterior, podemos

refazer o Exemplo 3.3.2 um pouco mais detalhado

44

• M1→Massa da carroceria do automovel

• M2→ Massa da roda

• B → Atrito do amortecedor

• K1 → constante elastica da mola do

carro

• K2→ constante elastica do pneu

M1⇒M1∂2x1

∂t2= −B

(∂X1

∂t− ∂X2

∂t

)−K1 (X1 −X2)

M2⇒M2∂2x2

∂t2= f(t)−B

(∂X2

∂t− ∂X1

∂t

)−K1 (X2 −X1)−K2X2

Desmembrando e engarupando os termos, temosM1s

2X1(s) +B(sX1(s) − sX2(s)

)+K1

(X1(s) −X2(s)

)= 0

M2s2X2(s) +B

(sX2(s) − sX1(s)

)+K1

(X2(s) −X1(s)

)+K2X2(s) = F(s)

X1(s) =

Bs+K1

M1s2 +Bs+K1X2(s) = G1(s)X2(s)

X2(s) =1

M2s2 +Bs+ (K1 +K2)F (s) +

Bs+K1

M2s2 +Bs+ (K1 +K2)X1(s) = G2(s)F(s) +G3(s)X1(s)

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

estudo mais detalhado apresentado no proximo capitulo.

m- - - -

6

F(s)++G2(s)

G3(s)

X1(s)G1(s)

- - -X1(s)F(s)

G2(s)G1(s)

1−G1(s)G3(s)

∼=--

X1(s)F(s) G1(s)G2(s)

1−G2(s)G3(s)

Aplicando valores ao diagrama reduzido, obtemos a funcao de transferencia procurada com a

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

45

G(s) =X1(s)

F(s)=

Bs+K1

M1M2s4 +B (M1 +M2) s3 + (K1M2 +K1M1 +K2M1) s2 +K2Bs+ (K1K2)

3.4 Sistemas Fluido

Exemplo 3.4.1. Considere o tanque abaixo, com suas respectivas entradas e saıdas especificadas

Figura 3.2:

• Q→ Vazao em volume em regime permanente [m3/seg]

• K → Coeficiente [m2/seg]

• H → Altura do nıvel de agua em regime permanente [m]

• ∗ → E a variacao na = de nıvel necessaria para obter uma variacao unitaria na taxa de fluxo de

saıda

• ∗∗ → E a variacao na quantidade de liquido armazenado, necessario para causar uma variacao

unitaria na altura do tanque

C = (qi − qo)no tempo−−−−−−−→ Cdh = (qi − qo) dt e qo =

h

R

Cdh =

(qi −

h

R

)dt→ RCdh = (Rqi − h) dt→ RC

dh

dt+ h = Rqi →

h↔ H(s)

qi ↔ Qi(s)

46

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

Qi(s)=

R

RCs+ 1

Caso seja de interesse a relacao entre entrada e saıda, vem:

h = q0R→ H(s) = Q0(s)

R⇒Q

0(s)

Qi(s)R =

1

RR

RCs+ 1∴ F(s) =

1

RCs+ 1

3.5 Sistemas de aquecimento

Exemplo 3.5.1. Obter a funcao de transferencia do sistema de troca de calor que segue

Figura 3.3:

Sao definidos para este sistema

• Resistencia termica→ Quociente de variacao da diferenca de temperatura pela variacao da taxa

de fluxo de calor massa x calor especifico =[Kcal

KgoC

] [Kg

]=

[Kcal

oC

]

• Capacitancia termica → Quociente de variacao de calor armazenado no sistema, pela variacao

da temperatura =d ( θ)

dq=

variacao o da temperaturavariacao o de fluxo de calor

E as variaveis que vamos utilizar sao:

47

G Fluxo de lıquido em regime permanente[Kg

seg

]M Massa de liquido no tanque [Kg]

C Calor especifico de liquido[

cal

KgoC

]

R Resistencia termica[oCseg

cal

]

C Capacitancia termica[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 variacao de η. Desta forma a taxa de saıda de calor vai variar gradualmente de

H → H + hi, entao:

h0 = GcPhi0 ; R =Φ0

h0e C = mc onde

h0 = taxa de entrada de calor

G = vazao do sistema

c = calor especifico

φ0 = temperatura de saıda

R = Resistencia termica

C = Capacidade termica

m = massa

Pelo balanco energetico do sistema, calor de entrada=calor de saıda

CdΦ = (hi − h0) dt→ CdΦ

dt= (hi − h0) sendo h0 =

Φ0

R, temos

CdΦ0

dt+ h0 = hi → C

dΦ0

dt+

Φ0

R= hi → RC

dΦ0

dt+Φ0 = Rhi

L−1

−−→

RC(s)Φ0(s)s+Φ0(s) = RHi(s) →Φ0(s)

Hi(s)=

R

RCs+ 1

Na pratica a temperatura de entrada nao e constante podendo variara de Φi para Φi + Φ, enquanto

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

calor de saıda sera alterada de H → H + h0, causando uma variacao de temperatura de saıda de

Φ0 → Φ0 +Φ, ficando o balanco energetico do sistema como:

CdΦ = (hi − h0) dt como hi = GcΦi

48

CdΦ

dt=

1

RΦi − h0 mas h0 =

Φ

Re Gc =

1

R

CdΦ

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 equacoes,

obter sua funcao de transferencia.

Figura 3.4: Esquema eletrico de um motor CC

• Ra→ Resistencia de armadura

• La→ Indutancia de armadura

• Fem→ Forca eletro motriz

• Fcem→ Forca contra eletro motriz

V0(t) = RaIa(t) + La

dIa(t)

dt+ ea(t)

L−1

−−→ V0(s) = (Ra + Las) Ia(s) + Ea(s)

Equacionando a FCEM por Faraday, temos:

ea(t) = Ke

dθm(t)

dtonde

Ke → Constante do motor

dθm(t)

dt= Wm(t) → velocidade angular

L−1

−−→ Ea(s) = KeΩm(s)

49

A forca mecanica que um motor desenvolve em seu eixo, que recebe a denominacao de conju-

gado mecanico, e proporcional ao campo magnetico que neste caso e constante pois consideramos

um motor de ıma permanente e a corrente de armadura Ia(t). Esta forca multiplicada pelo braco de

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

Cm = KmIa(t)L−1

−−−→ Cm(s) = KmIa(s)

mas Cmec(t) − Cres(t) = Jdw(t)

dtonde J = momento de inercia

Cres(t) = BWm(t) onde

B → atrito viscoso

Wm → velocidade angular

Cmec(t) = Jdw(t)

dt+BWm(t)

L−1

−−→ Cmec(s) = (Js+B) Ω(s)

Representando o resultado em diagrama de blocos, temos:

m- - -

6

--Vo(s)

Ea(s)

1

Ra + LasKm

Km

1Js+B

Ω(s)

Ia(s) Cm(s)

-+

50


Exercıcio 3.1. Para os circuitos apresentados abaixo, obtenha a sua funcao de transferencia 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)

75Ω 50Ω

0, 05F

0, 25H

(d)

0, 025F20Ω

0, 8H

80Ω

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

funcoes de transferencia que seguem

HHHHH

-+

HHHHH

-+

R1

C2

R2

R3

R4

C1

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

(s+ 10, 57)com C1 = C2 = 4, 7uF e R3 = 47K

(b) G(s) = 1, 32(s+ 0, 88)

(s+ 5, 6)com C1 = 2, 2uF , C2 = 6, 8uF e R3 = 22K

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

(s+ 0, 01)com C1 = C2 = 220uF e R3 = 33K

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

(s+ 0, 0001)com C1 = 470uF , C2 = 1000uF e R3 = 18K

51

Exercıcio 3.3. Para o compensador abaixo apresentado, calcule o valor dos componentes para as

funcoes de transferencia que seguem

HHHHH

-+

HHHHH-+

R1

R3

C2 R2

R4

R5

R6

C1

(a) G(s) = 3, 47(s+ 1, 82)

(s+ 7, 88)

(s+ 0, 1)

(s+ 0, 008)com C1 = C2 = 150uF e R3 = 33K

(b) G(s) = 2, 22(s+ 0, 53)

(s+ 4, 91)

(s+ 0, 065)

(s+ 0, 001)com C1 = 220uF , C2 = 470uF e R3 = 10K

Exercıcio 3.4. Para cada um dos compensadores abaixo apresentados, calcule a sua funcao de trans-

ferencia e aloque seus polos e zeros sobre o plano s

(a)

HHHHH

-+

HHHHH

-+

21K3Ω

470uF

42K6Ω

22KΩ

24K2Ω470uF

(b)

HHHHH

-+

HHHHH

-+

53K4Ω

5uF

29KΩ

10KΩ

23K6Ω5uF

(c)

HHHHH

-+

HHHHH-+

14K5Ω

12K2Ω

100uF 1MΩ

1MΩ

47KΩ

1K6Ω

10uF

52

Exercıcio 3.5. No circuito da figura abaixo, a corrente no indutor e a tensao no capacitor sao nulas

em t = 0. Aplicando os conceitos da Transformada de Laplace (variavel s) para a solucao de circuitos,

determine: (Provao 1998)

(a) A corrente I(s)

(b) A impedancia ZT (s) ”vista”pela carga

(c) A expressao da Funcao de Transferencia H(s) =Vo(s)

Vb(s)e o modulo desta funcao quando a fonte for

senoidal com frequencia igual aπ

10Hz

Capıtulo 4

Representacao por Blocos

Compensador

Diagramade Blocos

4.1 Sistema de Controle

A funcao basica de um sistema de controle com realimentacao, consiste em comparar o valor real

de saıda com a referencia de entrada (chamado de valor desejado ou Set-Point) determinar o desvio

desta comparacao (sinal de erro) e produzir um sinal de controle que vai atuar sobre o sistema para

zerar ou minimizar o erro de saıda. Esta atuacao recebe o nome de ”Acao de Controle”, que esta

apresentada em termos de diagrama de blocos abaixo, para um sistema de controle industrial.

-

- -

-

6

-'m ---

C(s)R(s)+-

Sensor

PlantaAtuadorAmplificador

Detectorde erro

Sinal de erro

Sistema de controle

Entrada, Referencia ou Set Point

53

54

A saıda do controlador fornece o sinal de erro atuante ja provida de amplificacao de potencia que

permita acao do atuador. O atuador e normalmente um transducer de sinal eletrico em mecanico, como

um motor eletrico, um pistao hidraulico ou pneumatico, uma valvula, resistencias de aquecimento, etc.

e atua sobre o processo levando a planta a correcao da saıda com a minimizacao do sinal de erro ou

anulando a sua existencia. Sensor e o elemento que converte o sinal o sinal de saıda em um sinal

compatıvel ao sistema de controle, como rotacao, temperatura, pressao, posicao, entre outros, a ser

comparado com o sinal de entrada (Set-Point). Este sensor e que executa o ramo de realimentacao de

um sistema de malha fechada. Plantas industriais sao classificadas pela acao do controlador sobre o

processo, conforme descrito.

4.2 Tipo de controladores

Tipo Descricao

On-Off Controladores On-Off

P Controladores Proporcionais

I Controladores Integrais

PI Controladores Proporcionais Integrais

PD Controladores Proporcionais Derivativos

PID Controladores Proporcionais Integrais Derivativos

Controladores tipo On-Off Sistema de controle que so permite dois estados (ligado ou desli-

gado). E o controlador mais simples que existe, porem robusto e barato, por isto de utilizacao bastante

difundida em residencias e industrias, como no exemplo abaixo.

Boia

qo

qi

Rede

Figura 4.1: Modelo de controle a realimentacao tipo On-Off

55

A valvula eletromagnetica e utilizada para controle da vazao de entrada do sistema (planta).

Possuindo duas posicoes, aberta ou fechada, portanto a vazao de entrada sera maxima ou nula em

funcao da valvula. Desta forma o nıvel h do tanque permanece aproximadamente constante com uma

variacao no seu nıvel, caracterıstico de sistema.

-

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

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

?

6

6

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

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

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

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

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

Intervalodiferencial

t

h(t)

Controladores Proporcionais

Em um controle proporcional, o sinal que aparece na saıda do comparador de erro, sera multipli-

cado por uma constante de ganho.

Matematicamente temos:

u(t) = Kpe(t)L−1

−−→ U(s)

E(s)= Kp onde

u(t) → sinal de entrada

Kp → ganho proporcional

e(t) → sinal de erro

Qualquer que seja o mecanismo de atuacao, o controlador proporcional sera um amplificador com

ganho ajustavel.

Controladores Integrais

Neste tipo de controlador o valor do sinal de saıda sera modificado a uma taxa de variacao

proporciona ao erro atuante e(t), com uma constante Ki sendo esta ajustavel, em outras palavras,

ocorre um acumulo crescente no tempo da taxa de erro, estacionando quando o valor de entrada for

nulo ou o erro for zero.

du(t)

dt= Kie(t) ⇒ u(t) = Ki

t∫0

e(t)dtL−1

−−→ G(s) =U(s)

E(s)=

Ki

s

Como exemplo, o conjunto plato + disco de embreagem do motor de um carro, armazena energia para

garantir a marcha lenta e sem o qual nao podemos garantir o funcionamento continuo.

Controladores Proporcionais Integrais

Caso semelhante aos dois anteriores compostos, ou seja, a acao integral sera multiplicada por

um ganho proporcional.

u(t) = Kpe(t) +Kp

Ti

t∫0

e(t)dtL−1

−−→ U(s)

E(s)= Kp

(1 +

1

Tis

)onde Ti → tempo integral

56

Controladores Proporcionais Derivativos

Para este tipo de controlador definimos:

u(t) = Kpe(t) +KpTd

de(t)

dt

L−1

−−→U(s)

E(s)= Kp (1 + Tds) onde Td → tempo derivativo

Como exemplo pode ser observado o sistema de avanco utilizado em veıculos carburados que ao pisar

no acelerador para efetuar uma ultrapassagem, um diferencial de combustıvel e injetado para que o

motor adquira maior potencia de aceleracao, bem como os pulsos de centelhamento das velas tambem

sao adiantados em relacao a posicao dos pistoes para adquirir maior velocidade.

Controladores Proporcionais Integrais-Derivativos

Este compensador e a juncao de todos os compensadores anteriormente apresentados, com as

vantagens individuais de cada um dos compensadores apresentados.

A equacao resultante desta composicao fica:

u(t) = Kpe(t) +Kp

Ti

t∫0

e(t)dt+KpTi

de(t)

dt

L−1

−−→U(s)

E(s)= Kp

(1 +

1

Tis+ Tds

)

4.3 Diagrama de Blocos

Nos estudos de controle e bastante usual a representacao de sistemas em termos de diagra-

mas de blocos, como ja pode ser observado no capitulo anterior, onde foi obtida uma simplificacao da

modelagem do conjunto mecanico da suspensao veicular por reducao de blocos.

Exemplo 4.3.1. Vamos verificar um circuito de uso bastante comum, o integrador discreto RC, mode-

lado e representado por blocos.

-

R

CI(s)

Vi(s) Vo(s)

Para este circuito podemos escrever:

I(s) =Vi(s) − V0(s)

Re V0(s) = I(s)

1

sC

Estas duas equacoes matematicas podem ser ”escritas”em termos de diagramas de blocos como

abaixo.

57

--

6

-- - -+-

1Vi(s)

R

Vo(s)

I(s)I(s) 1sC

Existindo pontos iguais, podemos interligar, logo

- -

6

- - -Vi(s)

+-

Vo(s)

1

R

I(s) I(s) 1sC

Vo(s)

Portanto podemos associar os blocos

-- -

6

+-

1

sRCVi(s) Vo(s)

Para reducao vamos utilizar a propriedade abaixo que sera vista ainda neste capitulo

F(s) =G(s)

1 +G(s)H(s)=

1

RCs

1 +1

RCs.1

=

1

RCRCs+ 1

RCs

→ F(s) =1

RCs+ 1

Aprenderemos agora a representar uma planta, um compensador os componentes de um sistema

atraves de diagrama de blocos.

Representamos um subsistema por uma entrada, uma saıda e uma funcao de transferencia, porem

sistemas sao formados por alguns ou diversos subsistemas, de forma que podemos representar suas

conexoes e apresentar um resultado mais conveniente.

Para isto devemos considerar componentes utilizados para representacao em blocos de um sistema

linear e invariante no tempo mostrados abaixo:

58

Sinal de entradaR(s)

-

Sinal de saıdaC(s)

-

Subsistema- -F(s)

R(s) C(s)

Junta somadora ou subtratora

- -

6

R1(s)

R2(s)

±±Vo(s) = ±R1(s) ±R2(s)

Ponto de distribuicao

-

-

-R(s)

R(s)

R(s)

R(s)

Multiplicador

- -

HHHHH

KR(s) K.R(s)

A partir destas representacoes basicas, associacoes entre subsistemas podem ser obtidas, para facili-

dade de calculos e interpretacao de processos.

Reducao de blocos em cascata

--- - - -

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

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

G1(s)G2(s)G3(s)

C(s)C(s) R(s)

X2(s) = R(s)G1(s)G2(s)

G1(s) G2(s) G3(s)

R(s)

X1(s) = R(s)G1(s)

C(s) = R(s)G1(s)G2(s)G3(s)

Reducao de associacao de avanco

-

-

-

- - -?

6

-

@@R

R(s) C(s)±±±

±G1(s) ±G2(s) ±G3(s)

C(s)R(s)

G1(s)

G2(s)

G3(s)

R(s)G1(s)

R(s)G2(s)

RR(s)G3(s) C(s) = R(s)(±G1(s) ±G2(s) ±G3(s))

59

Reducao de uma malha fechada com realimentacao (ramo de retrocesso) Para o diagrama

de blocos apresentado abaixo, de realimentacao negativa, temos:

m- -

6

-

E(s)R(s) C(s)

H(s)

G(s)+-

onde

R(s) → excitacao de entrada

C(s) → sinal de saıda

G(s) → ganho de avanco ou de malha direta

H(s) → ganho de realimentacao

E(s) → sinal de erro

Podemos calcular:

C(s) = E(s)G(s) e E(s) = R(s)− C(s)H(s)

Substituindo a segunda equacao na primeira, temos:

C(s) = G(s)

[R(s)− C(s)H(s)

]= G(s)R(s)−G(s)C(s)H(s) → C(s) + C(s)H(s)G(s) = G(s)R(s)

C(s)

[1 +G(s)H(s)

]= G(s)R(s)

C(s) =G(s)R(s)

1 +G(s)H(s)→ F(s) =

C(s)

R(s)=

G(s)

1 +G(s)H(s)

Caso a realimentacao seja positiva, resulta:

m- -

6

-

E(s)R(s) C(s)

H(s)

G(s)++

C(s) = E(s)G(s) e E(s) = R(s) + C(s)H(s)

C(s) = G(s)

[R(s) + C(s)H(s)

]= G(s)R(s) +G(s)C(s)H(s)

C(s) − C(s)H(s)G(s) = G(s)R(s)

C(s)

[1−G(s)H(s)

]= G(s)R(s)

C(s) =G(s)R(s)

1−G(s)H(s)→ F(s) =

C(s)

R(s)

F(s) =G(s)

1−G(s)H(s)

60

Podemos entao resumir que quando a realimentacao e negativa, o produto G(s)H(s) deve ser

somado a unidade no denominador enquanto que para realimentacao positiva, devemos subtrair o

produto da mesma unidade. Ou seja invertemos o sinal do tipo da realimentacao.

F(s) =G(s)

1±G(s)H(s)

Exemplo 4.3.2. Calcule a funcao de transferencia do diagrama de blocos abaixo

m- - -

6

+R(s) C(s)

+1

s(s+ 3)

0, 8

F(s) =G(s)

1−G(s)H(s)=

1

s (s+ 3)

1− 1

s (s+ 3)0, 8

=

1

s (s+ 3)

1− 0, 8

s (s+ 3)

=

1

s (s+ 3)

s (s+ 3)− 0, 8

s (s+ 3)

F(s) =1

s (s+ 3)− 0, 8→ F(s) =

1

s2 + 3s− 0, 8

Exemplo 4.3.3. Com realimentacao negativa

m

-

6

- -1 C(s)+

R(s)

- (s+1)(s+3)

2s

F(s) =G(s)

1 +G(s)H(s)=

1

(s+ 1) (s+ 3)

1 +1

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

=

1

(s+ 1) (s+ 3)

1 +2s

(s+ 1) (s+ 3)

=

1

((((((((s+ 1) (s+ 3)

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

((((((((s+ 1) (s+ 3)

F(s) =1

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

1

s2 + 4s+ 3 + 2s→ F(s) =

1

s2 + 6s+ 3

Uma aplicacao de reducao com bastante utilizacao em controle e o caso de realimentacao unitaria, e

esta caso particular nos permite uma simplificacao.

61

Exemplo 4.3.4. Com realimentacao unitaria

m -- -

6

C(s)1(s+ 1)(s+ 3)

+R(s)

-

F(s) =

1

(s+ 1) (s+ 3)

1 +1

(s+ 1) (s+ 3)

=

1

((((((((s+ 1) (s+ 3)

(s+ 1) (s+ 3) + 1

((((((((s+ 1) (s+ 3)

F(s) =1

(s+ 1) (s+ 3) + 1=

1

s2 + 4s+ 3 + 1→ F(s) =

1

s2 + 4s+ 4

Generalizando podemos considerar G(s) =NG(s)

DG(s), que substituıdo resulta:

F(s) =G(s)

1±G(s)H(s)=

NG(s)

DG(s)

1±NG(s)

DG(s)

=

NG(s)

DG(s)

DG(s) ±NG(s)

DG(s)

→ F(s) =NG(s)

DG(s) ±NG(s)

Exemplo 4.3.5. Com realimentacao unitaria

m -- -

6

C(s)(s+ 2)(s+ 1)(s+ 5)

+R(s)

-

F(s) =(s+ 2)

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

(s+ 2)

s2 + 6s+ 5 + s+ 2→ F(s) =

s+ 2

s2 + 7s+ 7

Exemplo 4.3.6. Problema com malhas de retroacao, reduzir o sistema apresentado a um unico bloco

- - - - - - -

6 6 6 +-

++

+-G1(s) G2(s) G3(s)

H1(s)

H2(s)

H3(s)

Em primeiro lugar, vamos associar os dois blocos que estao em cascata, que resulta:

62

- - - - - -

6 6 6 +-

++

+-G1(s)

H1(s)

H2(s)

H3(s)

G2(s)G3(s)

Reduzindo a malha de realimentacao negativa que esta identificado como F1(s), temos:

- - - - - -

6 6 6

F1(s)

+-

++

+-G1(s)

H1(s)

H2(s)

H3(s)

G2(s)G3(s)

F1(S) =G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)H1(s)

Substituindo agora a reducao de F1(s) e marcando um novo bloco de nome F2(s):

---

66

- -++

+-

H2(s)

H3(s)

G1(s)

F2(s)

G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)H1(s)

F2(S) =

G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)H1(s)

1−G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)H1(s)H2(s)

=

G2(s)G3(s)

((((((((((1 +G2(s)G3(s)H1(s)

1 +G2(s)G3(s)H1(s) −G2(s)G3(s)H2(s)

((((((((((1 +G2(s)G3(s)H1(s)

F2(S) =G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s)

]Substituindo F2(s) no diagrama de blocos e definindo F3(s):

63

-- - -

6G1(s)

H3(s)

G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)[H1(s) +H2(s)]+-

F3(s)

F3(S) =

G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s)

]1 +

G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s)

]H3(s)

=G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s) +H3(s)

]

O resultado final sera F3(s) em cascata com G1(s):

- -1 +G2(s)G3(s)[H1(s) −H2(s) +H3(s)]

G1(s)G2(s)G3(s)

64

4.4 Deslocamento de Blocos

Algumas aplicacoes necessitam recursos extras para obtencao de sua solucao. O deslocamento

de um bloco dentro de uma malha pode em muitos casos facilitar a solucao como veremos a seguir.

- - - -

6

- -

6

6

m m+-

R(s)

X(s)

+-

C(s) R(s) C(s)

X(s)

G(s)

G(s)

G(s)

m m- - -

6

- - -

6

6

+-+

-

R(s) R(s)

G(s) G(s)

G(s)

1

C(s) C(s)

X(s)

X(s)

- -

- -

-

- -

--

-

R(s) R(s) R(s)R(s) 1

G(s)

1

G(s)

R(s)G(s)

R(s)

G(s)

G(s)

R(s)G(s)

R(s)

-

- -

--

-

-

--

-G(s)

G(s)

G(s)

G(s)

R(s)G(s) R(s)G(s)R(s)R(s)

R(s)G(s)

R(s)G(s)

R(s)G(s)

R(s)G(s)

65

Exemplo 4.4.1. Podemos agora refazer o Exemplo 4.3.6 de uma maneira muito mais simples utilizando

as propriedades de deslocamento de blocos.

- - - - - - -

6 6 6 +-

++

+-G1(s) G2(s) G3(s)

H1(s)

H2(s)

H3(s)

Deslocando os blocos de realimentacao, obtemos:

m- - - -

6G1(s) G2(s)G3(s)

H1(s) −H2(s) +H3(s)

R(s)

basta agora aplicar F(s) =G(s)

1 +G(s)H(s), que temos:

F1(s) =G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s) +H3(s)

]Associado com G1(s) em cascata, resulta em

F1(s) =G1(s)G2(s)G3(s)

1 +G2(s)G3(s)

[H1(s) −H2(s) +H3(s)

]

- -1 +G2(s)G3(s)[H1(s) −H2(s) +H3(s)]

G1(s)G2(s)G3(s)

O mesmo resultado obtido na solucao anterior, porem com um numero de passagens intermediarias

menores.

Em outros casos a propriedade de deslocamento nao e apenas um facilitador, mas uma necessi-

dade sem a qual nao seria possıvel obter solucao.

66

Exemplo 4.4.2. Reduzir o sistema que segue

m m- - - -?

-

6

R(s)

G(s)

H1(s)

H2(s)

+- ++C(s)

Este sistema nao permite uma solucao trivial. Caso seja resolvida a malha de avanco de G(s)

com H1(s), nao teremos mais o ponto de conexao do sinal de entrada para H2(s), nao sendo este entao

um procedimento correto. De forma equivalente, se for minimizada a malha de realimentacao G(s)

com H2(s), deixara de existir o ponto de conexao de entrada de H1(s). Para solucionar esta dificuldade

devemos utilizar a propriedade de deslocamento de blocos, para H1(s) ou para H2(s). Lembramos que o

deslocamento de apenas um dos pontos ja permite a minimizacao correta do sistema, mas ilustraremos

a solucao com o deslocamento de ambos os blocos.

mm ?---

6

-

-

C(s)++G(s)+-

R(s)

?

?

Para proceder a modificacao, a funcao de transferencia de cada um dos blocos devera ser modi-

ficada para garantir que o sinal antes e depois do deslocamento nao seja alterado.

Na aplicacao abaixo deslocamos a conexao de H1(s) apos passar por G(s).

Estimamos um sinal A de entrada e verificamos como este chega a saıda antes e apos a modificacao

do ponto de conexao.

Verificamos que e necessario inserir no bloco H1(s), um fator de1

G(s)para garantir a integridade do

sinal.

-

- -

-

--

- -A

G(s)

AG(s)

AG(s) AH1(s)H1(s)

G(s)

G(s)

A

H1(s)

AG(s)

AH1(s)

67

O mesmo procedimento agora para o ramo de retroacao, demonstra a necessidade de multiplicar

o bloco H2(s) pelo fator G(s).

- -

- -

AG(s)H2(s)

G(s)

H2(s)G(s)

AG(s)

AAG(s)H2(s)

AG(s)

A AG(s)

H2(s)AG(s)

Podemos redesenhar o diagrama de blocos agora:

m m- -

-

6

-

-?

+- ++R(s) C(s)

G(s)

H1(s)

G(s)

H2(s)G(s)

A reducao fica entao:

F1(s) =1

1 +G(s)H2(s)e F2(s) = 1 +

H1(s)

G(s)

- - - -G(s)1 +G(s)H2(s)

11+ H1(s)

G(s)

F(s) =1

1 +G(s)H2(s)G(s)

(1 +

H1(s)

G(s)

)=

G(s)

1 +G(s)H2(s)

(1 +

H1(s)

G(s)

)

F(s) =G(s)

1 +G(s)H2(s)+ G(s)H1(s)

1 +G(s)H2(s)G(s)→ F(s) =

G(s) +H1(s)

1 +G(s)H2(s)

--1 +G(s)H2(s)

G(s) +H1(s)

68


Exercıcio 4.1. Dado o diagrama de blocos abaixo, obter sua reducao

(a)

m- -

6

-2s+3s(s+1)

1

0,5s+1

+-

(b)

m- -

6

-

+s+0,5

s(s+4)

1,7

+

s+1,2

(c)

- - - -

-

?

6

mm+- ++2s+0,8s(s+6)

2s

(s+6)

2s(s+0,4)

(d)

m -

6

-+-

1,7

s+1,2 s+3

s

Exercıcio 4.2. (PROVAO 2000) O diagrama de blocos da figura abaixo, representa um sistema de

controle de posicao. Ele controla um motor de corrente continua, representado na figura por seu modelo

simplificado de segunda ordem. A velocidade angular do eixo do motor e medida por um tacometro,

permitindo assim a implementacao de controladores, com termo aditivo na malha interna.

m m m- - - - - -

6

?

6+++-+- Kp

Pc(s)

10

s(s+10)

Kd(s)

θr(s) θ(s)

Encontre as expressoes para as funcoes de transferencia que seguem:

(a) T(s) =θ(s)

θr(s)

(b) S(s) =θ(s)

Pc(s)

69

Exercıcio 4.3. (PROVAO 2001) Voce e integrante de uma equipe de engenheiros em uma empresa

prestadora de servicos para o setor de energia eletrica. Sua equipe esta encarregada do projeto de

um sistema de controle de velocidade (frequencia) de uma unidade geradora termoeletrica, que supre

energia para um sistema de potencia isolado. Para a figura abaixo, que representa o diagrama de

blocos deste sistema de controle, obter a sua funcao de transferencia reduzida.

m?- - - -

- ++1 1 100

1

0,1s+1 0,5s+1

4

Pd(s)

F(s)

20s+1

Exercıcio 4.4. (ENADE 2005) Considere o sistema linear representado pelo diagrama de blocos

m- - - -

6

++

u1(t) y1(t) u(t)

u2(t)

G1(s) G2(s)

onde u1(t) e u2(t) representam duas entradas, y(t) a saıda do sistema e S1 e S2 sao assim mode-

lados.

• Funcao de transferencia de S1 → G1(s) =Y1(s)

U1(s)=

2

s+ 3

• Equacao diferencial que representa S2 → G2(s) =d2y

dt2+ 3

dy

dt+ 2y = u

Determine:

(a) A funcao de transferencia que representa GU1(s)=

Y(s)

U1(s)

(b) A saıda y(t) para u1(t) = d(t) e u2(t) = 0, onde d(t) representa a funcao degrau unitario com condicoes

iniciais nulas.

Exercıcio 4.5. Para o circuito apresentado, determine o seu sinal de saıda.

Obs: considere o sinal de entrada um impulso unitario.

Capıtulo 5

Resposta Temporal

Compensador

Resposta

Temporal

Os tres proximos modulos que seguem, sao muito importantes pois formam um conjunto de

referencias que permitem avaliar sistemas entre si. Sao chamados de ”Criterios de Qualidade” de um

sistema de controle e com isto, permitem avaliar ou comparar sistemas de controle distintos. Sao eles:

• Resposta Temporal

• Estabilidade de Sistemas

• Erro de Estado Estacionario

71

72


Daremos inicio pelo estudo da Resposta temporal, que nos permitira a partir de uma funcao no

domınio da frequencia visualizar sua resposta no domınio do tempo, sem calculos matematicos com-

plexos.

Sistemas de controle independentes da sua ordem (numero de raızes da equacao caracterıstica), obe-

decem sempre seu(s) polo(s) dominante(s), de forma que podemos sempre considerar que um sistema

possui 1 ou 2 polos dominantes. Quando as raızes de um sistema se apresentam complexas e conju-

gadas, teremos dois polos dominantes e quando o sistema apresentar uma raiz real, naturalmente este

sera o polo dominante.

Consideramos o polo dominante sempre a aquele que no plano s se apresentar mais a direita de todos,

veja exemplo que segue.

-

6

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

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

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

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

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

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

bb

b b@

@@I

polo dominante

Im

Re

Plano s bb

b..........................................

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

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

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

-

6

*...........

..........

polo dominante

Im

Re

Plano s

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

Observe que zeros nao interferem no conceito de polos dominantes, pois estes nao levam sis-

temas a perda de estabilidade, que sera visto mais adiante.

Portanto baseado no conceito de polos dominantes, deveremos estudar sistemas de 1o e 2o or-

dem que permitem compreender as respostas temporais obtidas em sistemas de controle.

A resposta de um sistema qualquer sempre apresenta dois componentes, que somados comple-

tam a resposta total. Sao eles a resposta natural e a resposta forcada.

A resposta natural esta ligada a funcao de transferencia do sistema enquanto a resposta forcada e

ligada a excitacao de entrada.

73

Exemplo 5.1.1. Dada a funcao de transferencia abaixo de um sistema de 1o ordem, obter sua resposta

temporal e analisar seu resultado.

- -(s+ 2)

(s+5)

G(s)R(s)= 1

s C(s)

Plano s

Im

Re-2-5

Calculando sua transformada inversa, temos;

C(s) = R(s)G(s) =1

s

(s+ 2)

(s+ 5)=

K1

s+

K2

(s+ 5)

calculando K1 e K2, resulta:

K1 = s(s+ 2)

s (s+ 5)

∣∣∣∣s=0

=(s+ 2)

(s+ 5)

∣∣∣∣s=0

=2

5

K2 = (s+ 5)(s+ 2)

s(s+ 5)

∣∣∣∣s=−5

=(s+ 2)

s

∣∣∣∣s=−5

=3

5

Finalizando em:

c(t) =2

5+

3

5e−5t

Podemos interpretar a resposta como segue abaixo.

Im

Re-5

Im

Re-2

Im

Re0

Pólo de entrada Zero do sistema Pólo do sistema

Transformada de Saída

Resposta no domínio do tempo

Resposta forçada Resposta natural

( )

325 5

( )5

C ss s

= ++

2 3 5( )

5 5

tc et

-= +

74

A partir dos resultados, concluımos.

• A funcao de entrada, impoe um polo na origem e origina a resposta forcada. Em outras palavras

o polo devido ao sinal de entrada gerou o degrau de saıda.

• O polo da funcao de transferencia gera a resposta natural do sistema (o polo em s = −5, gerou

e−5t)

• O polo da funcao de transferencia em −a, gera uma resposta da forma e−at, onde a e a posicao

do polo sobre o eixo real e determina a velocidade de resposta do sistema.

• A composicao entre polos e zeros definem as amplitudes das respostas natural e forcada.

5.2 Sistema de 1o ordem

A partir de um sistema de 1o ordem sem zeros, com uma entrada a degrau unitario e com polo

em −a, podemos calcular.

( )a

s a+

Plano s

Im

Re-a

C(s) = R(s)G(s) =a

s(s+ a)

Aplicando a transformada inversa de Laplace, obtemos a resposta temporal que segue:

c(t) = cf(t)︸︷︷︸forcada

+ cn(t)︸︷︷︸natural

= 1− e−at

Onde o polo situado na origem s = 0, gerou a resposta forcada c(t) = 1 e o polo do sistema s = −a,

gerou a resposta natural e−at

A unica variavel que um sistema de primeira ordem apresenta e a posicao do polo da funcao de trans-

ferencia −a.

75

Desta forma vamos analisar alguns casos particulares do valor de a. para formar importantes

conceitos de controle.

Fazendo t, valores multiplos de a o valor de c(t) sera.

t c(t)

t =1

ac(t) = 1− e−1 = 1− 0, 368 = 0, 632

t =2

ac(t) = 1− e−2 = 1− 0, 135 = 0, 865

t =3

ac(t) = 1− e−3 = 1− 0, 05 = 0, 95

t =4

ac(t) = 1− e−4 = 1− 0, 02 = 0, 98

1/a 2/a 3/a 4/a

t(s)

C(final)

tr

ts(5%)

ts(2%)

0

10,95

0,98

0,9

0,86

0,62

0,1

Figura 5.1: Resposta temporal de um sistema de 1o ordem

76

Tempo de acomodacao ts [seg]

Um conceito bastante importante e o tempo de acomodacao de um sistema. Podemos observar pelo

grafico que, com 3 constantes de tempo (3/a), o sistema atinge 95% de seu valor final e com 4 con-

stantes de tempo (4/a) temos 98% do valor final.

Portanto definimos o conceito de precisao de um sistema como sendo:

Precisao Constante de tempo

2% 4 cte. de tempo (4/a)

5% 3 cte. de tempo (3/a)

Embora este conceito seja definido para um sistema de 1o ordem, ele sera valido para sistemas

de qualquer ordem, onde a constante de tempo e definida pela parte real do polo dominante complexo

conjugado.

Para o sistema de 1o ordem em estudo, temos:

ts(2%) =4

ae ts(5%) =

3

a

Tempo de subida tr [seg]

O mesmo conceito utilizado em tecnicas digitais onde o tempo de subida e o tempo que um sinal

demora para ir de 10% a 90% de seu valor final, e utilizado em controle, logo podemos calcular:

tr = t90% − t10%

p/ t90% p/ /t10%

0, 9 = 1− e−at 0, 1 = 1− e−at

−0, 1 = −e−at −0, 9 = −e−at

ln 0, 1 =ln e−at ln 0, 9 =ln e−at

−2, 31 = −at −0, 11 = −at

t90% =2, 31

at10% =

0, 11

a

tr =2, 31

a− 0, 11

a⇒ tr =

2, 2

a

77

Metodo pratico para obtencao de uma funcao de 1o Ordem.

Muitas vezes, na pratica nao existe disponibilidade de tempo para modelar matematicamente um pro-

cesso e obter sua funcao de transferencia. O metodo que segue e uma aproximacao que permite sua

obtencao atraves da resposta temporal do sistema em estudo, balizando inclusive um possıvel mode-

lamento efetuado.

Exemplo 5.2.1. Consideraremos um ensaio pratico de um forno de aquecimento. Apenas dois pares

de valores foram apontados, no experimento. Apos 10 minutos de trabalho registramos a temperatura

de 150oC e uma nova medida apos 4 horas de trabalho, registrou 800oC. A partir da equacao temporal

nao normalizada, mas ajustada para um valor final = 1, temos:

c(t) = cmax

(1− e−at

)⇒

150 = 800(1− e−600a

)

1− 150

800= e−600a

0, 8125 = e−600a

ln 0, 8125 = ln e−600a

−0, 2076 = −600a⇒

a = 3, 46x 10−4 ⇔ cte de tempo =1

a= 2.900

Reescrevendo nossa equacao temporal e a funcao de transferencia, vem:

c(t) = cmax

(1− e−at

)= 800

1− e−

t

2900

e C(s) =a

(s+ a)=

3, 46x 10−4

(s+ 3, 46x 10−4)

78

5.3 Sistema de 2o ordem

Bastante diferente do sistema de 1 ordem que acabamos de estudar, onde apenas uma variavel

modifica o sistema e a resposta apresentada sempre aparece na forma de uma exponencial, os sis-

temas de 2 ordem possuem uma riqueza de informacoes bem maior e as respostas encontradas po-

dem apresentar alem da forma exponencial do sistema de 1 ordem, oscilacoes puras ou amortecidas

como resposta transitoria. Observaremos as possıveis respostas de um sistema de 2 ordem partindo

de uma funcao generica de 2 grau onde iremos variar suas constantes e analisar as variacoes

2

m

s ns m+ +

1( )R s

s=

( )G s

( )C s

sistema genérico

Algumas observacoes sao importantes, nos dados acima:

• Quando as raızes do sistema possuem apenas partes reais (eixo σ) a resposta apresenta apenas

componentes exponenciais sem apresentar oscilacoes (superamortecido e amortecimento critico

com duas raızes reais distintas ou duas raızes reais iguais respectivamente)

• Quando as raızes apresentam parte imaginaria composta com parte real negativa aparecem com-

ponentes trigonometricas que levam o sistema a oscilacoes amortecidas por uma envoltorio ex-

ponencial tendendo a um valor final finito, ou seja, o sistema ira se estabilizar apos o tempo de

acomodacao (sistema sub amortecido)

• Quando as raızes se apresentam apenas com parte imaginaria (sem parte real) o sistema ap-

resenta oscilacoes de amplitude constante sem a exponencial de amortecimento (sistema sem

amortecimento ou marginalmente estavel)

• Caso o sistema possuısse raızes reais positivas compostas com parte imaginaria, o sistema seria

oscilante com amplitudes crescentes, portanto seria instavel. Caso possuısse raızes positivas

sem parte imaginaria, nao apresentaria oscilacoes, mas a exponencial tambem tenderia a infinito

e o sistema novamente seria instavel

• Conclui-se que se o sistema possuir pelo menos uma raiz no lado direito do plano s, ele sera

instavel

79

• A parte real das raızes e responsavel pela exponencial de amortecimento enquanto a parte ima-

ginaria e responsavel pela parte trigonometrica (oscilacoes) da resposta temporal

Veja abaixo uma representacao temporal destas possıveis resposta.

Sub amortecido

Amortecimento crítico

Super amortecido

Marginalmente estável

c(t)

t (seg)

Exemplo 5.3.1. Determine as raızes das equacoes de 2o ordem abaixo:

(a)

G1(s) =12

s2 + 8s+ 15⇒ s1,2 =

−8±√64− 60

2=−8± 2

2→

s1 = −3

s2 = −5superamortecido

(b)

G2(s) =10

s2 + 6s+ 9⇒ s1,2 =

−6±√36− 36

2=−6± 0

2→

s1 = −3

s2 = −3amortecimento crıtico

(c)

G3(s) =21

s2 + 2s+ 10⇒ s1,2 =

−2±√4− 40

2=−2± 6j

2→

s1 = −1 + 3j

s2 = −1− 3jsub amortecido

(d)

G4(s) =5

s2 + 4⇒ s1,2 =

0±√−16

2=

0± 4j

2→

s1 = 0 + 2j

s2 = 0− 2jmarginalmente estavel

Do mesmo modo que no sistema de 1o ordem, podemos escrever uma equacao generica de um

sistema de 2o ordem. Para isto devemos definir dois parametros que nos permitam identificar sempre

um sistema de 2o ordem, que sao:

• Frequencia Natural Wn [rad/seg]

• Grau de Amortecimento ζ (zeta)

80

ζ Resposta

0 Marginalmente estavel

0 ≤ ζ ≤ 1 Sub amortecido

1 Amortecimento crıtico

>1 Super amortecido

Tabela 5.1: Tabela de relacao ζ e Resposta temporal

Frequencia Natural de oscilacao Wn

E a frequencia que um sistema oscila sem apresentar amortecimento (amplitude constante), recebendo

o nome de frequencia natural de oscilacao.

Em controle e representada por um sistema marginalmente estavel, com raızes imaginarias, sem parte

real.

Um caso pratico, e representado por um circuito LC ideal, onde nao exista perdas resistivas, nestas

condicoes ele oscila na frequencia natural com amplitude constante.

Caso exista um decrescimo na amplitude com o passar do tempo, sera definido como frequencia de

oscilacao amortecida Wd

Grau de Amortecimento ζ

Parametro que permite identificar mais facilmente a resposta temporal em estudo, indicando atraves

de um numero real positivo, entre zero e infinito, as possıveis resposta do sistema.

A funcao basica deste indicador e permitir identificar a resposta sem considerar valores de tempo

ou amplitude, mas sim o esboco da curva de resposta.

Portanto curvas de resposta de sistemas com perıodos diferentes de duracao, por exemplo, uma em

micro segundos e outra com duracao de dias, se apresentarem a mesma forma de resposta temporal,

terao o mesmo valor de ζ. Definimos o grau de amortecimento ζ como:

ζ =Freq exponencial de decaimento

Freq natural de oscilacao→ como f =

1

T⇒ ζ =

perıodo naturalconst de tempo exponencial

ζ e entao a divisao de duas frequencias ou a divisao de dois perıodos, por consequencia um numero

admensional.

81

Podemos a partir da equacao generica calcular os valores de ζ e Wn, reescrevendo nossa igual-

dade.

2

m

s ns m+ +

1( )R s

s=

( )G s

( )C s

sistema genérico

Calculamos Wn, para um sistema com polos complexos, sem parte real (marginalmente estavel),

ou seja:

G(s) =m

s2 + n︸︷︷︸zero

s+m=

m

s2 +m

Por definicao, a frequencia natural de oscilacao Wn e a frequencia desta condicao, e os polos do

sistema estarao exatamente sobre o eixo imaginario jw entao

s2 +m = 0⇒ s = Wn = ±√−m = ±j

√m ou m = W 2

n

Agora para definir o valor de n, supomos um sistema sub amortecido em que os polos complexos

possuam uma parte real σ = constante de tempo do sistema. Esta parte real e definida na equacao de

Baskara quando < 0 por:

−b±√b2 − 4ac

2a=−n±

√n2 − 4m

2p/ < 0⇒ − n

2︸︷︷︸parte real

± j√

2︸︷︷︸parte imaginaria

Esta sera a magnitude da frequencia de decaimento exponencial, entao teremos:

ζ =Freq exponencial de decaimento

Freq natural de oscilacao=|σ|Wn

=n/2Wn⇒ n = 2ζWn

Substituindo os valores calculados, temos nossa equacao generica de um sistema de 2o ordem em

funcao dos parametros de identificacao ζ e Wn.

G(s) =W 2

n

s2 + 2ζWns+W 2n

82

Exemplo 5.3.2. Dadas as funcoes abaixo, obter os valores de ζ e Wn de cada uma delas

(a)

G1(s) =36

s2 + 4, 2s+ 36=

W 2n

s2 + 2ζWns+W 2n

⇒

W 2

n = 36→Wn = ±6 rad/seg

2ζWn = 4, 2→ ζ =4, 2

2.6= 0, 35

(b)

G2(s) =18

s2 + 4, 2s+ 36→ sera necessario

(x2

2

)→ 1

2

36

s2 + 4, 2s+ 36⇒

Wn = ±6 rad/seg

ζ = 0, 35

Podemos notar que G1(s) = G2(s), mas ζ e Wn, resultaram iguais.

Ocorre que ambas formas de onda sao iguais, porem a amplitude de G2(s) e a metade da amplitude

de G1(s)como podemos observar pelo fator1

2resultante do arranjo que permitiu a equacao de G2(s) ser

igualada a equacao generica de um sistema de 2o ordem.

Deste modo temos ζ e Wn iguais para ambas equacoes (mesma forma de onda, mas com base de

tempo e/ou amplitude diferentes) e o fator multiplicativo1

2ira mais a frente ser entendido no capitulo de

erro de estado estacionario.

G2(s)

G1(s)

1,0

0,5

c(t)

t

Figura 5.2: Respostas temporais de G1(s) e G2(s)

83

Verificamos agora a relacao dos valores de ζ com a resposta temporal, ja visto anteriormente na

Tabela 5.1, com mais detalhes.

ζ Classificacao Polos Resposta ao degrau

0 Marginalmente estavel

Im

Re

+jwd

-jwd

0 ≤ ζ ≤ 1 Sub amortecido

Im

Re

+jwd

-jwd

-zwn

1 Amortecimento crıtico

Im

Re-zwn

> 1 Super amortecido

Im

Res1s2

Exemplo 5.3.3. Para cada uma das funcoes de transferencia abaixo, determine os valores de ζ, Wn e

identifique sua resposta temporal

F1(s) =12

s2 + 8s+ 12→

W 2

n = 12→Wn = 3, 46 rad/seg

2ζWn = 8→ ζ =8

2.3, 46= 1, 16

⇒ Super amortecido

F2(s) =16

s2 + 8s+ 16→

W 2

n = 16→Wn = 4 rad/seg

2ζWn = 8→ ζ =8

2.4= 1

⇒ Amortecimento crıtico

F3(s) =20

s2 + 8s+ 20→

W 2

n = 20→Wn = 4, 47 rad/seg

2ζWn = 8→ ζ =8

2.4, 47= 0, 89

⇒ Sub amortecido

84

0 10 20 30 40 50 60 70

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.60,1

0,2

0,3

0,4

0,6

0,8

c(t)

tempo

Figura 5.3: Resposta temporal em funcao de ζ

Podemos a partir da resposta temporal, extrair a funcao de transferencia do sistema aproximado a

um sistema de 2o ordem, sem a necessidade do modelamento matematico, como no caso de sistemas

de 1o ordem.

Para tanto, vamos observar alguns pontos importantes na resposta temporal.

cfinal

1,02 cfinal

0,98 cfinal

0,9 cfinal

cmax

0,1 cfinal

tr

tp

ts

tolerâncias 2%

c(t)

tempo

• Cfinal e o valor que o sistema atinge quando estabilizado

• Cmax e o maior valor que a saıda atinge durante a perturbacao

• tp tempo de pico, e o tempo que demora a partir do inicio do degrau ate o sistema atingir o 1o

valor maximo

• tr tempo de subida, ou do ingles ”rise time”, e o tempo para o sinal de saıda excurcionar de 10

a 90 % do valor final

85

• ts Tempo de acomodacao, ou do ingles ”stability time”, e o tempo para que o sinal de saıda

entre dentro da faixa de tolerancia (neste caso ±2%) e nao saia mais desta faixa

Desta forma podemos aplicar as equacoes matematica abaixo apresentadas, que nos permitem

obter os valores de ζ e Wn, do sistema e por consequencia a funcao de transferencia, alem de diversos

outros fatores.

• tp =nπ

Wn

√1− ζ2

→ para o 1pico → tp =π

Wn

√1− ζ2

= tp =π

Wd

• Wd = Wn

√1− ζ2

• Up% =Cmax − Cfinal

Cfinal.100

• Up% = 100.e−

ζπ√1− ζ2

• ζ =− ln

(Up%/100

)√

π2 + ln2(Up%/100

) =− lnUp√π2 + ln2 Up

• ts =− ln

(0, 02

√1− ζ2

)ζWn

aproximado para

ts =

3

ζWn5% de erro

ts =4

ζWn2% de erro

Exemplo 5.3.4. A partir de um ensaio experimental foi obtida a resposta temporal abaixo. Obter sua

funcao de transferencia.

%Up =cmax − cfin

cfin.100 =

1, 25− 1

1100 = 25% = 0, 25

86

0 1 2 3 4 5

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.21.25

1,3

t(seg)

c(t)

ζ =− lnUp√π2 + ln2 Up

=− ln 0, 25√π2 + ln2 0, 25

=1, 39√

9, 87 + 1, 92=

1, 39

3, 43= 0, 405

Wd =π

tp=

π

1, 3= 2, 42 [rad/seg]

Wn =Wd√1− ζ2

=2, 42√

1− 0, 4052=

2, 42

0, 914= 2, .65 [rad/seg]

F (s) =W 2

n

s2 + 2ζWns+W 2n

=2, .652

s2 + 2.0, 405.2, 65s+ 2, .652⇒ F (s) =

7

s2 + 2, 15s+ 7

Representando no plano s os parametros de um sistema de 2o ordem generico temos:

Real

Imaginário

Plano s

WdWn

- Wz n

Fcos =F z

Um importante conceito que permite compreender a resposta de um sistema quando deslocamos

os polos dominantes sobre o plano s e abaixo apresentado.

87

Im

Re

Plano s

1

1

2

3

2

3

zW =cten1

2

3

c(t)

t

mesma envoltória

Im

Re

Plano s

123

123

W = cted

1

2

3

mesma frequencia

c(t)

t

Im

Re

Plano sz = cte

1

23

12

3

mesma ultrapassagemc(t)

t

123

Cancelamento de polos e zeros

Concluımos esta secao, com o conceito de cancelamento de polos e zeros e seus efeitos. Admitindo

um sistema que apresenta 3 polos e um zero, mostrado na equacao. Se o termo (s + p1) e o termo

(s+z), forem coincidentes, um anulara o outro, resultando em uma equacao de um sistema de segunda

ordem.

F(s) =K(s+ z)

(s+ p1) (s2 + as+ b)=

K

(s2 + as+ b)

Ainda se o zero e o polo nao estiverem exatamente na mesma posicao, mas muito proximos, a trans-

formada inversa de Laplace mostra que o residuo do decaimento exponencial e muito menor que a

amplitude da resposta de 2o ordem, e pode ser desconsiderado.

C1(s) =26, 25 (s+ 4)

s (s+ 4, 01) (s+ 5) (s+ 6)⇒ c1(t) =

0, 87

s+0, 033

(s+ 4, 01)︸︷︷︸desconsiderar

− 3, 5

(s+ 5)+

4, 4

(s+ 6)

Quando afastamos o polo do zero, sua amplitude se torna relevante, nao podendo ser desconsiderado

C1(s) =26, 25 (s+ 4)

s (s+ 3, 5) (s+ 5) (s+ 6)⇒ c1(t) =

1

s− 1

(s+ 3, 5)− 3, 5

(s+ 5)+

3, 5

(s+ 6)

88


Exercıcio 5.1. Para os sistemas abaixo, obtenha a equacao que represente c(t). Determine tambem a

constante de tempo, o tempo de subida e o tempo de acomodacao para cada caso

(a)

1( )R s

s= ( )C s

( )5

5s +

(b)

1( )R s

s= ( )C s

( )20

20s +

Exercıcio 5.2. (Ogata B.5.1)

(a) Um termometro necessita de 1 minuto para atingir 98% de seu valor final, quando submetido a um

degrau de temperatura. Considerando que o termopar seja um sistema de 1o ordem, qual e a sua

constante de tempo?

(b) Se o termometro for imerso em um banho, cuja temperatura muda linearmente a uma taxa de

10oC/min, qual sera o erro apresentado pelo termometro?

Exercıcio 5.3. Para cada uma das respostas ao degrau apresentadas, determine a funcao de trans-

ferencia do sistema

(a)

0 10 20 30 40

0.10.20.30.40.50.60.70.80.91

c(t)

t (seg)

(b)

0 10 20 30 40 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4 C(t)

t (seg)

(c)

0 10 20 30 40 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4 c(t)

t (seg)

(d)

0 10 20 30 40 50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

C(t)

t (seg)

1.6

1.8

2

89

Exercıcio 5.4. (Ogata B.5.7) Considere o sistema mostrado na figura abaixo. Mostre que a funcao de

transferencia F(s) =Y(s)

X(s), tem um zero no semiplano direito do plano s. Entao obtenha y(t), quando x(t)

for um degrau unitario.

( )6

2s +

( )4

1s +

( )X s ( )Y s

+-

Exercıcio 5.5. Dado G(s) =K

s (s+ 7)e H(s) = 1 em uma malha de realimentacao negativa, determine

a faixa de valores de K que permita ao sistema apresentar respostas superamortecidas.

Exercıcio 5.6. Dados ζ = 0, 866 e Wn = 5(rad/seg), determine a posicao dos polos dominantes dos

sistema e sua funcao de transferencia.

Exercıcio 5.7. Para um sinal temporal que apresenta uma ultrapassagem de 10% e um tempo de

acomodacao de 2, 4seg, determine G(s) desta plante de realimentacao unitaria e negativa.

Exercıcio 5.8. Para uma plante de realimentacao unitaria e negativa, com G(s) =4

s (s+ 2), determinar:

(a) A posicao dos polos dominantes.

(b) A nova posicao dos polos dominantes se desejarmos manter o mesmo ζ e aumentarmos o Wn em

duas vezes.

Exercıcio 5.9. Determine a posicao dos polos dominantes da plante apresentada abaixo.

( )( )

23 6,75

102

8 17

s s

s s

+ +

+ +

Exercıcio 5.10. Para o sistema abaixo, determine o valor de K, de modo que o grau de amortecimento

ζ seja 0,5

Exercıcio 5.11. (PROVAO 2000) O diagrama de blocos abaixo representa um sistema de controle de

posicao. Ele controla um motor de corrente contınua, representado na mesma figura por seu modelo

simplificado de segunda ordem. A velocidade angular do eixo do motor e medida por um tacometro,

permitindo, assim, implementar o controlador PD com o termo derivativo na malha interna.

90

( )16

0,8s +

1

s

K

+ +- -

+ +- - ( )10

10s s +

K sd

Kp

Calcule os valores dos parametros do controlador Kp e Kd que permitem obter um sistema em

malha fechada com o seguinte par de polos complexos conjugados, s1,2 = −6± 6j

Capıtulo 6

Estabilidade de Sistemas

CompensadorEstabilidade

Ao Inserir modificacoes em uma planta, devemos buscar o ”controle otimo”, para o sistema.

Definimos com sendo um controle otimo a melhoria dos criterios de qualidade em estudo. No capitulo

anterior, verificamos as respostas transitorias que um sistema apresenta, nosso primeiro criterio de

qualidade. Agora vamos aprofundar nosso estudo na estabilidade do sistema, item bastante obvio,

pois um sistema instavel, nao permite controle, nao sendo objeto de nosso estudo. Isto nao faz que

um sistema instavel seja descartado, mas sim aplicadas tecnicas que permitam a este sistema se

tornar estavel e controlado. Determinamos com facilidade a estabilidade de um sistema, conhecendo a

posicao de seus polos, sabendo que a presenca de um polo, ou mais, no semiplano direito do planos

s, torna o sistema instavel, e que zeros, nao interferem neste criterio.

SPE(semiplano Esquerdo)

SPD(semiplano direito)

IM

RE

Plano s

91

92

Nos tempos atuais, dispomos de ferramentas matematicas poderosas, que permitem obter raızes

de equacoes de qualquer ordem. Anteriormente ao advento dos computadores e calculadoras cientıficas,

a obtencao de raızes de ordem superior a 2o, era bastante trabalhosa e difıcil, porem um trabalho apre-

sentado por Routh-Hurwitz em 1905, permitia que se conhecesse a regiao de alocacao das raızes de

um sistema, sem contudo conhecer sua exata posicao.

Deste modo, o arranjo matematico de Routh-Hurwitz e muito utilizado em controle ainda hoje, pois de

uma maneira rapida determina a estabilidade de um sistema sem a necessidade de se conhecer a

posicao de suas raızes. Pelo metodo de Routh-Hurwitz indicara a quantidade de polos no SPD, no SPE

e sobre o eixo jW , sem contudo definir as coordenadas dos polos, mas definindo a estabilidade do

sistema.

Neste capitulo vamos em primeiro lugar compreender como funciona a ferramenta para determinar a

estabilidade de um sistema, que recebe o nome de arranjo de Routh-Hurwitz. Apos o domınio deste pro-

cesso, passamos a determinacao da estabilidade de um sistema pelo ganho, que e a grande aplicacao

de Routh-Hurwitz em controle.

6.1 Arranjo de Routh-Hurwitz

O metodo de Routh-Hurwitz, requer 3 passos para sua execucao.

1. Gerar o arranjo que chamamos de tabela de Routh-Hurwitz

2. Calcular as celulas restantes da tabela

3. Interpretar o resultado, determinando a posicao dos polos no SPE, SPE e sobre o eixo jW

1o Passo

A partir da Funcao de Transferencia de Malha Fechada (FTMF) F(s) =N(s)

D(s), do sistema que se deseja

determinar a estabilidade, obter o polinomio de seu denominador (equacao caracterıstica do sistema

D(s)), enquanto que o polinomio N(s), pode ser desprezado, ja que zeros nao instabilizam o sistema,

mesmo que se apresentem no SPD.

- -a4s

4 + a3s3 + a2s

2 + a1s+ a0

N(s)R(s) C(s)

A partir de D(s)), montar a tabela de Routh-Hurwitz, como segue:

93

s4 a4 a2 a0 0

s3 a3 a1 0 0

s2

s1

s0

2o Passo

Devemos agora calcular as celulas que estao em branco, como segue:

s4 a4 a2 a0 0

s3 a3 a1 0 0

s2b1 = −

∣∣∣∣ a4 a2a3 a1

∣∣∣∣a3

b2 = −

∣∣∣∣∣∣ a4 a0a3 0

∣∣∣∣∣∣a3

b3 = −

∣∣∣∣∣∣ a4 0a3 0

∣∣∣∣∣∣a3

= 0 0

s1c1 = −

∣∣∣∣ a3 a1b1 b2

∣∣∣∣b1

c2 = −

∣∣∣∣∣∣ a3 b3b1 0

∣∣∣∣∣∣b1

= 0 c3 = −

∣∣∣∣∣∣ a3 0b1 0

∣∣∣∣∣∣b1

= 0 0

s0d1 = −

∣∣∣∣ b1 b2c1 c2

∣∣∣∣c1

d2 = −

∣∣∣∣∣∣ b1 b3c1 c3

∣∣∣∣∣∣c1

= 0 d1 = −

∣∣∣∣∣∣ b1 0c1 0

∣∣∣∣∣∣c1

= 0 0

3o Passo

Uma vez calculada as celulas em branco, devemos agora o sinal de polarizacao, apenas da 1o coluna

calculada.

94

• De maneira bastante simples o criterio de Routh-Hurwitz estabelece que o numero de raızes de

um polinomio que estao no SPD serao iguais ao numero de mudancas de sinal que ocorrem nas

celulas da 1 coluna

• Entao para que um sistema seja estavel nao devera haver modificacao de sinal na 1 coluna da

tabela de Routh

• A cada mudanca de sinal +→ − ou − → +, significa que um polo alocou-se no SPD

• Quando uma celula da 1o coluna apresenta valor zero, e que o polo esta sobre o eixo real

Exemplo 6.1.1. Analise a estabilidade do sistema abaixo pelo metodo de Routh-Hurwitz

m- - -

6(s+ 2)(s+ 3)(s+ 5)

1000+-

- -1000

s3 + 10s2 + 31s+ 1030

Aplicando o arranjo de Routh, temos:

s3 1 31 0

s2 10 1030 0

s1

b1 = −

∣∣∣∣ 1 3110 1030

∣∣∣∣10

=31.10− 1030.1

10= −72 b2 = −

∣∣∣∣ 1 010 0

∣∣∣∣10

= 00

s0c1 = −

∣∣∣∣ 10 1030−72 0

∣∣∣∣−72

=−72.1030− 10.0

−72= 1030

0 0

Observando agora na 1o coluna:

1→ 10→ (−72)→ 1030

Temos 2 trocas de sinal, de +10 para -72 e de -72 para +1030.

Portanto 2 trocas de sinal, dois polos no SPD, como e um sistema de 3o ordem, possui 3 polos, sendo

2 no SPD e 1 no SPE.

Observe, que para qualquer celula que for calculada, o sinal negativo da fracao, faz com que o

metodo classico para solucao de um determinante, seja invertido, esta propriedade ira facilitar bastante

95

para o calculo da tabela, veja exemplo:

b1 = −

∣∣∣∣ a4 a2a3 a1

∣∣∣∣a3

= −(a4.a1 − a3a2)

a3=

a3a2 − a4.a1a3

A partir de sistemas previamente conhecidos, vamos verificar a estabilidade dos sistemas e validar o

metodo de Routh-Hurwitz.

Exemplo 6.1.2. A funcao de transferencia abaixo, e instavel com dois polos no SPD e tres polos no

SPE, verificamos por Routh-Hurwitz, se o resultado e o esperado.

F(s) =N(s)

(s− 1) (s− 2)︸︷︷︸2 polos no SPD

(s+ 3) (s+ 4) (s+ 5)︸︷︷︸3 polos no SPE

=N(s)

s5 + 9s4 + 13s3 − 57s2 − 86s+ 120

s5 + 1 13 −86 0

s4 + 9 −57 120 0

s3117 + 57

9= + 19, 33

−774− 120

9= −99, 33 0 0

s2−1101, 81 + 893, 97

19, 33= − 10, 75 120 0 0

s11067, 8− 2319, 6

−10, 75= + 715, 3 0 0 0

s0 +120 0 0 0

Verificando a 1o coluna vem:

+1 → +9 → +19, 33 → −10, 75 → +715, 3 → +120

Observamos duas trocas de sinal

+19, 33→ −10, 75 e − 10, 75→ +715, 3

Logo 2 polos no SPD e 3 polos no SPE, que e nosso ponto de partida.

96

Exemplo 6.1.3. Agora para uma funcao de transferencia com 4 polos no SPE, um sistema estavel.

F(s) =N(s)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)(s+ 5)︸︷︷︸todos polos no SPE

=N(s)

s4 + 14s3 + 71s2 + 154s+ 120

s4 1 71 120 0

s3 14 154 0 0

s2994− 154

14= 840

1680− 0

14= 1680 0 0 (x14)

s1129360− 23520

840= 126 0 0 0

s0 1680 0 0 0

Pela tabela calculada acima , podemos observar:

• O sistema realmente e estavel, pois nao apresenta troca de sinal na 1o coluna, logo possui 4

polos no SPE, como esperado.

• E possıvel multiplicar uma linha inteira por um numero real, nao negativo, que o resultado de

Routh-Hurwitz, nao se altera.

Exemplo 6.1.4. Caso a funcao de transferencia possua um polo na origem.

F(s) =N(s)

s︸︷︷︸polo na origem

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

N(s)

s4 + 6s3 + 11s2 + 6s

97

s4 1 11 0 0

s3 6 6 0 0

s266− 6

6= 10 0 0 0

s160− 0

10= 6 0 0 0

s00− 0

6= 0 0 0 0

Resulta na 1o coluna em todos os termos positivos, e o ultimo termo zero, logo, 3 polos no SPE e um

polo sobre a origem, como visto no inicio do exercıcio.

Exemplo 6.1.5. Com dois polos na origem, temos de utilizar o recurso que segue.

F(s) =N(s)

(s+ 2) (s+ j)(s− j)︸︷︷︸polos conjugados na origem

=N(s)

s3 + 2s2 + s+ 2

s3 1 1 0

s2 2 2 0

s12− 2

2= 0 ∼= +ε 0 0

s02(+ε)− 0

(+ε)= 2 0 0

Para anular o efeito do zero na primeira coluna, podemos substituir por um valor muito proximo de

zero, porem hipoteticamente positivo,+varepsilon. Desta forma, o sistema se mostra estavel, pois nao

apresenta troca de sinal, mas por ter transitado de + a zero e retornado a +, demonstra a existencia

de duas raızes sobre o eixo jW com parte real igual a zero.

98

Exemplo 6.1.6. Com dois polos simetricos em relacao a origem.

F(s) =N(s)

(s+ 1)(s− 1)︸︷︷︸polos simetricos a origem

(s+ 2)︸︷︷︸polo no SPD

=N(s)

s3 − 3s+ 2

s3 1 −3 0

s2 0 ∼= +ε 2 0

s1−3(+ε)− 2

(+ε)= −3− 2

+ε0 0

s0 2 0 0

Para qualquer valor de +ε a 1o celula da coluna s1, sera sempre negativa, portanto o sistema apresenta

duas trocas de sinal, sendo 1 polo no SPE e dois polos no SPD .

Exemplo 6.1.7. Quando a tabela apresentar uma linha completa de zeros.

F(s) =N(s)

(s+ 1)(s− 1)︸︷︷︸simetrico a origem

(s+ 5j)(s− 5j)︸︷︷︸sem parte real

(s+ 2)︸︷︷︸no SPE

=N(s)

s5 + 2s4 + 24s3 + 48s2 − 25s− 50

s5 1 24 −25 0

s4 2 48 −50 0

s3 0 0 0 0⇒

d

ds

(2s4 + 48s2 − 50

)= 8s3 + 96s

s3 8 96 0 0

s2 24 −50 0 0

s1 112, 7 0 0 0

s0 −50 0 0 0

99

Uma troca de sinal, um polo no SPD.

6.2 Projeto de estabilidade pelo ganho

Ate o presente momento, aprendemos a operar a ferramenta de Routh-Hurwitz, determinando a

estabilidade ou instabilidade de um sistema.

Em controle utilizamos esta ferramenta para determinar a faixa de valores de ganho que o sistema

permite impor sem a perda da estabilidade.

Quando variamos o ganho de um sistema, suas raızes se deslocam sobre o plano s (veremos esta

propriedade mais adiante no Capitulo 8 ”Analise do Caminho do Lugar das Raızes” ), podendo modificar

a estabilidade de um sistema.

Fica claro que conhecer os limites de ganho a ser imposto a um sistema sera de extrema importancia,

e para determinarmos esta faixa de ajuste, utilizamos a ferramenta de Routh-Hurwitz.

Exemplo 6.2.1. Veja a funcao de transferencia que segue:

F(s) =6, 63K

s3 + 101, 7s2 + 171s+ 6, 63K

Aplicando a ela a ferramenta de Routh-Hurwitz, obtemos:

s3 1 171 0

s2 101, 7 6, 63K 0

s117390, 7− 6, 63K

101, 7> 0 = A 0 0

s0 6, 63K > 0 = B 0 0

Para garantir a estabilidade deste sistema, tanto a condicao A, como a condicao B, devem ser re-

speitadas como A > 0eB > 0, logo:

A =17390, 7− 6, 63K

101, 7> 0→ 17390, 7− 6, 63K → K < 2623

B = 6, 63K > 0→ K > 0

Resultando em 0 < K < 2623

100

Ou seja, podemos variar o ganho proporcional do sistema em estudo de 0 ate 2623, que ele

permanecera estavel, caso o ganho seja maior que 2623, ele se tornara instavel.

Exemplo 6.2.2. Estudar a faixa de ganho para F(s) =N(s)

s4 + 2s3 + 8s2 + (K + 4)s+ 12.

Aplicando Routh-Hurwitz, temos:

s4 1 8 12 0

s3 2 (K + 4) 0 0

s216−K − 4

2= 12−K > 0→ A 24−0

2= 24 0 0 (x2)

s1(12−K)(K + 4)− 48

(12−K)> 0→ B 0 0 0

s0 24 0 0 0

Para que o sistema seja estavel, A e B devem ser positivos, ja que todos outros termos da 1o

coluna sao positivos, entao:

A) 12−K > 0 → K < 12

B)(12−K)(K + 4)− 48

(12−K)=

12K + 48−K2 − 4K − 48

12−K=−K2 + 8K

12−K=

B1

B2

B1 = −K2 + 8K → −8±√64

−2=

8± 8

2⇒

+8

0→ se a e negativo o intervalo das raızes e positivo

B2 = 12−K > 0 → K < 12

Para obtencao do resultado de B, e necessario fazer o estudo de sinais da divisao deB1

B2, que segue:

1

2

BB

B=

1B

2B

0 8 12

- - - - - - - - + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - -

+ + + + + + + + + + + + + + + + + +

+ + + + + + + + + + + +

- - - - - - - -

- - - - - - - -- - - - - - - -

Apos obtencao do sinal de B, devemos respeitar que todas celulas da 1o coluna, sejam positivas,

logo verificar em que condicoes A e B sao positivos.

101

0 8 12

+ + + + + + - - - - - - - -

+ + + + + +

+ + + + + +

- - - - - - - -

- - - - - - - -- - - - - - - -

A

B

+ + + + + + + + + + + +

- - - - - - - - + + + + + +

- - - - - - - -A BI

Estabilidade

0 < K < 8

Exemplo 6.2.3. Estudar a faixa de ganho do sistema apresentado abaixo.

m- - -

6s(s+ 2)(s+ 3)

K(s+ 20)+-

Reduzindo o diagrama de blocos.

FTMF = F(s) =NG(s)

DG(S) +NG(s)=

K (s+ 20)

s (s+ 2) (s+ 3) +K (s+ 20)=

K (s+ 20)

s3 + 5s2 + (6 +K)s+ 20K

Aplicando Routh-Hurwitz

s3 1 (6 +K) 0

s2 5 20K 0

s130 + 5K − 20K

5= 30− 15K > 0 = A 0 0

s0 20K > 0 = B 0 0

Calculando A e B.

A) 30− 15K > 0 ⇒ K < 2

B) 20K > 0 ⇒ K > 0

0 < K < 2

102


Exercıcio 6.1. Usando o criterio de Routh-Hurwitz, determine para os sistemas abaixo o numero de

polos no SPE, no SPD e sobre o eixo jW .

(a) F(s) =N(s)

s5 + 2s4 + 5s3 + 4s2 + 6s

(b) F(s) =N(s)

s4 + s3 + 5s2 + 5s+ 2

(c) F(s) =N(s)

s4 + s3 + 5s2 + 2s+ 4

(d) F(s) =N(s)

s4 + s3 + s+ 0, 5

(e) F(s) =N(s)

s4 + 2s3 + 3s2 + 2s+ 5

Exercıcio 6.2. Usando o criterio de Routh-Hurwitz, determine qual a faixa de valores de K onde o

sistema e estavel?

(a)

m -

6

- -s(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)

K(s+ 20)+-

(b)

mm

- - -

?-

6

-

Ks2

s

1

(s+ 1)

2++

+-

(c)

m- -

6

-

K-+ s

(s− 1)

s2 + 2s+ 1

(d)

- - - -

6

SS

SSo

m+

--

0, 1s+ 1

1

0, 5s

K(s+ 1) 1

(s+ 2)s

103

Exercıcio 6.3. (NISE Exemplo pg 254) O estudo do veiculo nao tripulado (UFSS - Johnson, 1980),

forneceu a malha de controle de arfagem, com G(s) abaixo, H(s) = 1 e realimentacao negativa. Deter-

mine a faixa de valores de K que permitam ao sistema operar em estabilidade.

G(s) =0, 25K(s+ 0, 435)

s4 + 3, 456s3 + 3, 457s2 + 0, 719s+ 0, 0416

Exercıcio 6.4. (NISE Problema 52) Os esforcos de corte devem ser mantidos constantes durante a

operacao de usinagem, para evitar mudancas na velocidade do eixo, ou na posicao de trabalho. Estas

mudancas deterioram a precisao das dimensoes das pecas que estao sendo trabalhadas. Propoe-se

um sistema para controlar a forca de corte. O processo a controlar e difıcil de modelar, uma vez que

os fatores que afetam a forca de corte sao variantes no tempo e nao podem ser previstos facilmente.

Supondo contudo o modelo simplificado do controle da forca de corte, mostrado abaixo, utilizando

Routh-Hurwitz, encontre a faixa de variacao de ganho K, para que o sistema permaneca dentro da

estabilidade.

m- - - -

6K

6, 3x10+6

(s+2,5)(s+30)(s+140)+-

Exercıcio 6.5. Para o diagrama de blocos abaixo, determine o valor do ganho para que a resposta do

sistema seja oscilatoria de amplitude constante.

m- - -

6

+-K

s(s+ 1)(s+ 3)

Exercıcio 6.6. O sistema de controle da figura abaixo apresenta na malha direta um dispositivo com

caracterısticas nao lineares (zona morta e saturacao). (Provao 1998)

104

A funcao descritiva associada ao elemento nao linear e dada pela tabela acima, com X e a am-

plitude do sinal de entrada no dispositivo nao linear e k e a inclinacao da parcela linear.

(a) Determine a faixa de Kp que garante a estabilidade em malha fechada, desconsiderando a nao-

linearidade.

(b) Obtenha o valor de N(X), tal que o sistema apresente oscilacao sustentada (sem amortecimento)

na saıda, tomando-se Kp = 10 e supondo-se presente a nao-linearidade. Obtenha, tambem, o

valor da frequencia de oscilacao.

(c) Ajuste o valor de Kp para obter uma oscilacao sustentada na saıda com amplitude igual a 0,2,

considerando presente a nao-linearidade.

Capıtulo 7

Erro de Estado Estacionario

Compensador

Erro

Estacionario


O ultimo item dos criterios de qualidade a serem compreendidos, passa a ser estudado agora.

Definimos como estado estacionario, um sistema que apresenta seu sinal de saıda constante para

qualquer tempo. Por consequencia erro de estado estacionario e a diferenca entre entrada e saıda,

de um sinal de excitacao conhecido, apos passar um determinado tempo que permita ao sistema ter

estabilizado (t→∞).

Ou seja e a diferenca entre onde esta a saıda e onde ela deveria estar, apos o sistema ter parado.

Para tanto foi criado em controle, excitacoes padrao, que permitam comparar sistemas semelhantes,

mas nao iguais, e classificar sua performance em funcao de seu erro de estado estacionario.

E obvio que sistemas operam com excitacoes quaisquer que se faca necessaria, mas as excitacoes

padrao, servem apenas para permitir comparacoes de sistemas.

105

106

Estas excitacoes de entradas padronizadas, sao abaixo apresentadas.

Forma de onda Nome Interpretacao No tempo Em Laplace

C(t)

t

0

Degrau Posicao Cte. 11

s

C(t)

t

0

Rampa Velocidade Cte. t1

s2

C(t)

t

0

Parabola Aceleracao Cte.1

2t2

1

s3

Aplicabilidade a sistemas

Estando em busca da diferenca entre entrada e saıda de um sistema realimentado, apos atingir o es-

tado estacionario, nosso estudo ira se limitar a sistemas estaveis, como em todos os outros capıtulos,

ou seja, quando a resposta natural tender a zero, quando t→∞.

Observe que as expressoes deduzidas para o calculo do erro estacionario, podem eternamente ser

aplicadas a sistemas instaveis, sem que se perceba o erro, pois a matematica aplicada a erro de es-

tado estacionario nao leva em conta a estabilidade do sistema.

Portanto apos o calculo de um erro desejado, devemos sempre verificar que para a condicao imposta

nao tenha sido perdida a estabilidade do sistema.

Fontes de Erro Estacionario

Diversos fatores causam erro estacionario em sistemas de controle. Podemos dizer que quase tudo

impoe erro a um sistema. Os mais comuns estao abaixo apresentados.

• Folga de engrenagens em conjuntos mecanicos.

• Distorcao por cross-over em amplificadores de potencia

• Zona morta em motores de corrente continua

107

• Saturacao em amplificadores de potencia

• Atrito mecanico em sistemas com movimentacao

Exemplo 7.1.1. Cada um destes ıtens devem ser considerados no estudo de cada sistema, nao

cabendo aqui particularizar cada caso.

Em nosso estudo nos limitamos a considerar o erro imposto matematicamente pela funcao de trans-

ferencia do sistema.

Considere os dois diagramas de blocos abaixo, onde a diferenca basica entre eles, esta no ramo de

malha direta, sendo um de ganho proporcional e o outro com um ganho integrativo.

Excitamos ambos sistemas com um mesmo sinal de entrada, um degrau unitario, e vamos verificar que

os sinais de saıda sao bastante distintos.

O primeiro apresenta um erro de estado estacionario, possıvel de ser calculado, enquanto o segundo

sistema apresenta erro nulo.

1o Caso

m- - -

6K+-

R(s) E(s) C(s)

Podemos definir que neste caso o erro sera a

diferenca entre saıda e entrada, equacionando

entao.

C(s) = K.E(s)

Para o estado estacionario t→∞, temos

erro =1

KC(s)

Observe que o erro e menor quanto maior for

o ganho do sistema, portanto existe um erro

de estado estacionario, imposto pela funcao de

transferencia, que neste caso e inversamente

proporcional ao ganho.

2o Caso

m- - -

6

K+-

R(s) E(s) C(s)

s

Existindo um bloco integrador no ramo direto,

por suas caracterısticas proprias, sempre que

possuir um sinal na entrada = 0, sua saıda

ira acumular valores de forma crescente, neste

caso modificando nosso C(s).

Apenas quando C(s) e R(s) forem iguais, entao

o integrador ira parar de acumular valores e

a saıda pode ser considerada estabilizada.

Nesta mesma condicao o erro de estado esta-

cionario sera nulo, pois entrada e saıda sao

iguais.

Em resumo, para um sistema com um inte-

grador no ramo de avanco o erro sera nulo para

um degrau de entrada.

108

7.2 Erro de estado estacionario em funcao de F(s)

Para o diagrama de blocos abaixo, que representa um sistema realimentado, podemos calcular:

E(s) = R(s) − C(s)

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

⇒ E(s) = R(s)

[1− F(s)

]

Obtendo a transformada inversa de Laplace e calculando o valor final, que sera o erro de estado esta-

cionario para t→∞.

e(∞) = limt→∞

e(t) = lims→0

sE(s)

Substituindo, resulta:

e(∞) = lims→0

sR(s)

[1− F(s)

]Exemplo 7.2.1. Determine o erro de estado estacionario de uma planta que apresentaH(s) = 1, F(s) =

5

s2 + 7s+ 10, realimentacao negativa e excitacao a um degrau unitario.

e(∞) = lims→0

s1

s

[1− 5

s2 + 7s+ 10

]= lim

s→0

[s2 +7s+ 5

s2 +7s+ 10

]=

5

10= 0, 5 = 50%

Verificando por Routh-Hurwitz, o sistema se apresenta estavel nestas condicoes, portanto podemos

validar que o erro de estado estacionario e de 0,5.

De fato quando simulamos no MatLab, obtemos a resposta temporal abaixo.

0 5 10 15 20 25 30 35 40 450

0.2

0.4

0.6

0.8

1

c(t)

t

109

7.3 Erro de estado estacionario em funcao de G(s)

Toda teoria de controle, para erro de estado estacionario e na pratica desenvolvida sobre o ganho

de malha direta G(s), e nao sobre a FTMF = F(s) Considere o diagrama de blocos de realimentacao

unitaria e negativa abaixo:

( )G s

Podemos calcular entao:

C(s) = E(s)G(s)

E(s) = R(s) − C(s)

⇒ E(s) =R(s)

1 +G(s)

Aplicando o teorema do valor final, sem esquecer de verificar as condicoes de estabilidade da planta

para cada caso calculado, temos:

e(∞) = lims→0

sR(s)

1 +G(s)

Observe que o erro estacionario, depende do ganho de malha direta G(s) e do sinal de entrada,por este

motivo eles sao padronizados,(1

s,1

s2e1

s3

)permitindo comparar sistemas de mesmo tipo.

Os erros de estado estacionario, podem entao ser calculados em funcao da entrada como:

A ) Entrada a degrau unitario R(s) =1

s

edegrau(∞)= lim

s→0

sR(s)

1 +G(s)= lim

s→0

s1s

1 +G(s)= lim

s→0

1

1 +G(s)=

1

lims→0

1︸︷︷︸um

+ lims→0

G(s)=

1

1 + lims→0

G(s)

B ) Entrada a rampa unitaria R(s) =1

s2

erampa(∞)= lim

s→0

sR(s)

1 +G(s)= lim

s→0

s1

s21 +G(s)

= lims→0

1

s1 +G(s)

=1

lims→0

s︸︷︷︸zero

+ lims→0

sG(s)=

1

lims→0

sG(s)

110

C ) Entrada parabola Unitaria R(s) =1

s3

eparabola(∞)= lim

s→0

sR(s)

1 +G(s)= lim

s→0

s1

s3

1 +G(s)= lim

s→0

1

s2

1 +G(s)=

1

lims→0

s2︸︷︷︸zero

+ lims→0

s2G(s)

=1

lims→0

s2G(s)

Definiremos agora o tipo de uma funcao, que e tao importante no erro de estado estacionario como a

entrada padronizada.

Sendo o ganho de malha direta um polinomio do tipo:

G(s) =NG(s)

DG(s)=

(s+ Z1) (s+ Z2) ...

sn (s+ P1) (s+ P2) ...

Este e formado por um determinado numero de zeros z1, z2, ..., outro numero de polos p1, p2, ... e sn,

onde sn determina o numero de polos que se encontram na origem do plano s.

A quantidade de polos na origem define o tipo de um sistema, entao:

n = no de polos na origem Tipo do sistema

0 Tipo 0

1 Tipo 1

2 Tipo 2

Podemos calcular os erros teoricos, em funcao das entradas padronizadas e do tipo de um sistema,

nas 9 formas possıveis, conforme a tabela abaixo.

Tipo 0 Tipo 1 Tipo 2

Degrau A1 A2 A3

Rampa B1 B2 B3

Parabola C1 C2 C3

111

A 1 ) Entrada a degrau unitario e sistema tipo Zero

R(s) =

1

s

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

=1

1 +Z1Z2...Zn

P1P2...Zn

Exemplo 7.3.1. Para G(s) = 18(s+ 4)(s+ 5)

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

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

18(s+ 4)(s+ 5)

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

=1

1 + 184 . 5

1 . 2 . 3

=1

61= 0, 016 (estavel por Routh)

A 2 ) Entrada a degrau unitario e sistema tipo Um

R(s) =

1

s

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸infinito

=1

1 +∞= 0

Exemplo 7.3.2. Para G(s) = 10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

=1

1 +∞=

1

∞= 0 (estavel por Routh)

A 3 ) Entrada a degrau unitario e sistema tipo Dois

R(s) =

1

s

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸infinito

=1

1 +∞= 0

Exemplo 7.3.3. Para G(s) = 20(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

edegrau(∞)=

1

1 + lims→0

10(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

=1

1 +∞=

1


112

B 1 ) Entrada a rampa unitaria e sistema tipo Zero

R(s) =

1

s2

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

erampa(∞)=

1

lims→0

s(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸zero

=1

0=∞

Exemplo 7.3.4. G(s) = 18(s+ 4)(s+ 5)

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

erampa(∞)=

1

lims→0

s18(s+ 4)(s+ 5)

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

=1

0=∞ (estavel por Routh)

B 2 ) Entrada a rampa unitaria e sistema tipo Um

R(s) =

1

s2

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

erampa(∞)=

1

lims→0

s(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸zero

=1

Z1Z2...Zn

P1P2...Pn

Exemplo 7.3.5. G(s) = 10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

erampa(∞)=

1

lims→0

s10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

=1

10= 0, 1 (estavel por Routh)

B 3 ) Entrada a rampa unitaria e sistema tipo Dois

R(s) =

1

s2

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

erampa(∞)=

1

lims→0

s(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸infinito

=1

∞= 0

Exemplo 7.3.6. G(s) = 20(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

erampa(∞)=

1

lims→0

s10(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

=1


113

C 1 ) Entrada a parabola unitaria e sistema tipo Zero

R(s) =

1

s3

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

eparabola(∞)=

1

lims→0

s2(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸zero

=1

0=∞

Exemplo 7.3.7. G(s) = 18(s+ 4)(s+ 5)

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

eparabola(∞)=

1

lims→0

s2︸︷︷︸zero

18(s+ 4)(s+ 5)

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

=1


C 2 ) Entrada a parabola unitaria e sistema tipo Um

R(s) =

1

s3

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

eparabola(∞)=

1

lims→0

s2(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)︸︷︷︸zero

=1

0=∞

Exemplo 7.3.8. G(s) = 10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

eparabola(∞)=

1

lims→0

s2︸︷︷︸zero

10(s+ 1, 5)(s+ 4)

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

=1


C 3 ) Entrada a parabola unitaria e sistema tipo Dois

R(s) =

1

s3

G(s) =(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

eparabola(∞)=

1

lims→0

s2(s+ Z1)(s+ Z2)...(s+ Zn)

s2(s+ P1)(s+ P2)...(s+ Pn)

=1

Z1Z2...Z3

P1P2...P3

Exemplo 7.3.9. G(s) = 20(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

eparabola(∞)=

1

lims→0

s220(s+ 1)(s+ 2)

s2(s+ 5)(s+ 10)

=1

0, 8= 1, 25 (estavel por Routh)

114

Para facilitar nossos calculos, vamos definir a constante de erro estatico, como sendo o que

segue:

Kp = constante de posicao⇔ Kp = lims→0

G(s)

Kv = constante de velocidade⇔ Kv = lims→0

sG(s)

Ka = constante de aceleracao⇔ Ka = lims→0

s2G(s)

De tal forma que podemos agora reescrever os erros de estado estacionario, em funcao das con-

stantes de erro:

Erro Erro x F(K)

Posicao1

1 + lims→0

G(s)⇔ 1

1 +Kp

Velocidade1

lims→0

sG(s)⇔ 1

Kv

Aceleracao1

lims→0

s2G(s)⇔ 1

Ka

Podemos agora montar uma tabela definitiva de entradas e tipos de sistema, com seus respec-

tivos erros de estado estacionario.

Entrada Tipo 0 Tipo 1 Tipo 2

Cte de erro Erro Cte de erro Erro Cte de erro Erro

Degrau u(t) Kp = Cte1

1 +KpKp = ∞ 0 Kp = ∞ 0

Rampa t u(t) Kv = 0 ∞ Kv = Cte1

KvKv = ∞ 0

Parabola t2 u(t) Ka = 0 ∞ Ka = 0 ∞ Ka = Cte1

Ka

115

E finalmente devemos nos lembrar que todos os erros acima calculados, sao para uma entrada

de amplitude unitaria. Para calculo de entradas com amplitudes diferentes, temos de considerar sua

amplitude como segue:

Unitario Amplitude = 1 Erro

Degrau u(t)L(s)−−→ 1

sA.u(t)

L(s)−−→ A

s

A

1 +Kp

Rampa t.u(t)L(s)−−→ 1

s2B.t.u(t)

L(s)−−→ B

s2B

Kv

Parabola t2.u(t)L(s)−−→ 1

s3C.t2.u(t)

L(s)−−→ 2C

s32C

Ka

Importantes conclusoes a respeito de erro de estado estacionario:

• Utilizamos o ganho de malha direta G(s), para calculo do erro de estado estacionario.

• Sempre que calcular um erro ou um ganho para imposicao de um determinado erro, verifique a

estabilidade do sistema.

• Sistemas tipo do 0 apresentam erro a excitacao degrau, sendo seus erros a rampa e a parabola,

infinitos.

• Sistemas do tipo 1 apresentam erro a excitacao rampa, sendo seu erro a degrau zero e a parabola

infinito.

• Sistemas tipo do 2 apresentam erro a excitacao parabola, sendo seus erros a degrau e a rampa,

zeros.

• Nao e necessario o calculo dos erros que sabidamente se apresentaram como zero ou infinito.

• Portanto so calculamos erro a degrau de um sistema tipo 0, erro a rampa de um sistema tipo 1,

ou erro a parabola de um sistema tipo 2.

• Nao devemos esquecer de considerar a amplitude se a excitacao nao for unitaria.

116

Exemplo 7.3.10. Dado o sistema G(s) = 32(s+ 3)

(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4), calcule o erro deste sistema as

excitacoes a degrau, rampa e parabola, unitarias

Sendo G(s) do tipo 0, logo os erros a entrada rampa e parabola nao precisam ser calculados

⇒ ev = ea =∞, ou seja, um sistema do tipo 0, nao atingira nunca a excitacao rampa ou parabola, seu

erro sera sempre infinito.

Para entrada a degrau, temos:

Kp = lims→0

32(s+ 3)

(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4)=

3.32

1.2.4= 12

edegrau(∞)=

1

1 +Kp=

1

1 + 12=

1

13= 0, 0769 = 7, 69%

Verificando a estabilidade por Routh, com FTMF =32(s+ 3)

s3 + 7s2 + 46s+ 104

s3 1 46 0

s2 7 104 0

s1322− 104

7= 218 0 0

s0 104 0 0

Logo o sistema e estavel, podemos dizer que ele apresenta um erro de 7, 69%, a um degrau

unitario.

117

Exemplo 7.3.11. Qual o menor erro que , G(s) =K(s+ 10)

s(s+ 2)(s+ 4)pode apresentar as entradas unitarias.

Sendo o sistema do tipo 1, nao necessitamos calcular o erro a degrau e a parabola que serao

respectivamente zero e infinito.

Para a entrada a rampa devemos calcular inicialmente a faixa de ganho para estabilidade do sistema e

com o maior dos ganhos o menos erro, obtendo o resultado solicitado.

FTMF =K(s+ 10)

s3 + 6s2 + (8 +K)s+ 10K

Verificando a estabilidade por Routh.

s3 1 (8 +K) 0

s2 6 10K 0

s148 + 6K − 10K

6= 48− 4K > 0 = A 0 0

s0 10K > 0 = B 0 0

A ) 48− 4K > 0→ K < 12

B ) 10K > 0 → K > 0

0 < K < 12

O menor erro ocorre com o maior ganho, ja que o erro e inversamente proporcional ao ganho. Em

nosso caso K < 12, ja que para K = 12, o sistema sera marginalmente estavel, nao podendo ter seu

erro de estado estacionario definido.

Kv < lims→0

s12(s+ 10)

s(s+ 2)(s+ 4)=

12.10

2.4= 15

erampa(∞)>

1

Kv=

1

15= 0, 0667 = 6, 67%

Como ja calculamos o ganho para estabilidade do sistema, podemos afirmar que a planta apre-

sentada podera apresentar um erro de 6,67% ate infinito. Caso seja necessario atingir erros menores,

sera necessaria a inclusao de compensadores,

118

Exemplo 7.3.12. Qual o erro que , G(s) = 5(s+ 5)(s+ 10)

s2(s+ 3)apresenta, para as entradas 5u(t), 10tu(t) e 15t2u(t).

Levando as entradas para Laplace, obtemos

5u(t)

L(s)−−→ 5

s

10tu(t)L(s)−−→ 10

s2

15t2u(t)L(s)−−→ 30

s3

Sendo nosso sistema do tipo 2, nao necessitamos calcular os erros de posicao e velocidade.

Ka = lims→0

s25(s+ 5)(s+ 10)

s2(s+ 3)=

5.5.10

3= 83, 33

eparabola(∞)=

30

Ka=

30

83, 33= 0, 36

Verificando a estabilidade por Routh.

s3 1 75 0

s2 8 250 0

s1600− 250

8= 350 0 0

s0 250 0 0

Logo o sistema e estavel, apresentando um erro de aceleracao de 0,36. Nao podemos agora

definir erro percentual, pois nossa entrada nao e mais unitaria.

Para isto consideramos novamente a entrada unitaria e temosea =1

Ka=

1

83, 33= 0, 012 = 1, 2%

119


Exercıcio 7.1. (Nise EX 1 pg-291) Para um sistema com retroacao unitaria e negativa, onde

G(s) =450(s+ 8)(s+ 12)(s+ 15)

s(s+ 38)(s2 + 2s+ 28), determine os erros estacionarios para as seguintes entradas de

teste: 25u(t) , 37tu(t) e 47t2u(t)

Exercıcio 7.2. (Nise EX 2 pg-291) Para um sistema com retroacao unitaria e negativa, onde G(s) =

20(s+ 3)(s+ 4)(s+ 8)

s2(s+ 2)(s+ 15), determinar o erro de estado estacionario se a entrada for 30t2

Exercıcio 7.3. Para um sistema com retroacao unitaria e negativa, qual o menor erro que , G(s) =

K(s+ 8)

s(s+ 2)(s+ 4)pode apresentar as entradas unitarias.

Exercıcio 7.4. Dado o sistema G(s) = 17(s+ 3)

(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4), calcule o erro de estado estacionario

deste sistema


(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4), calcule o erro de estado estacionario

deste sistema


(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4), qual e a amplitude do sinal de entrada

quando o erro de estado estacionario se apresenta em 0, 1

Exercıcio 7.7. (Nise EX 9 pg-292) Para um sistema com retroacao unitaria e negativa, onde G(s) =

5000

s2(s+ 75), determine:

(a) Qual a ultrapassagem percentual esperada para uma entrada unitaria?

(b) Qual o tempo de assentamento esperado para uma entrada unitaria, considerando 5% de erro?

(c) Qual o erro de estado estacionario para uma entrada de amplitude 5?

Exercıcio 7.8. (Nise EX 11 pg-292)Para um sistema com retroacao unitaria e negativa,onde

G(s) = K(s+ 2)(s+ 4)(s+ 6)

s2(s+ 5)(s+ 7), determine o valor de K que produza uma constante de erro estatico de

10.000.

Exercıcio 7.9. (Nise EX 16 pg-292) Para um sistema com retroacao unitaria e negativa, qual o menor

erro que , G(s) =K

s(s+ 5)(s+ 10)determine:

(a) Que valor de K produz um erro de posicao em estado estacionario de 0, 01, para uma entrada de

0, 1t

(b) Qual o valor de Kp para o valor de K obtido no item (a)?

(c) Qual o valor mınimo possıvel do erro de posicao em estado estacionario para a entrada fornecida

em (a)?

120

Exercıcio 7.10. (Nise EX 18 pg-292) Para o sistema abaixo apresentado, projetar o valor de K de modo

que para uma entrada de 100u(t), haja um erro de de estado estacionario de 0,01.

( 1)

K

s s +

10s

K

Capıtulo 8

Analise pelo Caminho do Lugar dasRaizes

Compensador

Lugar RaızesAnalise pelo

Um sistema em malha fechada, quando apresenta variacoes de seu ganho proporcional K, tem como

consequencia a modificacao da posicao de suas raızes.

Podemos variar o ganho K de um determinado sistema desde 0, ate ∞, anotando a posicao de seus

polos e entao tracando um grafico resultante da posicao dos polos em funcao do ganho. Este grafico

sobre o plano s recebe o nome de Caminho do Lugar das Raızes (CLR).

O CLR tracado, apresenta uma visao bastante completa do funcionamento de um sistema, permitindo

escolher com facilidade seu melhor ponto de operacao, ou mostrando qual compensador deve ser

calculado para atingir a resposta desejada.

Definimos como CLR, como sendo a representacao sobre o plano s do percurso dos polos de malha

fechada, que corresponde a excursao do fator de ganho K = 0 (malha aberta), ate K = ∞ .

Observe que para K = 0, os polos de malha fechada ocupam a mesma posicao que os polos de malha

aberta. Esta propriedade e de bastante interesse, pois sera o ponto de partida para desenhar um CLR.

121

122

8.1 CLR por Inspecao

Sistemas de 1o e 2o ordem, permitem calcular seu CLR pelo metodo de inspecao, que consiste

em adotar valores de K, calcular a posicao correspondente dos polos e entao desenhar o grafico sobre

o plano s.

Nao e um metodo utilizado, porem e bastante didatico para compreender um CLR.

Exemplo 8.1.1. Para o sistema apresentado, tracar seu CLR, pelo metodo da inspecao.

K+

-

1

( 4)s -

Inicialmente sabemos da existencia do polo de malha aberta em s = −4.

Necessitamos agora equacionar a posicao do polo em funcao do ganho K. Para isto reduzimos o

sistema.

FTMF =G(s)

1 +G(s)H(s)=

K

(s− 4)

1 +K

(s− 4).1

=K

(s− 4 +K)

Fazendo s− 4 +K = 0 resulta em⇒ s = 4−K

Podemos agora montar uma tabela de valores de s e K

K = ganho do sistema s = polo de malha fechada0 +4

1 +3

2 +2

3 +1

4 0

5 −16 −27 −38 −410 −614 −10104 −1001004 −100010004 −10000∞ −∞

↑

instavel↓

marginalmente estavel↑

estavel

↓

123

Agora desenhamos sobre o plano s a posicao do polo em funcao do ganho K e tirar algumas

conclusoes:

velocidade

m ais rápido esquerda ou direita m ais lento

Cte. de tem po

ì üï ï

Ü Ü Þ Þí ýï ïî þ

b bb

0,01st =

-¥¯¯¯¯¯

• Para K = 0 o polo de malha fechada coincide com o polo de malha aberta, em s = −4.

• O sistema inicialmente e instavel 0 ≤ K < 4.

• Para K = 4, a resposta se apresenta marginalmente estavel.

• Para K > 4, o sistema se torna estavel.

• A constante de tempo do sistema diminui com o aumento do ganho.

• Quanto maior o ganho, mais rapido e o sistema (acomoda mais rapido).

• Todas as conclusoes acima estao apresentadas no CLR, sem a necessidade de serem escritas.

Repetimos este mesmo procedimento para desenhar o CLR de um sistema de 2o ordem.

Exemplo 8.1.2. Tracar o CLR para o sistema de 2o ordem abaixo.

1

( 10)s +

1

( 2)s -K+

-

Reduzindo o sistema

FTMF =K

(s− 2)(s+ 10) +K=

K

s2 + 8s+ (K − 20)

Os polos se localizam em

s1,2 =−8±

√64 + 80− 4K

2=−8±

√144− 4K

2=−8±

√4(36−K)

2=−8± 2

√36−K

2

s1,2 = −4±√36−K

124

Por inspecao, a posicao dos polos em funcao do ganho fica:

K 1 polo 2 polo0 +2 −1011 +1 −920 0 −827 −1 −732 −2 −635 −3 −536 −4 −437 −4 + j −4− j

40 −4 + 2j −4− 2j

45 −4 + 3j 4− 3j

52 −4 + 4j −4− 4j

136 −4 + 10j −4− 10j

10036 −4 + 100j −4− 100j

∞ −4 +∞j −4−∞j

↑Instavel↓↑

Super amortecido↓

Amortecimento critico↑

Sub amortecido

↓

Agora desenhando sobre o planos s

+ 1 + 2 + 3- 1 0 - 9 - 8 - 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1

pólo de malha abertapólo de malha aberta

InstávelSuper amortecido

Amortecimento crítico

Sub amortecido

Re

Im

Observando o CLR, podemos afirmar:

• Para valores de 0 ≤ K < 20, o sistema se apresenta instavel.

• Com K = 20, o sistema e marginalmente estavel.

• Para valores de 20 < K < 36, o sistema se apresenta super amortecido.

• Com K = 36, o sistema se torna criticamente amortecido.

• Para K > 36, o sistema e sub amortecido.

125

Um bom ajuste para este sistema, e impor K = 36, levando a resposta temporal a um sistema de

amortecimento crıtico, sem sobre sinal e bastante rapido.

Quando existem dois ou mais polos em um sistema, aquele que se apresentar mais a direita no plano s,

recebe a denominacao de polo dominante, pois sua influencia na resposta do sistema e predominante.

Corresponde a parcela mais lenta da resposta temporal, determinando a duracao da resposta temporal,

ou o tempo de acomodacao, conforme conceito ja visto no capitulo 5, Resposta Temporal.

Para analise simplificada de um grafico do CLR, consideramos apenas o percurso do polo dominante.

8.2 Fundamentos Matematicos do CLR

Os polos de malha fechada sao os valores de s onde matematicamente ocorre.

FTMF = F(S) =KG(s)

1 +KG(s)H(s)

Para determinacao dos polos fazemos 1 +KG(s)H(s)

Que resulta em:

KG(s)H(s) = −1 ou

KG(s)H(s) = 1∠ 180

extrapolando

KG(s)H(s) = 1∠ (2K + 1)π para K = 0, ±1, ±2, ...

Em resumo, um ponto de observacao sera CLR, quando a contribuicao angular dos polos e zeros de

um sistema somarem 180 ±K360.

Contribuicao angular

A contribuicao angular, e o angulo formado pelo vetor, com origem no polo de malha aberta e final

no ponto de observacao em estudo e a horizontal, com a mesma consideracao de sinal utilizada no

circulo trigonometrico. Para composicao de diversos polos e zeros, a um determinado ponto, devemos

considerar a contribuicao dos polos positiva e a contribuicao dos zeros negativa.

Observador

pólo

a

126

Exemplo 8.2.1. Verificando o Exemplo 8.1.1, obtido por inspecao, devemos concluir que sobre o CLR,

temos contribuicao angular de 180o e fora dele angulos diferentes de 180o.

Sobre o plano s alocamos 3 pontos de observacao P1, P2 e P3, como segue. E facil observar,

1a

2a

3a

1P

2P

3P

que apenas sobre o eixo real no sentido da direita para a esquerda, a partir do polo de malha aberta

s = +4 e que o angulo formado pela reta com origem no polo e final no ponto de observacao sera 180o,

para qualquer outro ponto P1, P3, ou mesmo a direita de s = +4, o angulo nao sera de 180o, logo nao

sera CLR.

• α1 < 180o pois P1 esta no 2o quadrante, nao e CLR.

• α2 = 180o pois P2 esta sobre o eixo real e a esquerda de s = +4, e CLR.

• α3 > 180o pois P3 esta no 3o quadrante nao e CLR.

• Para pontos sobre o eixo real, com s > +4, o angulo sera de α = 0o, nao e CLR.

• So sera CLR, sobre o eixo real, a esquerda de s = +4, como obtido no metodo de inspecao.

Exemplo 8.2.2. Verificando o Exemplo 8.1.2, vamos observar a propriedade matematica acima, tambem

para este CLR conhecido.

127

2+10-1P2P

3P

4P

5P6P

7P

ab

Vamos verificar a contribuicao angular dos pontos P1, P2, P3, P4, P5, P6 eP7, com relacao aos

polos de malha aberta s = +2 e s = −10, para confirmar o CLR ja obtido por inspecao.

• Para P1 ⇒ α = 0o e β = 0o, logo a contribuicao angular sera 0o, nao sendo CLR.

• Para P2 ⇒ α = 180o e β = 0o, logo a contribuicao angular sera 180o, sendo CLR.

• Para P3 ⇒ α = 180o e β = 1800o, logo a contribuicao angular sera 360o, nao sendo CLR.

• Para P4, P5, P6 eP7,, vale o calculo matematico que segue abaixo.

Sendo a soma dos angulos internos de um triangulo, igual a 180o, e que β e o complementar de

α, logo α + β = 180o, sempre que o ponto de observacao se encontrar no segmento medio.

• Portanto sobre o eixo real sera CLR qualquer ponto entre os polos de malha aberta, e nao sera

CLR para pontos fora do intervalo a direita ou a esquerda dos polos de malha aberta.

• Fora do eixo real (quando o ponto de observacao possuir parte imaginaria), sera CLR sempre que

o ponto estiver equidistaste dos polos de malha aberta

• Como calculado no metodo da inspecao, o CLR para o sistema de 2o ordem ocorre quando a

contribuicao angular dos polos de malha aberta a um ponto de observacao qualquer somam

180, ou multiplos ımpares deste.

128

8.3 Regras para construcao do CLR

O metodo da inspecao e muito limitado matematicamente, pois o auxilio de ferramentas matematicas,

nao permite obtencao do CLR de sistemas de ordem superior a 2o.

A composicao angular e muito trabalhosa e sujeita a erros.

Para tanto devemos seguir as regras abaixo apresentadas, para obtencao do CLR, com mais facilidade

que os dois metodos apresentados ate agora.

Dividiremos este metodo em duas partes.

1 ) Quando o sistema apresenta polos e zeros apenas com parte real

2 ) Quando o sistema apresenta polos e zeros complexos conjugados

1 Polos e zeros apenas com parte real

1 ) Obter a equacao caracterıstica do sistema

1 +KG(s)H(s) = 0, na forma abaixo.

1 +K(s+ z1)(s+ z2)...(s+ zr)

sn(s+ p1)(s+ p2)...(s+ pq)= 0

2 ) Localizar os polos e zeros de G(s)H(s) (malha aberta), sobre o plano s.

• Desenhe no plano s todos polos e zeros de malha aberta.

• Os ramos do CLR se iniciam nos polos (finitos ou infinitos) de malha aberta, e terminam sobre

os zeros finitos ou infinitos) de malha aberta.

• Observe que o caminho e sempre simetrico em relacao ao eixo real. Isto ocorre porque polos

ou zeros complexos ocorrem apenas em pares conjugados.

• O numero de ramos do CLR sera igual ao numero de polos de malha aberta.

• Como normalmente o numero de polos de malha aberta e maior que o numero de zeros, entao

os ramos se iniciam nos polos finitos e irao terminar nos zeros finitos disponıveis e o restante

nos zeros infinitos indicados pelas assıntotas.

• Em resumo o caminho do lugar das raızes se inicia nos polos (finitos e infinitos) de G(s)H(s)

e se move a medida que o ganho K aumenta de zero a infinito e termina nos zeros (finitos e

infinitos) de G(s)H(s).

3 ) Determine sobre o eixo real os trechos do caminho do lugar das raızes

129

• Os trechos sobre o eixo real sao determinados pelos polos e zeros de malha aberta, que se

encontram sobre ele.

• Polos e zeros complexos conjugados nao influenciam os ramos do caminho sobre o eixo real.

• Sobre o eixo real, para , o caminho do lugar das raızes existe a esquerda de um numero ımpar

de polos e/ou zeros finitos a malha aberta sobre o eixo real e deixa de existir se a esquerda de

um numero par de polos e zeros.

Re

Im

0-a-b-c-d-e

T re ch o s o n d e n ã o é ca m in h o p o rq u e e s tá a e sq u e rd a

d e u m n ú m e ro p a r d e p ó lo s e /o u ze ro s

T re ch o s o n d e é ca m in h o p o rq u e e s tá a

e sq u e rd a d e u m n ú m e ro im p a r d e p ó lo s e /o u ze ro s

4 ) Determine as assıntotas do lugar das raızes

O caminho do lugar das raızes tende a retas assintoticas quando o lugar tende ao infinito. Alem

disto, a equacao das assıntotas e dada pelo ponto de insercao sobre o eixo real σa e o angulo θa ,

da forma que segue:

σa =Σpolos finitos− Σzeros finitos

n polos finitos - n zeros finitose θa =

(2K + 1)π

n polos finitos - n zeros finitos

Onde K = 0, ±1, ±2, ... e θ e um angulo em radianos, a partir do eixo real positivo no sentido

convencional.

5 ) Determine os pontos de partida e chegada sobre o eixo real

Para a equacao caracterıstica:

KG(s)H(s) = −1⇒ K = − 1

G(s)H(s)= −

NK(s)

DK(s)

O ponto de saıda ocorre na inflexao da equacao, que se obtem por derivada.

d

ds= −

N′

(s)D(s) −D′

(s)N(s)

N2(s)

Derivando a equacao caracterıstica, iremos obter uma inflexao do valor do ganho (maximo ou

mınimo) que indica o ponto de saıda ou chegada sobre o eixo real.

Quando a ordem do sistema for muito alta, as equacoes se tornam muito complexas, sendo usual

um segundo metodo de solucao por tentativa e erro.

130

Montamos uma tabela de valores para s proximos ao ponto estimado de saıda ou chegada sobre o

eixo real e calculamos os valores de K.

Novamente localizamos o ponto procurado pelo maximo valor de ganho.

6 ) Determinar o ponto de cruzamento com o eixo imaginario

O ponto de cruzamento do caminho do lugar das raızes com o eixo imaginario pode ser facilmente

determinado com a aplicacao do metodo de Routh-Hurwitz. Um segundo metodo pode ser uti-

lizado, substituindo s por jw e igualando a equacao caracterıstica a zero. Separando a parte real da

imaginaria, podemos determinar o ganho e a frequencia no ponto de cruzamento.

Antes do restante do metodo para tracar o CLR, que envolve polos e zeros imaginarios, vamos a

exemplos de sistema apenas com parte real.

Exemplo 8.3.1. Esbocar o CLR do sistema abaixo apresentado, com apenas polos e zeros reais

( 3)

( 1)( 2)( 4)

K s

s s s s

+

+ + +

+-

Seguindo a sequencia do metodo apresentado temos:

• Determinar a equacao caracterıstica do sistema.

1 +K(s+ 3)

s(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4)= 0

• Alocar sobre o plano s os polos e zeros de malha aberta do sistema.

01-2-3-4-

j-

j+

Re

Im

• Determinar o numero de ramos do CLR.

Sao 4 polos finitos de malha aberta, logo serao 4 caminhos.

• Determine sobre o eixo real os trechos do caminho do lugar das raızes

• Determine as assıntotas do lugar das raızes

σa =+(0) + (−1) + (−2) + (−4)− (−3)

4− 1= −4

3= −1, 33

131

01-2-3-4-

j-

j+

Re

Im

θa =(2K + 1)π

3⇒

K θ

0

π

3= 60

1

3π

3= π = 180

2

5π

3= 300

3

7π

3=

π

3= 60

4

9π

3= π = 180

5

11π

3=

5π

3= 300

• desenhando as assıntotas sobre o planos s.

01-2-3-4-

Re

Im

1,3

3a

s=

-

60-

o

60o

180o

assintotas

cruzamento com

eixo imaginário

132

A partir do esboco do CLR, podemos observar.

• O numero de ramos e igual ao numero de polos de malha aberta 4.

• O CLR e simetrico em relacao ao eixo real.

• Os segmentos do CLR sobre o eixo real se posicionam a esquerda de um numero ımpar de

polos e/ou zeros.

• O CLR se inicia em 4 polos finitos e termina em 1 zero finito e em 3 zeros no infinitos (indicado

pelas assıntotas)

• A regra indica ainda que os zeros se encontram na ponta das assıntotas.

Exemplo 8.3.2. Agora um exercıcio de maior complexidade, determinando os pontos de saıda do

eixo real e cruzamento com eixo imaginario

( 2)( 5)

K

s s s+ +

Este sistema apresenta 3 polos em 0, -2 e -5 e nenhum zero, que desenhado no plano s resulta no

CLR abaixo.

5- 2- 0

Calculando as assıntotas.

σa =+(0) + (−2) + (−5)

3=−73

= −2, 33 e θa =(2K + 1)π

3⇒

K θ

0

π

3= 60

1

3π

3= π = 180

2

5π

3= 300

Para determinacao do ponto de saıda sobre o eixo real do CLR, temos dois metodos.

133

(a) Por inspecao

A partir da equacao caracterıstica, podemos afirmar.

KG(s)H(s) = −1⇒ K = − 1

G(s)H(s)= −s(s+ 2)(s+ 5)

Como procuramos a maior parte real apenas, faremos s = σ, resultando:

K = −σ(σ + 2)(σ + 5)

Substituindo valores para σ, buscando o ponto onde o ganho seja maximo, pois este sera o

ponto de saıda sobre o eixo real.

Sabemos que o CLR se inicia nos polos de malha aberta e termina nos zeros (finitos ou infini-

tos), portanto o caminho que se inicia em 0, nao ira terminar em −2 (sao dois polos), logo o

ponto de saıda sobre o eixo real estara entre estes dois pontos e escolheremos valores de σ

entre 0 e −2.

OBS: Atencao para nao confundir o ponto de saıda das assıntotas, com o ponto de saıda sobre

o eixo real, pois sao diferentes locais.

σ K = −σ(σ + 2)(σ + 5)

−0, 7−−0, 7(−0, 7 + 2)(−0, 7 + 5) = 0, 7x 1, 3x 4, 3 = 3, 913

−0, 8−−0, 8(−0, 8 + 2)(−0, 8 + 5) = 0, 8x 1, 2x 4, 2 = 4, 032

−0, 9−−0, 9(−0, 9 + 2)(−0, 9 + 5) = 0, 9x 1, 1x 4, 1 = 4, 059 ⇒ Kmaxlocal

−1, 0−−1(−1 + 2)(−1 + 5) = 1x 1x 4 = 4, 000

−1, 1−−1, 1(−1, 1 + 2)(−1, 1 + 5) = 1, 1x 0, 9x 3, 9 = 3, 861

Portanto o ponto de saıda do eixo real, ocorre em s = −0, 9, quando o ganho for K = 4, 059.

(b) Por derivada

Como visto no item (a),= −s(s+ 2)(s+ 5), logo sua derivada sera:

K = −σ3 − 7σ2 − 10σ ⇒dK(σ)

dσ= −3σ2 − 14σ − 10 = 0

Resolvendo a igualdade por baskara, temos.

σ1,2 =14±

√196− 120

−6=

14± 8, 72

−6=

σ1 = −0, 88

σ2 = −3, 79

A interpretacao do resultado, e:

134

• σ = −0, 88 e o valor que procuramos, agora com maior precisao que na busca por inspecao,

que resulta no ganho K = 4, 061

• σ = −3, 79 e um ponto fora do CLR, portanto pode ser desprezado, porem caso a realimentacao

do sistema fosse positiva, este seria o ponto de saıda sobre o eixo real.

Para determinacao do ponto de cruzamento com o eixo imaginario, utilizamos Routh para de-

terminar o limite de estabilidade.

FTMF =K

s(s+ 2)(s+ 5) +K=

K

s3 + 7s2 + 10s+ k

s3 1 10 0

s2 7 K 0

s170−K

7> 0 0 0

s0 K > 0 0 0

⇒ 0 < K < 70

O sistema sera marginalmente estavel com K = 70, que e o ganho procurado.

ConhecendoKcritico, devemos agora procurar o valor de Wcritico

Sabendo que sobre o eixo imaginario jW , a parte real do polo vale zero, podemos afirmar.

s3 + 7s2 + 10s+ k = 0

com K = 70

s3 + 7s2 + 10s+ 70 = 0

Substituindo s → jW , temos:

(jW )3 + 7(jW )2 + 10(jW ) + 70 = 0 + 0j e lembrando que

j =√−1

j2 = −1

j3 = −j

j4 = 1

Resulta

−j W 3 − 7W 2 + 10j W + 70 = 0 + 0j

Separando a parte real da parte imaginaria.

Parte real − 7W 2 + 70 = 0⇒W = ±√10 = 3, 16 rad/seg

Parte imaginaria −W 3 + 10W = 0⇒W(−W 2 + 10

)= 0⇒

W = 0

W = ±√10 = 3, 16 rad/seg

135

Resumindo, o cruzamento com o eixo imaginario ocorre com K = 70, no ponto s = 0 ± 3, 16j, que

tem Wn = Wcritico = 3, 16rad/seg

Fica o CLR definitivo, e nossas conclusoes: Observando o caminho tracado pelo polo dominante,

definimos o comportamento de nosso sistema em funcao do ganho K, como:

• Para 0 < K < 4, 06 o sistema sera super amortecido apresentando:

– ts < ∞, para K = 0, decrescente ate

– ts =4

| − 0, 88|> 4, 54 seg, para K < 4, 06

• Para K = 4, 06, o sistema sera criticamente amortecido, tera um ts = 4, 54 seg, que sera o

menor tempo de acomodacao que este sistema ira apresentar nestas condicoes.

• Para 4, 05 < K < 70, o sistema sera sub amortecido apresentando:

– ts =4

| − 0, 88|> 4, 54 seg, para K > 4, 06 e Wd = 0, mas crescente.

– ts < ∞, para K < 70 e Wd < 3, 16 rad/seg

• Para K = 70, o sistema sera marginalmente estavel, com ts = ∞

e Wd = Wn =< 3, 16 rad/seg

• Para K > 70, o sistema sera instavel.

136

Considerando a existencia de polos ou zeros com parte imaginaria, verificamos o restante de nosso

metodo.

7 ) Determine o angulo de partida de um polo complexo (ou chegada de um zero complexo)

Para determinar a direcao dos ramos do caminho do lugar das raızes proximos aos polos ou zeros

complexos, consideraremos que para pequenas variacoes de posicao de um observador, no polo ou

zero considerado, a variacao das contribuicoes angulares sera muito pequena, praticamente nula.

Desta forma faremos o angulo de partida (para os polos) ou de chegada (para os zeros) como

a contribuicao angular de todos os polos e zeros do sistema, subtraıdo de 180 considerando os

sinais apropriados, como segue.

1a

2a

3a

Re

Im

ângulo de

partida q

• Angulo de partida de um polo complexo θ = 180 +∑

αzeros −∑

αpolos

• Angulo de chegada de um zero complexo θ = 180 +∑

αpolos −∑

αzeros

8 ) Determinacao da posicao dos polos de malha fechada.

Sendo interessante muitas vezes determinar para um ganho a posicao dos polos no caminho do

lugar das raızes, pois esta sera a condicao do polo dominante.

Para isto podemos utilizar a propriedade de condicao de modulo a seguir.

K =produto da distancia entre o ponto s e os polosproduto da distancia entre o ponto s e os zeros

Ou de outro modo, faremos

KG(s)H(s)

∣∣s = −a± bj = 1∠180

Exemplo 8.3.3. Tracar o CLR para o sistema abaixo que apresenta dois polos complexos conjugados.

- - -

6

K(s+2)s2+2s+3

+-

(1) Determinar os polos e o zero do sistema, G(s) =K(s+ 2)

(s+ 1 +√2j)(s+ 1−

√2j)

137

Re

Im

2-

1 2 j- +

1 2 j- -

σa =+(−1 +

√2j) + (−1−

√2j)− (2)

2− 1=

0

1= 0

θa = (2K + 1)π

1= π p/ qualquer valor de K

(2) Desenhar polos e zero sobre o plano s e colocando o CLR sobre o eixo real temos

(3) Calcular o angulo de partida.

Re

Im

2-

1 2 j- +

1 2 j- -

90º

55º

q

θ = 180 − 90 + 55 ⇒ θ = 145

(4) Determinar o ponto de chegada sobre o eixo real, resolvendo por derivadas:

K =s2 + 2s+ 3

s+ 2⇒

dK(σ)

dσ=

(2σ + 2)(σ + 2)− (σ2 + 2σ + 3)(1)

(σ + 2)2=

σ2 + 4σ + 1

(σ + 2)2

determinando as raızes temos

em cima

σ1 = −3, 732

σ2 = −0, 268em baixo σ3 = σ4 = −2

Sendo os pontos σ2 = −0, 268, fora da curva e σ3 = σ4 = −2 exatamente sobre o zero do sistema,

eles deixam de ser os pontos que procuramos, sendo o ponto de chegada do CLR σ1 = −3, 732

O ganho K sera calculado como:

K = −(−3, 732)2 + 2(−3, 732) + 3

−3, 732 + 2= − 9, 4638

−1, 732= 5, 464

138

(5) Resultado do CLR

Re

Im

2-

145º

3,732

5,464

s

K

= -

=

(6) Conferindo no MatLab.

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

System: sysGain: 5.46Pole: -3.73Damping: 1Overshoot (%): 0Frequency (rad/sec): 3.73

139


Exercıcio 8.1. Ogata pg340 Para cada um dos sistemas abaixo apresentados de realimentacao unitaria

e negativa, tracar o CLR indicando os possıveis pontos notaveis (saıda ou chegada sobre o eixo real e

cruzamento com o eixo imaginario)

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

s2

(b) G(s) =K(s+ 4)

(s+ 1)2

(c) G(s) =K

s(s+ 1)(s2 + 4s+ 5)

(d) G(s) =K

s(s+ 0, 5)(s2 + 0, 6s+ 10)

(e) G(s) =K

(s2 + 2s+ 2)(s2 + 2s+ 5)

(f) G(s) =K(s+ 0, 2)

s2(s+ 3, 6)

(g) G(s) =K(s2 + 8s+ 20)

(s2 + 2s+ 2)

Exercıcio 8.2. Nise ex no4 pg 340 Para o plano s abaixo apresentado, com os polos e zeros mostrados

na figura, esboce o CLR e encontre os pontos de saıda

Re

Implano s

-1 1

-j1

+j1

Exercıcio 8.3. Dada a equacao caracterıstica KG(s)H(s) abaixo, de um sistema de realimentacao unitaria,

esboce o seu CLR.

KG(s)H(s) =K(s+ 3)

s(s+ 1)(s+ 2)(s+ 4)

Exercıcio 8.4. Nise ex no18 pg 341 Para um sistema de realimentacao unitaria e negativa, com G(s) =

K(s+ α)

s(s+ 1)determine os valores de K e α, que produza um par de polos em malha fechada de s =

−1± 100j

Exercıcio 8.5. Dado o caminho do lugar das raızes abaixo e sua resposta temporal, podemos afirmar

que o lugar onde as raızes se encontram em qual segmento:

0

0

ABC

D

E

Capıtulo 9

Projeto pelo Caminho do Lugar dasRaizes

Compensador

Lugar RaızesProjeto pelo

Nosso objetivo agora sera conhecer os procedimentos para calcular um compensador para nosso

sistema, que nos permita obter a resposta temporal desejada.

Partindo do grafico dos lugares das raızes para a planta em estudo, pela simples observacao con-

seguimos determinar se a resposta desejada pode ser obtida pela variacao do ganho, ou se sera

necessaria a mudanca do caminho do lugar das raızes original com a colocacao de um compensador

em cascata.

No projeto de compensadores pelo metodo do lugar das raızes, alteramos o caminho original da planta,

pela adicao de compensadores, de modo que polos e zeros colocados em posicoes calculadas levam

a resposta temporal total do sistema ao desejado.

Tambem alocamos polos e zeros de forma a modificar o ganho de malha aberta sem alterar a resposta

em frequencia e com isto diminuir o erro de estado estacionario.

Podendo alterar a resposta temporal e o erro de estado estacionario, levamos o sistema a resposta

desejada com a inclusao de compensadores.

141

142


Para entendimento dos procedimentos do projeto, vamos revisar dois conceitos necessarios aos

calculos.

1) Adicao de polos e zeros em um CLR

• Adicao de polos

Tem como efeito o deslocamento do lugar das raızes mais para a direita,causando na re-

sposta temporal tendencia ao aumento do numero de sobre-sinais e aumento do tempo de

acomodacao.

Lembre que a adicao de um polo na origem cresce o tipo do sistema de uma ordem que o torna

mais proximo a instabilidade, mas anula o erro de estado estacionario para uma determinada

entrada.

Veja os graficos abaixo com o aumento do numero de polos altera o CLR de um sistema.

R e

Im

p lano s

R e

Im

p lano s

R e

Im

p lano s

acréscimo de pólos deslocamento do caminho para a direita®

• Adicao de zeros

A adicao de um ou mais zeros em uma planta possui o efeito inverso da adicao de polos, ou

seja, deslocamos o lugar das raızes mais para a esquerda, tendendo tornar o sistema mais

rapido na acomodacao, diminuindo sobre sinais e com resposta temporal mais estavel, porem

tendendo ao aumento do erro estacionario.

Veja os graficos abaixo apenas com a inclusao de um unico zero e seu deslocamento para mais

proximo a origem altera o CLR de um sistema.

143

R e

Im

p lano s

R e

Im

p lano s

R e

Im

p lano s

R e

Im

p lano s

deslocamento do caminho para a esquerda acréscimo de zeros¬

2) Contribuicao angular de polos e zeros.

Aprendemos no capitulo anterior, analise pelo caminho do lugar das raızes, que a soma das contribuicoes

angulares dos polos subtraıdas as contribuicao angular dos zeros, quando compoe um angulo de

180 ou multiplos ımpares deste, determina o caminho do lugar das raızes.

Definimos entao que a contribuicao angular de cada polo ou zero, sera o angulo formado por uma

reta que liga o polo ou zero considerado com o ponto em estudo, e a reta paralela ao eixo real,

conforme abaixo.

-

6

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

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

@@

@I135o

P2=(-4+4j)

P1=(-2+2j)

Im

Re

• O vetor com origem em P1 = (−2+2j), e final em P2 = (−4+4j), pode ser calculado como um

vetor da diferenca entre eles de valor V = (−2 + 2j), que representado na forma polar, resulta

em 2∠135.

A contribuicao que P1 tem a P2, neste caso nosso observador, e de 135

• Por trigonometria, tambem podemos obter angulo de contribuicao.

@@

@@@@

@@

2

2

P2

P1

αβ

arc tang α =cateto oposto

cateto adjacente=

2

2= 1

arc tang α = 1⇒ α = 45

β = 180 − 45 ∴ β = 135

144

• Podemos ainda obter a mesma contribuicao por substituicao em polinomios.

(s+ 2− 2j︸︷︷︸origem

)

∣∣∣∣∣∣∣s=−4 + 4j︸︷︷︸

final

= (−4 + 4j + 2− 2j) = (−2 + 2j) = 2, 82∠135

Exemplo 9.1.1. Calcule a contribuicao angular de cada polo e zero, com relacao ao ponto de observacao

P = (−1, 5 + 2j), e ao final determinar se este ponto pertence ao CLR, para um G(s) =(s+ 1)(s+ 3)

s(s+ 2)

Graficamente, foram obtidos os angulos, como segue abaixo:

Re

Im

0-1-2-3

+2j

-1,5

127º104º76º54º

observador(-1,5+2j)

Por trigonometria.

1a 2a 3a 4a4b3b

α1 = arctg2

1, 5= 53

α2 = arctg2

0, 5= 76

α3 = 180 − β3 = 180 − arctg2

0, 5= 104

α4 = 180 − β4 = 180 − arctg2

1, 5= 127

Por polinomios.

α1 = (s+ 3)|s=−1,5+2j = +1, 5 + 2j = 2, 5∠53

α2 = (s+ 2)|s=−1,5+2j = +0, 5 + 2j = 2, 06∠76

α3 = (s+ 1)|s=−1,5+2j = −0, 5 + 2j = 2, 06∠104

α4 = s|s=−1,5+2j = −1, 5 + 2j = 2, 5∠127

Por qualquer dos metodos calculados, a contribuicao angular de cada polo ou zero e sempre

igual.

A contribuicao angular para o observador e:

θ = −53 + 76 − 104 + 127 = +46 = 180

145

Para que o ponto de observacao fosse CLR, a contribuicao dos polos e zeros, deveriam somar 180o ou

multiplo ımpar deste, respeitado os sinais. Logo o ponto −1, 5 + 2j, nao pertence ao CLR.

Colocamos compensadores associados a plantas modificando o CLR, para que o sistema passe por

um ponto desejado e melhorando sua resposta temporal, ou permitindo modificar o ganho e com isto

diminuindo o erro de estado estacionario. Para cada caso, um compensador deve ser aplicado, ou

ainda se necessario, ambos.

Embora nao tenham larga aplicacao como compensadores analogicos, os compensadores ideais, inte-

gral ou diferencial sao exemplos bastante didaticos do efeito da compensacao obtida.

Na pratica, para montagens analogicas, sao utilizados compensadores de avanco de fase para modificacao

do CLR e compensadores de atraso de fase para melhoria do erro de estado estacionario.

Compensadores analogicos diferencial ideal apresentam limitacoes de construcao por serem um ampli-

ficador para ruıdos, enquanto que o compensador integral ideal chega ao estado de saturacao de seus

amplificadores com relativa facilidade, efeito conhecido como ”Wind-up”, quando variacoes do sinal de

entrada nao modificam o sinal de saıda e o sistema passa a trabalhar em malha aberta.

Quando implementados com micro-controladores ou sistemas digitais, estes efeitos podem ser admin-

istrados e sua utilizacao e hoje a mais difundida em controle de sistemas.

Compensador Diferencial Ideal

Um compensador derivativo ideal sera utilizado buscando tornar o sistema mais rapido no seu tempo

de acomodacao. Por levar o caminho do lugar das raızes mais para a esquerda, fara com que o polo

dominante se posicione com valores maiores de s, logo s = ζWn e ts =4

ζwn, por consequencia um

tempo de acomodacao menor que no sistema original. Obviamente podemos tornar um sistema mais

rapido ate o limite do realizavel, ou seja, de nada adianta projetar um compensador que imponha um

tempo de subida mais ıngreme que o sistema permita, pois o mesmo nao ira gerar a saıda esperada.

Exemplo 9.1.2. Para os dois sistemas abaixo, temos uma planta com um sistema de 3 ordem a

esquerda e o mesmo sistema acrescido de um compensador PD (observe o zero em s = −4) a direita.

Para amos os casos, desenhamos o CLR e comparamos suas respostas temporais verificamos que a

adicao do zero do compensador faz com que o sistema estabilize mais rapidamente.

- - -

6

+- (s+1)(s+2)(s+5)20

- - -

6

+- (s+1)(s+2)(s+5)35 (s+4)

seus respectivos CLR superpostos.

146

sem

com

pens

ação

co

mco

mp

en

sa

çã

o

suas respostas temporais

0 10 20 30 40 50 60 70 80

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Sem compensação

Com compensação

Compensador Integral Ideal

Objetivando a melhoria do erro estacionario, e bastante usual alocar um polo de malha aberta na origem

do sistema, com isto estaremos aumentando o tipo do sistema de uma unidade e anulando o erro esta-

cionario ou diminuindo conforme o caso em estudo.

Por exemplo, uma planta do tipo zero com excitacao a degrau possui um erro estacionario finito e

nao nulo, porem com a inclusao de um compensador PI ideal, este sistema sera transformado em um

147

sistema do tipo 1, apresentando erro estacionario nulo, modificando o comportamento da resposta tem-

poral.

Nao podemos desprezar que a colocacao do polo de malha aberta na origem altera tambem as re-

spostas transitorias, levando o caminho do lugar das raızes mais a direita do plano s, situacao esta que

pode ser indesejavel.

Para resolver este problema, adicionamos tambem um zero proximo do polo na origem, desta forma as

contribuicoes angulares do polo e do zero do compensador se anulam mantendo o caminho do lugar

das raızes original.

m- - - -

6+- G(s)K m- - - -

6+-

K(s+d)s G(s)

Re

Im

A

Re

Im

A

-a -a-b -b-c -c 0-d

θa + θb + θc = 180 sem← compensador → com θa + θb + θc + θ0 − θd = 180

148

Exemplo 9.1.3. Para o sistema apresentado comparamos a resposta do original e a resposta compen-

sada adicionando um compensador integral ideal, mostrando que o erro estacionario reduz a zero com

uma entrada em degrau sem afetar sensivelmente a resposta transitoria

- - -

6(s+1)(s+2)(s+10)

160+- - -

6

-+-160(s+0,1)

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

Obtido pelo MatLab, o CLR, permanece praticamente inalterado.

-10 -8 -6 -4 -2 0

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

Enquanto a resposta temporal, apresenta seu erro de estado estacionario anulado pelo aumento

do tipo do sistema.

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

sem compensação

com compensação

149

9.2 Compensador por Avanco de fase

Tecnicas de compensacao por Avanco de Fase pelo caminho do lugar das raızes Metodo

muito util para compensacao de sistemas quando as especificacoes desejadas sao fornecidas em ter-

mos de grandezas no domınio do tempo, tais como sobre sinal, frequencia de oscilacao natural, grau

de amortecimento, etc.

Quando o sistema se apresenta instavel ou estavel porem com uma resposta temporal indesejavel para

o projeto em questao, podemos modificar e melhorar a resposta com a colocacao de um compensador

de avanco de fase em cascata com a funcao de transferencia no ramo direto, que ira deslocar o CLR

mais para a esquerda do plano s, permitindo alterar os parametros acima citados.

Para determinacao do compensador de avanco de fase colocado em cascata com a funcao de trans-

ferencia de malha direta, devemos seguir os passos abaixo.

• Determine a posicao atual de operacao da planta.

• Com base nas especificacoes necessarias, determine a localizacao desejada dos polos de malha

fechada dominantes.

• Verifique no caminho do lugar das raızes original se nao e possıvel a compensacao do sistema

apenas pelo ajuste de ganho.

• Suponha o compensador por avanco de fase como

Gc(s) = KcαTs+ 1

αTs+ 1= Kc

s+1

T

s+1

αT

com 0 < α < 1

Onde e T sao determinados com base na deficiencia angular e Kc a partir do requisito do ganho

de malha aberta.

• Nao sendo especificado o erro estatico, posicione os polos e zeros do compensador para com-

pletar o angulo θ necessario, com sendo o maior possıvel, se nenhuma outra especificacao limitar

seu valor.

Obs., em alguns casos onde o erro estatico especificado imponha compensadores com calculos

muito complexos, podera ser mais simples o metodo de resposta em frequencia.

• Determine o ganho de malha aberta do sistema compensado, para operacao no polo dominante

desejado,

150

Exemplo 9.2.1. Calcule um compensador de avanco de fase, para o sistema apresentado abaixo, que

permita a planta operar com Wn = 4 rad/seg e ζ = 0, 5 .

- - -

6. s(s+2)

4+-

-

6

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

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

6

?

Im

Re

¿

0-2

Calculando a posicao atual dos polos dominantes temos.

FTMF =4

s2 + 2s+ 4=

4

(s+ 1 +√3j)(s+ 1−

√3j)

por consequencia, as condicoes de operacao estao em

ζ = 0, 5

Wn = 2 rad/seg

Kv = 2 seg - 1

Pela solicitacao de projeto, devemos manter o mesmo grau de amortecimento ζ e dobrar a frequencia

natural de oscilacao Wn.

Sobre o plano s determinamos a nova posicao dos polos dominantes.

.......................................... -..................

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

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

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

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

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

θ AAAAA

AAAAK

AAAAA

AAAAK

6

0

Re

Im

Wn=4

+1,73j

+3,46j

-2

Os novos polos dominantes irao se situar em s1,2 = −2 ± 3, 46 j, e por observacao ao CLR sobre

o plano s, nao e possıvel a operacao neste ponto pela simples variacao de ganho, sera necessaria a

inclusao de um compensador de avanco de fase para atingir as condicoes de projeto.

151

Devemos dimensionar o compensador, determinando a posicao do polo, do zero e o ganho a ser

imposto. Para determinar a posicao do zero e do polo do compensador, seguimos os passos abaixo.

• Tracar uma reta horizontal passando pelo polo dominante desejado (reta PA)

• Tracar uma reta de P ate a origem (reta P0)

• Tracar a bissetriz do angulo entre PA e P0 α =β

2

• Tracar duas retas (PC e PD) formando angulo de ±θ

2com PB, onde θ e a contribuicao angulo a

ser acrescentado pelo compensador

Deste modo a soma da contribuicao de todos polos e zeros, sera de (2K + 1)π , sendo deste

modo o novo caminho lugar das raızes.

• Obtemos em C o polo do compensador e em D o zero do compensador, sendo o ponto P o novo

polo de malha fechada do sistema.

2

q

2

q

C D

Þ

Em nosso exemplo, temos. Contribuicao angular que o compensador deve impor para que o

ponto P = −2 ± 3, 46 j seja CLR, calculado pela condicao de modulo.

∣∣∣∣ 4

s(s+ 2)

∣∣∣∣s=−2+3,46j

= 1∠180

4∠0

(−2 + 2√3j)(2− 2 + 2

√3j)

=4∠0

4∠1203, 46∠90 = 1∠180

1

3, 46∠210 = 1∠180 ⇒M∠180 − 210 = M∠ −30︸︷︷︸contribuicao angular

152

Que permite calcular graficamente a posicao do polo e do zero, como segue.

bis

setriz

5,4- 2,9-

2 3,46P j= - +

0

A

120º

60º

60º

120º 90º 30º- =

15º

15º

15º45º

2-

Resultando

zero em s = −2, 9 =

1

T

polo em s = −5, 4 =1

αT

⇒

T =1

2, 9= 0, 345

αT =1

5, 4= 0, 185

α =αT

T=

0, 185

0, 345= 0, 537

O ganho a ser imposto ao compensador e obtido novamente pela condicao de modulo, agora

com a associacao cascata da planta com o compensador.

- - -4s(s+2)

Kc(s+2,9)

(s+5,4)

∣∣∣∣ 4Kc(s+ 2, 9)

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

∣∣∣∣s=−2+3,46j

= 1∠180

Kc =1∠1804∠1203, 46∠904, 85∠45

4.3, 57∠75 4, 7∠360 ⇒ Kc = 4, 7

O compensador calculado sera entao:

- -(s+2,9)

(s+5,4)4,7

Gc(s)

153

A nova constante de erro de estado estacionario, fica.

Kv = lims→0

sG(s)Gc(s) = lims→0

s4.4, 7(s+ 2, 9)

s(s+ 2)(s+ 5, 4)= 5, 02 seg−1

Verificando o resultado por simulacao no MatLab, temos os CLRs.

E suas respostas temporais.

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1

-15

-10

-5

0

5

10

15

se

mco

mp

en

sa

çã

o

com

com

pensação

Para finalizar, projetamos o circuito eletronico ativo, conforme visto no capitulo 3.

0 10 20 30 40 50 60 70

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

sem

com

pensa

ção

com

cm

pensação

Gc(s) = Kc(s+ Z)

(s+ P )= 4, 7

(s+ 2, 9)

(s+ 5, 4)= Kcα

(Ts+ 1)

(αTs+ 1)= 2, 52

(0, 345s+ 1)

(0, 185s+ 1)=

R2R4

R1R3

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

Adotando C1 = C2 = 10uF e R3 = 10KΩ, resulta.

R1 =0, 345

10uF= 34, 5KΩ R2 =

0, 185

10uF= 18, 5KΩ R4 =

2, 52.34K5.10K

18K5= 47KΩ

154

47KW

9.3 Compensador por Atraso de fase

Quando um sistema apresenta uma resposta transitoria satisfatoria, mas as caracterısticas em

regime permanente nao atendem as necessidades de projeto, aplicamos um compensador por atraso

de fase para melhoria da performance.

O compensador ira permitir o aumento do ganho de malha aberta, que diminui o erro estacionario, sem,

contudo alterar significativamente a resposta transitoria. Isto significa que o caminho do lugar das raızes

nas proximidades do polo dominante de malha fechada, nao deve ser substancialmente alterado, mas

o ganho de malha aberta podera ser alterado tanto quanto o sistema necessitar para chegar a resposta

de regime permanente desejada.

Evitamos uma sensıvel alteracao no caminho do lugar das raızes resultante da colocacao do com-

pensador de atraso de fase que contribua com um angulo muito pequeno ao sistema (normalmente

utilizamos contribuicoes da ordem de θ < 5).

Contribuicoes angulares deste ordem, causam apenas pequenas alteracoes no CLR, de forma que

o usuario nao perceba a modificacao na resposta temporal, mas permite alterar substancialmente o

ganho de malha aberta e com isto diminuir o erro de estado estacionario.

Isto e obtido com a colocacao do polo proximo a origem e alocando o zero proximo ao polo, com isto,

o caminho do polo dominante sofrera uma modificacao imperceptıvel, mantendo a resposta transitoria

proxima a do sistema sem compensacao.

Colocando o polo e o zero muito proximos entre si, temos

Z(s) =

(s+

1

T

)e P(s) =

(s+

1

βT

)

155

Com isto, o compensador de atraso de fase pode ser descrito por.

Gc(s) =

Kc

(s+

1

T

)(s+

1

βT

) =

Kcβ(Ts+ 1)

(βTs+ 1)⇒

Gc(s) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

Kc

(s+

1

T

)(s+

1

βT

)∣∣∣∣∣∣∣∣ ∼=

Kc

0 < ∠(s+ 1

T

)(s+

1

βT

) < +5

De onde concluımos que o ganho de um compensador de atraso de fase em malha fechada e

aproximadamente igual a um (

Kc = 1 ) para que nao altere o ponto de operacao do polo dominante.

Porem o ganho de malha aberta sera de

Kc β, com β > 1, permitindo o aumentando a constante de

erro Kp, Kv ouKa e diminuindo o erro de estado estacionario.

Para um sistema do tipo 1 que apresenta constante de de velocidade Kv, temos.

Sem compensador ⇒ Kv = lims→0

sG(s)

Com compensador ⇒

Kv = lims→0

sG(s)︸︷︷︸Kv

Gc(s) = Kv lims→0

Kcβ(Ts+ 1)

(βTs+ 1)= Kv

Kcβ

Resumindo, efetuamos um controlador por atraso de fase para diminuicao do erro de estado

estacionario, alocando o polo muito proximo a origem e o zero a esquerda do polo, permitindo.

• Aplicar um ganho de malha aberta para diminuicao do erro, que tera o valor da distancia do zero

ate a origem, dividido pela distancia do polo ate a origem.

Kcβ =

∣∣∣∣ (s+ Z)

(s+ P )

∣∣∣∣s=0

• Manter o ganho de malha fechada proximo a unidade

• Manter o CLR sem grandes alteracoes

• O zero do compensador proximo a origem, fara que a resposta temporal acomode um pouco mais

lentamente, porem com erro de estado estacionario menor.

Procedimentos para projeto de compensador por Atraso de Fase

1 ) Desenhar o grafico do caminho do lugar das raızes, do sistema sem compensacao, onde a funcao

de transferencia de malha aberta e G(s).

Baseado na solicitacao da resposta transitoria necessaria, localize os polos dominantes de malha

fechada sobre o caminho do lugar das raızes.

156

2 ) Supondo a funcao de transferencia do compensador por atraso de fase sendo.

Gc(s) =

Kcβ(Ts+ 1)

(βTs+ 1)=

Kcβ

(s+

1

T

)(s+

1

βT

)Entao a funcao de transferencia de malha aberta do sistema compensado sera G(s)Gc(s).

3 ) Calcule a constante de erro necessaria para compensacao do sistema.

4 ) Determine o acrescimo no coeficiente de erro estatico especificado no problema

5 ) Determine a posicao do polo e posicione o zero do compensador por atraso de fase, em β x p que

permitam o aumento do ganho necessario para compensacao do sistema, sem modificar consider-

avelmente o caminho do lugar das raızes.

Observe que a relacao entre o valor do ganho requerido pelas especificacoes e o ganho do sistema

nao compensado deve ser igual a distancia do zero ate a origem e a distancia do polo ate a origem.

6 ) Verifique se a contribuicao angular e 0o < θ < +5, caso esta condicao nao tenha sido atingida,

escolher um novo par de polo e zero que atenda a especificacao.

7 ) Desenhe o novo caminho do lugar das raızes do sistema compensado, posicionando os polos domi-

nantes de malha fechada sobre ele. Se a contribuicao angular da rede de atraso for muito pequena,

entao o caminho antigo e o novo, serao quase identicos, caso a contribuicao seja consideravel,

aparecera uma pequena diferenca entre eles.

8 ) Ajuste o ganho

Kc do compensador, a partir da condicao de modulo, para que os polos dominantes

estejam na posicao projetada. (

Kc∼= 1).

Exemplo 9.3.1. Projete um compensador de atraso de fase que permita a planta abaixo, diminuir ser

erro de estado estacionario em 10 vezes.

- - -

6

1,06

s(s+1)(s+2)+-

• Os polos dominantes se encontram em s1,2 ∼= −0, 33 ± 0, 59j e nao desejamos modificar o

comportamento temporal do sistema.

• A partir disto, podemos calcular os indicadores do sistema.

157

-2 -1.5 -1 -0.5 0

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5 System: sys

Gain: 1.06

Pole: -0.326 + 0.586i

Damping: 0.486

Overshoot (%): 17.4

Frequency (rad/sec): 0.671

ζ = cos

(arctg

0, 59

0, 33

)= cos(60, 78) → ζ = 0, 49

Wn =√

0, 592 + 0, 332 → Wn = 0, 67 rad/seg

Kv = lims→0

sG(s) = lims→0

s1, 06

s(s+ 1)(s+ 2)→ Kv = 0, 53 seg - 1

• Desejamos aumentar a constante de erro em 10 vezes

Kv = 10Kv = 10.0, 53 = 5, 3 seg - 1.

• Efetuamos esta compensacao anexando em cascata um compensador de atraso de fase. Para

aumentar a constante de erro em 10 vezes, fazemos β = 10.

• Adotamos uma posicao para o polo bastante proxima a origem, por exemplo s = −0, 005. Que

nos leva ao zero em s = −0, 05 e a funcao de transferencia do compensador e:

Gc(s) =

Kc(s+ 0, 05)

(s+ 0, 005)

• Verificando a contribuicao angular imposta pelo compensador, que deve ser menor que +5o.

f

b6

..........................................J

JJ

JJ

JJ

JJ@@

@@@@

@@@ -

-0,05

-0,33+0,59j

-0,005

Re

Im

158

Polo α1 = 90 + arctg(0, 33− 0, 005)

0, 59= 90 + 28, 8 = 118, 8

Zero α2 = 90 + arctg(0, 33− 0, 05)

0, 59= 90 + 25, 4 = 115, 4

⇒ θ = 118, 8 − 115, 4 = 3, 4

• E o ganho do compensador resulta em.

Kc(s+ 0, 05)

(s+ 0, 005)

1, 06

s(s+ 1)(s+ 2)

∣∣∣∣s=−0,33+0,59j

= 1∠180 →

Kc =s(s+ 0, 005)(s+ 1)(s+ 2)

1, 06(s+ 0, 05)

Kc =1∠1800, 676∠119, 20, 674∠118, 80, 893∠41, 41, 77∠19, 5

1, 06.0, 653∠115, 4 ⇒

Kc = 1, 04∠363, 5 = 1, 04

Observe que a diferenca de 3, 5o, aparece no calculo de

Kc, sera desprezada pois sabemos que

e a contribuicao imposta pelo compensador.

• O novo erro de estado estacionario sera.

Kv = lims→0

s1, 06

s(s+ 1)(s+ 2)1, 04

(s+ 0, 05)

(s+ 0, 005)= 5, 3 seg - 1

• Comparando o CLR com e sem compensacao.

-2 -1.5 -1 -0.5 0

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

System: sysGain: 1.1Pole: -0.303 + 0.583iDamping: 0.461Overshoot (%): 19.6Frequency (rad/sec): 0.657

System: sysGain: 1.06Pole: -0.326 + 0.587iDamping: 0.486Overshoot (%): 17.5Frequency (rad/sec): 0.671

semcom

pensação

comcom

pensação

• A resposta temporal para excitacao em degrau e rampa.

159

0 10 20 30 40 50 60 70

-10

0

10

20

30

40

50

degrau sem compensação

degrau com compensação

rampa de excita

ção rampa com

compensação

rampa sem

compensação

• Para finalizar, projetamos o circuito eletronico ativo, conforme visto no capitulo 3.

Gc(s) = Kc(s+ Z)

(s+ P )= 1, 04

(s+ 0, 05)

(s+ 0, 005)= Kcβ

(Ts+ 1)

(βTs+ 1)= 10, 4

(20s+ 1)

(200s+ 1)=

R2R4

R1R3

(R1C1s+ 1)

(R2C2s+ 1)

Adotando C1 = C2 = 470uF e R3 = 10KΩ, resulta.

R1 =20

470uF= 42, 5KΩ R2 =

200

470uF= 425KΩ R4 =

10, 4.42, 5K.10K

425K= 10, 4KΩ

470uF

470uF

42,5KW

425KW 10KW

10,4KW

160

9.4 Compensador por Avanco / Atraso de fase

A compensacao de avanco / atraso de fase, e a composicao das duas tecnicas vistas anterior-

mente em um unico compensador.

Melhoramos a resposta temporal associando um compensador de avanco de fase que contribui com

um determinado angulo, modificando o CLR para o ponto desejado.

Associando um compensador de atraso de fase, permitimos o aumento do ganho de malha aberta, sem

alteracao do CLR em malha fechada e com isto diminuımos o erro de estado estacionario.

Um compensador de avanco / atraso de fase, permite que ambas funcoes sejam implementadas em

um unico compensador.

Considerando a funcao de transferencia de um compensador de avanco / atraso de fase, a equacao

que segue.

Gc(s) = Kc

(s+

1

T1

)(s+

γ

T1

)(s+

1

T2

)(s+

1

βT2

) = Kcβ

γ

(T1s+ 1)(T1

γ+ 1

) (T2s+ 1)

(βT2s+ 1)

Esta e facilmente obtida por circuitos eletronicos com amplificadores operacionais, conforme visto

no capitulo 3.

A partir da equacao matematica, sabemos que temos de obedecer β > 1 e γ > 1, o que nos permite

dois metodos para calcular esta tipo de compensador,

1. Quando β = γ, procedemos como uma combinacao dos metodos de avanco e de atraso de fase,

independentes como feito ate o momento

2. Quando β = γ, iremos mais adiante verificar os procedimentos para respeitar estas condicoes.

161

1oCaso β = γ

Sera uma combinacao dos projetos de avanco e atraso de fase, devemos seguir o procedimento.

1. Baseado nas especificacoes necessarias determine a posicao dos polos dominantes de malha

fechada.

2. A partir da funcao de transferencia de malha aberta G(s), do sistema nao compensado, determine

a contribuicao angular que o compensador deve impor ao sistema, para que o caminho passe

pelos polos desejados. A parte de avanco do compensador sera responsavel por esta parte da

compensacao

3. Supondo que mais adiante, sera escolhido um valor de T2 suficientemente alto para garantir que o

modulo da parte de atraso de fase seja aproximadamente igual a unidade, escolhemos os valores

do polo e zero a partir da necessidade angular.

Os valores do polo e zero nao sao unicos (uma infinidade de pares de valores atendem ao projeto),

e entao determine o valor de Kc da condicao de modulo.

Esta sera a parte de compensacao de avanco de fase.

4. Sendo a constante de erro especificada, determine o valor que satisfaca os requisitos de KpKv ouKa,

conforme o sistema, tipo 0, 1 ou 2.

Sendo que T1 e γ foram determinados no item 3, assim atraves de KpKv ouKa podemos deter-

minar o valor de β.

Finalmente determinamos o valor de T2 e ajustamos o valor do ganho Kc.

Exemplo 9.4.1. Para o sistema apresentado abaixo, deseja-se alterar o coeficiente de amortecimento

para ζ = 0, 5, aumentar a frequencia natural de oscilacao para Wn = 5rad/seg e a constante de erro

estatico de velocidade para Kv = 80seg − 1.

Projetar o compensador que atenda a esta necessidade.

m- - -

6s(s+0,5)

4+-

• Condicoes atuais do sistema.

Polos dominantes→ FTMF =4

s2 + 0, 5s+ 4⇒ s1,2 = −0, 25± 1, 98j

Grau de amortecimento→ ζ = cos

(arctg

1, 98

0, 25

)⇒ ζ = 0, 125

Frequencia natural de oscilacao→Wn =√4⇒Wn = 2 rad/seg

Constante de erro → Kv = lims→0

s4

s(s+ 0, 5)⇒ Kv = 8 seg - 1

162

• Pelas especificacoes os novos polos dominantes estarao em:

SS

SS

SS

SS

SSo

6

-ζ=0,5

Wn=

5

-2,5

+4,3j-2,5±4,3j

Im

Re

A nova posicao dos polos dominantesserao.

s1,2 = −2, 5± 4, 3j

• Calculamos a deficiencia angular, pela condicao de modulo.

∣∣∣∣ 4

s(s+ 0, 5)

∣∣∣∣s=−2,5+4,3j

=4

(−2, 5 + 4, 3j)(−2,+4, 3j)=

4

4, 97∠1204, 74∠115 = 1∠180

4

23, 56∠235 = 1∠180 ⇒M∠− 55

• Calculando a posicao de polo e zero do compensador de avanco, neste caso variamos um pouco

o metodo tradicional de calculo e alocar o zero exatamente sobre o polo do sistema em s = −0, 5

(ver cancelamento de polos e zeros) e assim facilitar os calculos.

i

6

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

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

-

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

TT

TT

TT

TT

TT

-2,5+4,3j

55o

0-5 -0,5

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

SS

SS

SS

SS

SS

Kc(s+ 0, 5)

(s+ 5)= Kc

s+1

T1

s+γ

T1

⇒

T1 = 2

γ = 5.2 = 10

• A seguir, calculamos o valor de Kc.∣∣∣∣Kc(s+ 0, 5)

(s+ 5)

4

s(s+ 0, 5)

∣∣∣∣s=−2,5+4,3j

= 1∠180 ⇒ Kc = 6, 2 Gcav(s) = 6, 2s+ 0, 5

s+ 5

• Agora calculamos a parcela de atraso de fase do compensador.

Kv = lims→0

sGc(s)G(s) = lims→0

sKcβ

γGc(s) = lim

s→0s 6, 26

β

10

4

s (s+ 0, 5)= 80 ⇒ β = 16

• Escolher um valor para T2.

Temos1

T2

∼= 0, muito proximo ao polo, que deve estar mais proximo ainda da origem, logo1

T2=

0, 2⇒ T2 = 5.

• Calculando o ganho e tambem verificando a contribuicao angular do compensador por atraso de

fase.

163

4

s(s+ 0, 5)6, 2

(s+ 0, 5)

(s+ 5)Kc

(s+ 0, 2)

(s+ 0, 0125)

∣∣∣∣s=−2,5+4,3j

= 1∠180 ⇒ Kc = 1, 01∠2

Podemos considerar por aproximacao o ganho unitario e a compensacao esta contribuindo com

2o, que e dentro do limite estabelecido.

• Resultamos na funcao de transferencia do compensador por avanco em cascata com o compen-

sador por atraso.

Gc(s) = 6, 2

s+1

2

s+10

2

s+

1

5

s+1

16x5

= 6, 2

(s+ 0, 5

s+ 5

)(s+ 0, 2

s+ 0, 0125

)= 10

(2s+ 1) (5s+ 1)

(0, 2s+ 1) (80s+ 1)

Verificando com o MatLab os resultados obtidos.

• O CLR, com e sem compensacao

-5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

sem

com

pensação

com compensação

• A resposta temporal, com e sem compensacao, para excitacao a degrau e a rampa.

• A implementacao do circuito ativo.

Gc(s) =R4R6

R3R5

(R1 +R3) C1 s+ 1

(R1 C1 s+ 1)

(R2C2 s+ 1)

(R2 +R4) C2 s+ 1= 10

(2s+ 1) (5s+ 1)

(0, 2s+ 1) (80s+ 1)

Adotando C1 = 10uF , C2 = 100uF e R5 = 10KΩ.

164

R1 C1 = 0, 2 → R1 =0, 2

10uF= 20KΩ

(R1 +R3) C1 = 2 → R3 =2

10uF− 20KΩ = 180KΩ

R2C2 = 5 → R2 =5

100uF= 50KΩ

(R2 +R4) C2 = 80 → R4 =80

100uF− 50KΩ = 750KΩ

R4R6

R3R5= 10 → R6 =

10.180K.10K

750K= 24KΩ

-

-

+

+

10KW

10 uF

100 uF

20KW

50KW

180KW

750KW

24KW

165

2oCaso β = γ

Considerando agora que faremos β = γ, os procedimentos de calculo do compensador serao um

pouco diferentes.

1. Baseado nas especificacoes necessarias determine a posicao dos polos dominantes de malha

fechada.

2. O compensador por avanco e atraso de fase, tera sua funcao de transferencia modificada para.

Gc(s) = Kc(T1s+ 1) (T2s+ 1)(T1

βs+ 1

)(βT2s+ 1)

= Kc

(s+

1

T1

)(s+

1

T2

)(s+

β

T1

)(s+

1

βT2

) onde β > 1

Com a constante estatica de velocidade especificada, calcule Kc a partir da equacao:

Kv = lims→0

s Gc(s)G(s) = lims→0

s Kc G(s)

3. Determine a contribuicao angular que um compensador de avanco deve fornecer para levar os

polos dominantes a posicao desejada.

4. Determine a posicao do polo e do zero do compensador de avanco, e entao calcule os valores de

T1 e β

5. Utilizando o valor de calculado, escolha agora o valor para T2 , de forma que o valor de βT2, a

maior constante de tempo do sistema nao devera ser muito grande para permitir que o sistema

seja fisicamente realizavel.

Exemplo 9.4.2. Vamos repetir o exemplo anterior, onde fizemos β = α, agora recalculando pelo 2o

caso, onde β = α .

Sao validos todos os calculos anteriores de posicao dos polos dominantes da planta, nova

posicao e contribuicao angular necessaria.

• Pelo requisito do erro estatico de velocidade Kv = 80 seg−1 ,temos

Kv = 80 = lims→0

sGc(s)G(s) = lims→0

sKc4

s(s+ 0, 5)→ Kc = 10

• T1 e β, sao calculados a partir de:

10

∣∣∣∣∣∣∣∣s1 +

1

T1

s1 +β

T1

∣∣∣∣∣∣∣∣ .∣∣∣∣ 4

s (s+ 0, 5)

∣∣∣∣s=−2,5+4,3j

=

∣∣∣∣∣∣∣∣s1 +

1

T1

s1 +β

T1

∣∣∣∣∣∣∣∣8︷︸︸︷40

5.4, 77= 1 e ∠

s1 +1

T1

s1 +β

T1

∣∣∣∣∣∣∣∣s=−2,5+4,33j

= −55

166

Devemos buscar trigonometricamente ou graficamente os pontos onde a relacao entre os modulos

de distancia entre polo e zero sejam8

4, 77, formando um angulo de 55

4,7

7

8

p z

a

b

55º

4,3

c d

-2,5+4,3j

-2,5

lei dos cossenos a2 = 82 + 4, 772 − 2.8.4, 77 cos 55 ⇒ a = 6, 56

d2 + b2 = 4, 772

c2 + b2 = 82 ⇒

c = 6, 42

d = 0, 14

b = 4, 76

c+ d = 6, 56

por semelhanca de triangulo

z

0, 14↔ 4, 3

4, 76→ z = 0, 13

p

6, 42↔ 4, 3

4, 76→ p = 5, 76

Portanto o zero se localiza em sz = −2, 37 e o polo em sp = −8, 26.

Permitindo o calculo de T1 =1

2, 38= 0, 42 e β = 8, 26.0, 42 = 3, 47.

E a parte de compensacao de avanco, resulta em 10(s+ 2, 38)

(s+ 8, 26)

• Para a parte de atraso de fase, escolhemos T2 = 10.

1

βT2=

1

3, 47.10= 0, 029

• O compensador de Avanco / Atraso de fase com β = γ, fica.

Gc(s) = 10(s+ 2, 38)

(s+ 8, 26)

(s+ 0, 1)

(s+ 0, 029)

• O CLR, com e sem compensacao

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

com compensação

se

mco

mp

en

sa

çã

o

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

com compensação

se

mco

mp

en

sa

çã

o

167

• A resposta temporal, com e sem compensacao, para excitacao a degrau e a rampa.

0 10 20 30 40 50 60

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

degrau sem compensação

degrau com compensação

rampa de excitação

rampa com compensação

rampa sem compensação

168

9.5 Compensador PID

O compensador PID e um tipo bastante versatil de compensacao, que torna esta montagem de

larga utilizacao comercial.

Apresenta composicao independente das parcelas proporcional, integral e derivativa, flexibilizando a

sintonia do compensador.

Algumas configuracoes sao utilizadas para implementacao de um PID, as duas mais comuns sao abaixo

apresentadas, com seu respectivo algoritmo.

m- -

-

-

?

6

-

Tis

Tds

ΣR(s) C(s)

Kp

Algoritmo 1

Gc(s) = Kp +Ti

s+ Tds

Gc(s) = Td

s2 +Ti

Tds+

Kp

Td

s

m -?

6

-

-

-

Kp

Tds

ΣR(s)

Tis

Algoritmo 2

Gc(s) = Kp

[1 +

Ti

s+ Tds

]

Gc(s) = Kp

[Tds

2 + s+ Ti

s

]Em qualquer caso, este sistema sempre apresenta um polo na origem e dois zeros que podemos

alocar sobre o plano s para melhorar o desempenho de nosso sistema.

O procedimento de projeto consiste em considerar o polo na origem e um dos dois zeros como um com-

pensador integrativo ideal e o outro zero como um compensador derivativo ideal, como segue abaixo.

1. Determinar as melhorias que se deseja impor ao sistema (posicao do polo dominante).

2. Projetar o controlador PD, que atenda as especificacoes necessarias a resposta transitoria. O

projeto inclui a determinacao da posicao do zero e o ganho da malha.

3. Verificar se os requisitos foram atendidos.

4. Projetar o compensador PI, para atingir o erro estacionario desejado.

5. Verificar novamente se os requisitos foram atendidos.

6. Determinar os ganhos Kp, Ti e Td e aplicar ao compensador.

169

Exemplo 9.5.1. Dado o sistema abaixo, projete um compensador PID, que altere o tempo de pico da

resposta temporal a 2/3 do tempo de pico do sistema nao compensado, ultrapassagem maxima de 10%

e anule o erro de estado estacionario para uma entrada a degrau.

m- -

6

-120(s+8)(s+3)(s+6)(s+10)

+-

Atraves do MatLab, determinamos a condicao atual dos polos dominantes do sistema.

-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2

-15

-10

-5

0

5

10

15

System: sysGain: 120Pole: -5.41 + 10.5iDamping: 0.458Overshoot (%): 19.8Frequency (rad/sec): 11.8

condicoes atuais ⇒

Tp = 0, 296 seg

ζ = 0,458

s1,2 = −5, 41± 10, 5j

K = 120

Wn = 11, 8 rad/seg

• Determinacao das novas condicoes do sistema.

Upmax = 10%→ ζ =− ln 0, 1√π2 + ln2 0, 1

⇒ ζ = 0, 59

θnovo = arc cos 0, 59⇒ θnovo = 54

θantigo = arc cos 0, 458⇒ θantigo = 63

Tp =2

3πWd

=2

3

π

10, 5= 0, 2 seg→Wdnovo =

π

0, 2= 15, 7 rad/seg

σnovo = ζWn =Wd

tan 54=

15, 7

1, 38= 11, 4

Novos polos dominantes em s1,2 = −11, 4± 15, 7j

170

• Calculo do compensador PD ideal.

Pela condicao de modulo, determinamos a deficiencia angular do sistema.∣∣∣∣ 120(s+ 8)

(s+ 3)(s+ 6)(s+ 10)

∣∣∣∣s=−11,4+15,7j

=120.16∠102

17, 8∠118.16, 6∠109.15, 8∠95 = 0, 41∠−220 ⇒ θ = −40

A contribuicao angular sera de −40o, que resulta no zero em s = −30, 1

ff -

6

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

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

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

SS

SS

SSAAAAAAB

BBBBB....................................................................................................................

.....................##

##

##

##40o

-11,4+15,7j+15,7j

-11,4

-10 -8 -6 -3

Im

z

Tan 40 =15, 7

z→ z = 18, 7

Posicao do zero sz = −30, 1

• Calculo do ganho do compensador PD ideal.

∣∣∣∣120(s+ 8)Kc(s+ 30, 1)

(s+ 3)(s+ 6)(s+ 10)

∣∣∣∣s=−11,4+15,7j

= 1∠180

Kc =1∠180(s+ 3)(s+ 6)(s+ 10)

120(s+ 8)(s+ 30, 1)

∣∣∣∣s=−11,4+15,7j

=1∠180.17, 8∠118.16, 6∠109.15, 8∠95

120.16∠102.24, 4∠40

Kc = 0, 1∠360 ⇒ Kc = 0, 1

- -0,1(s+30,1)

PD Ideal

• Verificando com o MatLab.

• Projeto do compensador PI.

Pelo fato do compensador impor um polo na origem, ele ira aumentar o sistema de um tipo (de

zero para um), anulando o erro de estado estacionario para uma excitacao a degrau.

Devemos lembrar que alocaremos a zero proximo ao polo a fim de nao termos alteracao signi-

ficativa no caminho do lugar das raızes e deste modo mantendo proxima a resposta temporal

do sistema, respeitando o limite de +5o para a contribuicao. Para tanto, escolhemos o zero em

s = −1, eletricamente, resultando no compensador PI abaixo.

- -(s+1)

s1

P I

171

0 10 20 30 40 50 60

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

com compensação

sem compensação

• Resultado final da planta compensada.

m- - - -

6

120(s+8)

(s+3)(s+6)(s+10)0,1(s+1)(s+30,1)

s-+

• Calculando os Fatores do PID (Kp , Ti e Td)

– Para o algorıtimo 1

Gc(s) = 0, 1(s+ 1)(s+ 30, 1)

s= 0, 1

s2 + 31, 1s+ 3, 01

s= Td

s2 +Ti

Tds+

Kp

Td

s

Td = 0, 1

Ti

Td= 31, 1⇒ Ti = 3, 11

Kp

Td= 3, 01⇒ Kp = 0, 3

– Para o algorıtimo 2

Gc(s) = 0, 1(s+ 1)(s+ 30, 1)

s= 0, 0032

0, 0321s2 + s+ 0, 097

s= Kp

[Tds

2 + s+ Ti

s

]

Kp = 0, 0032

Td = 0, 032

Ti = 0, 097

• Com o MatLab, obtemos o CLR compensado.

172

-100 -80 -60 -40 -20 0 20

-30

-20

-10

0

10

20

30System: sysGain: 12Pole: -11 + 15.8iDamping: 0.572Overshoot (%): 11.2Frequency (rad/sec): 19.2

• A resposta temporal, com e sem compensacao.

0 10 20 30 40 50 60

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Sem compensação

Com compensação

173


Exercıcio 9.1. Obtenha a funcao de transferencia do circuito eletrico abaixo e demonstre que ele e

uma rede de atraso de fase.

R1

R2

C

Vi Vo

Exercıcio 9.2. Qual a contribuicao angular que um compensador deve impor para que uma planta de

realimentacao negativa e unitaria mantenha o mesmo grau de amortecimento e com uma frequencia

natural de oscilacao de 1,5 vezes maior, sendo.

G(s) =6, 5

s(s+ 1)

Exercıcio 9.3. Determine os valores de K , T1 e T2 do sistema mostrado na figura abaixo, para que os

polos dominantes de malha fechada tenha coeficiente de amortecimento ζ = 0, 5 e frequencia natural

de oscilacao Wn = 3 rad/seg

m- - - -KT1s+1

T2s+1

10

s(s+1)+-6

Exercıcio 9.4. Projete um compensador de atraso de fase que permita a planta abaixo, diminuir ser

erro de estado estacionario em 8 vezes, sem modificacoes consideraveis em sua resposta temporal,

sendo fornecido os polos dominantes em s1,2 ∼= −0, 33 ± 0, 59j

- - -

6

1,06

s(s+1)(s+2)+-

Exercıcio 9.5. Para o sistema apresentado abaixo, deseja-se alterar o coeficiente de amortecimento

para ζ = 0, 55, aumentar a frequencia natural de oscilacao para Wn = 6rad/seg e a constante de erro

estatico de velocidade para Kv = 75seg−1.

Projetar o compensador que atenda a esta necessidade. Para β = γ

m- - -

6s(s+0,7)

5+-

Exercıcio 9.6. Repetir o exercıcio anterior agora considerando o projeto com β = γ

174

Exercıcio 9.7. Dado o sistema abaixo, projete um compensador PID, que altere o tempo de pico da

resposta temporal a 80% do tempo de pico do sistema nao compensado, mantenha a mesma ultrapas-

sagem e anule o erro de estado estacionario para uma entrada a degrau.

m- -

6

-100(s+10)(s+3)(s+5)(s+15)

+-

Exercıcio 9.8. Sabendo que o MatLab, aplica o algoritmo abaixo em seus blocos PID, calcule as con-

stantes P I eD a serem aplicadas na simulacao do compensador calculado no exercıcio anterior.

PID = P +I

s+Ds

Exercıcio 9.9. (PROVAO 2003) O diagrama em blocos da figura corresponde ao modelo de um sistema

de controle de velocidade de um motor CC. A Funcao de transferencia do motor foi obtida a partir de um

ensaio de malha aberta, desprezando sua constante de tempo eletrica τE , considerada muito pequena,

se comparada a constante de tempo mecanica τL = 0, 5 segundos.

- - - -

6

C(s)10

1+0,5s+-

R(s) Ω(s)Σ

a ) Projete um controlador proporcional-integral do tipo C(s) =K(1 + Ts)

s, para que o sistema apre-

sente:

• Erro em regime permanente nulo, para entrada de referencia em degrau.

• Funcao de Transferencia de malha fechada de 1a ordem

• Tempo de acomodacao a 5% do valor final tr5% ∼= 0, 1 seg

b ) Um ensaio realizado no sistema, com referencia em degrau unitario R(s) =1

se considerando o

controlador C(s) =1, 56(1 + 0, 50s)

s, revelou uma resposta W(t)como mostrado no grafico, onde se

observa um sobresinal (overshoot) de 25% e um tempo de acomodacao Tr5%∼= 0, 6 seg. Con-

siderando que este controlador emprega a tecnica de cancelamento de polos e zeros,o que, para

o modelo considerado, acarretaria uma Funcao de Transferencia de 1a ordem, apresente uma jus-

tificativa razoavel para o resultado oscilatorio exibido no grafico. Identifique a constante de tempo

eletrica τE do motor.

175

c ) Esboce a forma do lugar das raızes do sistema para uma Funcao de Transferencia de malha aberta

KC(s)G(s) =K(1 + 0, 5s)

s(1 + 0, 5s)(1 + τEs)=

K

s(1 + τEs), identificando aproximadamente o(s) ponto(s) do

lugar das raızes que corresponde(m) aos polos do sistema, para o ganho K = 1, 56 usado no

ensaio.

Dados / Informacoes Tecnicas

• 1 Ordem P1(s) =A

1 + τstr5% = 3τ

• 2 Ordem P2(s) =AW 2

n

s2 + 2ζWns+W 2n

tr5% =3

ζWn

176

Exercıcio 9.10. (PROVAO 2002) Considere a configuracao classica de controle representada no dia-

grama de blocos, no qual G(s) corresponde a Planta e C(s), a um Compensador.

- - - -

6

C(s) G(s)+

-

R(s) Ω(s)Σ

A Planta e modelada pela seguinte funcao de transferencia.

G(s) =1

(0, 5s+ 1)(0, 125s+ 1)

Os quatro graficos mostram o lugar das raızes para K ¿ 0, ao se considerarem quatro compensadores

diferentes. Cada um desses compensadores e modelado de acordo com um dos seguintes tipos:

Tipo 1→ C(s) =K(s+ a)

(s+ b)Tipo 2→ C(s) = K Tipo 3→ C(s) =

K

s

a ) Qual dos tres tipos de compensador foi empregado para dar origem a cada um dos quatro graficos

de lugar das raızes? Quando for o caso, identifique os valores aproximados dos polos e zeros do

compensador escolhido.

b ) Considere agora os requisitos de desempenho abaixo para a resposta ao degrau desse sistema em

malha fechada.

177

• Erro de estado estacionario (regime permanente) nulo, definido como:

limt→∞

e(t) = 0 onde e(t) = r(t) − y(t)

• Tempo de acomodacao: ts < 1, 2 segundos

Com base nos dados apresentados, indique o grafico cujo compensador permite atender os requisitos

de desempenho. Justifique sua resposta.

Dados / Informacoes Tecnicas

• Teorema do valor final: limt→∞

x(t) = lims→0

sX(s)

• Sistema padrao de 2a ordem: P(s) =W 2

n

s2 + 2ζWns+W 2n

• Tempo de acomodacao: e o tempo necessario para a resposta ao degrau permanecer no valor

correspondente a 95% do valor de regime permanente tr5% =3

ζWn

Capıtulo 10

Analise por Resposta em Frequencia

Compensador

Analise porResp. Freq.


O metodo de analise por resposta em frequencia, desenvolvido anteriormente ao metodo do lugar

das raızes, data do perıodo de1930 a 1940 e foi apresentado por Nyquist, Bode, Nichols, entre outros.

Baseado na excitacao de um sistema a um sinal senoidal, a resposta obtida, embora seja de mesma

frequencia, apresenta amplitude e fase diferente do sinal de excitacao. Sobre estas variacoes, obtemos

caracterısticas da funcao de transferencia de uma planta, sem a necessidade de seu modelamento

matematico, uma das principais dificuldades dos calculos pelo caminho do lugar das raızes.

O metodo da resposta em frequencia e considerado uma otima ferramenta para calculo de compen-

sadores, sendo complementar ao lugar das raızes, devendo um projetista estar familiarizado com am-

bos os metodos.

Uma das vantagens do metodo de resposta em frequencia e que os testes sao simples e podem ser

levantados com precisao.

Funcoes de transferencias complicadas sao obtidas com facilidade e exatidao atraves da resposta em

179

180

frequencia, eliminando as perturbacoes por ruıdo indesejaveis, abreviando todo trabalho de modela-

mento matematico necessario nos estudos pelo lugar das raızes.

A designacao ”Resposta em Frequencia”esta associada a sistemas lineares excitados por entradas

senoidais e tomando suas saıdas em regime permanente (depois do transitorio).

Seja o sistema cuja funcao de transferencia e:

G(s) =N(s)

(s+ p1) (s+ p2) · · · (s+ pn)

Excitando-se o sistema com uma entrada senoidal.

x(t) = x sin (ωt) ⇒ X(s) = Aω

s2 + ω2

Sua resposta Y(s) pode ser obtida como.

Y(s) =as+ b

s2 + ω2+

c1(s+ p1)

+c2

(s+ p2)+ · · ·+ cn

(s+ pn)

Onde a, b e c sao os resıduos da expansao em fracoes parciais. Os termosci

(s+ pi)correspondem

a funcoes no tempo que tendem a zero quando ”t”torna-se grande. Logo, a resposta estacionaria

corresponde apenas pelo primeiro termo que representa um sinal senoidal, pois:

F (s) =s+ α

s2 + ω2⇔ f(t) =

√α2 + ω2

ω· sen(ωt+ φ), onde φ = tan−1

(ωα

)

F(s)u(t) y(t)

transitório regime

Assim, em regime permanente, a resposta a entrada senoidal e tambem senoidal, porem com

amplitude e defasagem dependentes de W. A forma mais simples para essa analise e a representacao

fasorial:

X

Y

entrada x(t)=Xsen tw

saida y(t)=Ysen( t+ )w F

F

K =

Y

X= |G(jω)|

φ = ∠Y − ∠X = ∠G(jω)

181

Exemplo 10.1.1. Seja o sistema apresentado G(s) =K

Ts+ 1, para uma entrada senoidal x(t) = X senωt,

a saıda em regime permanente y∞(t) pode ser obtida, como segue:

• Substituindo s = jω em G(s) ⇒ G(jω) =K

jωT + 1

• A relacao de amplitudes entre entrada e saıda∣∣G(jω)

∣∣ = K√1 + T 2ω2

• Enquanto que o angulo de fase , sera φ = ∠G(jω) = −arc tgTω

• Assim y∞(t) sera y∞(t) =X K√1 + T 2ω2

sen (ωt− arc tgTω)

• Portanto, pela resposta obtida, concluımos:

– Quando ω e pequeno, ou a frequencia e baixa.

A amplitude de saıda e alta (K vezes a amplitude de entrada)

A defasagem de saıda e baixa (proxima a zero)

– Quando ω e grande, ou a frequencia e alta.

A amplitude de saıda e baixa (tende a zero com ω tendendo a infinito) A defasagem de saıda

cresce ate um maximo de -90

Esta e uma rede de atraso de fase, ou ainda um filtro passa baixas.

Exemplo 10.1.2. Determinar as caracterısticas da rede G(s) =s+

1

T1

s+1

T2

, determinando se esta e uma

rede de avanco ou de atraso de fase.

• Substituindo s = jω em G(s) ⇒ G(jω) =K

jωT + 1=

T2 (1 + T1jω)

T1 (1 + T2jω)

• A relacao de amplitudes∣∣G(jω)

∣∣ = T2

√1 + T 2

1 ω2

T1

√1 + T 2

2 ω2

• Enquanto que o angulo de fase φ , sera φ = ∠G(jω) = arc tg (T1 ω) − arc tg (T2ω)

• Assim y∞(t) sera y∞(t) =X T2

√1 + T 2

1 ω2

T1

√1 + T 2

2 ω2sen (ωt + arc tg (T1 ω) − arc tg (T2ω))

• Portanto, quando T1 > T2 → arctgT1ω − arctgT2ω > 0, assim:

– T1 > T2 ⇒ rede de avanco ou filtro passa altas

– T2 > T1 ⇒ rede de atraso ou filtro passa baixas

182

Correlacao entre plano s e resposta em frequencia

Seja G(s) =k (s+ z)

s (s+ p), sua resposta em frequencia e obtida fazendo:

s = jω ⇒ G(jω) =k (jω + z)

jω (jω + p)

Note-se que os numeros complexos (jω + z) , (jω + p) e (jω), sao os vetores do diagrama abaixo.

f

>

6

6

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

............................... -0AB

jωC

φ1φ2φ3

∣∣G(jω)

∣∣ = k | jω + z || jω | | jω + p |

=k ·AC

OC ·BC

∠G(jω) = −ϕ1 + ϕ2 − ϕ3

Esta interpretacao grafica permite concluir que a presenca de polos complexos conjugados pouco

amortecidos (proximos ao eixo imaginario) originam um pico pronunciado no ganho do sistema para as

frequencias proximas da frequencia natural Wn. A ocorrencia desse pico denomina-se ressonancia.

6

-

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

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

-

jω

−jω

Note-se que do diagrama de polos e zeros e do CLR obtem-se ”informacoes”similares a dos

diagramas de resposta em frequencia.

Representacoes graficas

Uma funcao de transferencia excitada por um sinal senoidal pode ser representada graficamente por

um modulo e uma fase, tendo uma frequencia como referencia.

Existem tres tipos de representacoes muito comuns que utilizamos em engenharia.

• Diagrama de bode ou grafico logarıtmico

• Diagrama de Nyquist ou diagrama polar

• Diagrama do logaritmo do modulo versus angulo de fase (carta de Nichols)

183

10.2 Diagrama de Bode

Composto de dois graficos onde no primeiro representamos usualmente o ganho de sinal em dB

(decibeis) versus a frequencia de operacao em escala logarıtmica de uma funcao de excitacao senoidal,

enquanto que no outro apresentamos a defasagem entre os sinais de entrada e saıda, tambem em

funcao da frequencia de operacao, novamente com este eixo em escala logarıtmica.

Apresenta a facilidade de podermos somar e subtrair as grandezas apresentadas em graficos logarıtmicos,

ao inves de multiplicar ou dividir.

A representacao padrao do modulo e G(s) = 20 log10

∣∣G(s)

∣∣, e a unidade de medida e o decibel, alem

disto, e bastante facil a representacao dos graficos por aproximacao de retas assintoticas.

Determinacoes experimentais de funcoes de transferencias tornam-se bastante simples com apresentacao

de resultados na forma de diagrama de bode.

Representacoes basicos de G(jw)H(jw).

Os fatores basicos que observamos com bastante frequencia em funcoes de transferencias, sao:

• Ganho K

• Fatores integrais e derivativos (jω)±1

• Fatores de 1 ordem (1 + jωT )±1

• Fatores quadraticos

[1 + 2ζ

(jω

wn

)+

(jω

wn

)2]±1

Apos tracados os graficos individuais, e possıvel a composicao entre eles atraves de somas ou

subtracoes, pois a adicao de logaritmos, equivale a multiplicacao deles.

Ganho K

Numeros maiores que a unidade, apresentam valores positivos em dB, enquanto que numeros menores

que a unidade apresentam grandezas negativas quando expressas em dB.

A curva de modulo de um ganho constante e uma reta horizontal de valor 20 logK e a curva de fase e

zero.

Podemos gerar estes graficos no MatLab, atraves dos comandos abaixo, na janela command window:

>> n = 10

>> d = 1

>> bode(n, d)

Que resultam nos graficos.

184

100

101

-1

-0.5

0

0.5

1

Phase (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

19

19.2

19.4

19.6

19.8

20

20.2

20.4

20.6

20.8

21

Magnitude (

dB

)

Porem se considerarmos o ganho como um fator K crescente (em nosso exemplo um multiplo de

10) teremos:

20 log (K x 10) = 20 log K + 20 de maneira semelhante

20 log

(K x 10n) = 20 logK + 20n

ou

20 log K = - 20 log1K

Fatores integrais e derivativos (jω±1)

O valor logarıtmico de1

jωem decibeis e 20 log

(1jω

)= −20logω, enquanto que o angulo de fase

de1

jωe constante e igual a ±90.

Um diagrama de bode tem a caracterıstica de representar as relacoes de frequencias em termos de

oitavas ou decadas.

Uma oitava corresponde a relacao de ω1 ate 2ω1, e uma decada corresponde ao intervalo de frequencia

de ω1 ate 10ω1, onde ω1 sera qualquer valor de frequencia que se desejar.

Quando desenhado em papel semi-log, se medirmos a distancia entre ω = 1rad/seg e ω = 10rad/seg,

esta sera a mesma distancia que entre ω = 62rad/seg e ω = 620rad/seg.

Para a construcao grafica consideramos:

185

• Modulo 20 log(jω), ou 20 log

(1

jω

), substituindo valores, temos

w = 1→ 0db

w = 2→ ±6db

w = 10→ ±20db

• Fase, sempre constante em ±90o

Resultando no grafico abaixo.

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

Magnitude (

dB

)

100

101

-90

-45

0

45

90

Phase (

deg)

inclinação +20 db/dec ou +6 db/oitava

inclinação -20 db/dec ou -6 db/oitava

Consequentemente se nossa funcao for um multiplo da funcao original, teremos.

20 log (jωn) = 20n log (jω)

ou

20 log

(1

(jωn)

)= −20n log

(1

jω

) →

ω = 1 ⇒ 0db

ω = 2 ⇒ ± 6n db

ω = 10 ⇒ ±20n db

Extrapolando a verificacao acima, podemos definir entao.

• Se n = 2, resulta em uma inclinacao de ±40 db/dec

• Se n = 3, resulta em uma inclinacao de ±60 db/dec

• Assim sucessivamente, respeitando o sinal positivo ou negativo.

• Para o angulo de defasagem temos n(±90)

186

Fatores de primeira ordem (1 + jwT )±1.

O modulo em db do fator de 1 ordem1

1 + jwTsera:

20 log

∣∣∣∣ 1

1 + jωT

∣∣∣∣ = −20 log√1 + ω2T 2db⇒

ω << 1/T → −20 log

√1 + ω2T 2 ∼= −20 log 1 ∼= 0 db

ω >> 1/T → −20 log√

1 + ω2T 2 ∼= −20 logωT

Verificamos que o grafico desenhado sera uma reta paralela ao eixo de w com ganho de 0 db, ate o

ponto onde ω ∼=1

T, quando o sistema passa a apresentar uma inclinacao de -20 db/dec.

Vale tambem observar que existe uma curva exata, calculada ponto a ponto, que descreve a resposta

deste sistema e podemos tambem aproximar a resposta a duas retas assintoticas, que irao apresentar

uma resposta muito proxima a real para pontos distantes do ponto de inflexao, apresentando apenas

um pequeno erro no ponto, nas proximidades do ponto de inflexao.

O angulo de fase se comporta como segue:

φ = −arctg (ωT )

ω = 0→ φ = −arctg (0 . T ) = 0

ω =1

T→ φ = −arctg

(T

T

)= 45

ω >>1

T→ φ = −arctg

(∞T

)= 90

0

5

10

15

20

25

30

35

40

Magnitude (

dB

)

-90

-45

0

Phase (

deg)

w

curva exata

assintotafreqüência de canto

assintota

1

100T

1

10T

1

T

10

T

100

T

187

O erro de aproximacao por assıntotas pode ser calculado:

• Erro maximo, ocorre em ω =1

T→ −20 log

√1 + 1 + 20 log 1 = −10 log 2 = −3, 03 db

• Uma oitava acima ω =1

2T→ −20 log

√1

4+ 1 + 20 log 1 = −20 log

√5

2= −0, 97 db

• Uma oitava abaixo ω =2

T→ −20 log

√22 + 1 + 20 log 2 = −20 log

√5

2= −0, 97 db

• Uma decada acima ou abaixo ω =10

T→ −20 log

√1 + 102 + 20 log 10 = −0, 04 db

Fatores quadraticos

[1 + 2ζ

(jω

ωn

)+

(jω

ωn

)2]±1

Frequentemente aproximamos sistemas de controle a sistemas de 2 ordem, que apresentam fatores

quadraticos da forma G(jω) =1

1 + 2ζ(j ωωn

)+

(j ωωn

)2

Se ζ > 1, podemos aproximar o sistema a dois polos reais, distintos ou coincidentes de primeira

ordem (sistema superamortecido ou criticamente amortecido). Se 0 < ζ < 1, estes fatores quadraticos

serao produto de fatores complexos conjugados.

O processo de aproximacao assintotica nao sera tao preciso para baixos valores de ζ.

Calculando, obtemos o grafico apresentado.

Procedimento geral para construcao do diagrama de Bode

• Inicialmente devemos escrever a funcao de transferencia senoidal G(jω)H(jω) dos fatores basicos.

• Em seguida determine as frequencias de canto associadas a estes fatores basicos.

• Tracar as curvas assintoticas de modulo em db com suas respectivas inclinacoes associadas as

frequencias de canto.

• Finalmente compor todos os fatores na curva resultante e se necessario corrigir os erros da

aproximacao por assıntotas.

• A curva de angulo de fase de G(jω)H(jω) , pode ser desenhada pela composicao das curvas de

angulo de fase dos fatores basicos.

188

Figura 10.1: Disponıvel em Engenharia de Controle Moderno, pg 412

A utilizacao dos diagramas de bode com aproximacao por assıntotas facilita enormemente a

determinacao da resposta em frequencia de um sistema e por consequencia a funcao de transferencia.

A facilidade de construcao e de modificacao pela inclusao de compensadores faz com que a utilizacao

dos diagramas de bode seja utilizado enormemente no processo de resposta em frequencia.

Exemplo 10.2.1. Desenhe o diagrama de bode da funcao de transferencia abaixo.

G(jω) =10 (jω + 3)

jω (jω + 2) [jω2 + jω + 2]

E usual apresentar G(jw) na forma normalizada, onde as assıntotas dos termos de 1 e 2 sejam retas

189

com partidas em 0 db, deste modo podemos reescrever:

G(jω) =

7, 5

(jω

3+ 1

)(jω)

(jω

2+ 1

)[jω2

2+

jω

2+ 1

]Desmembrando a funcao em termos isolados, teremos:

7, 5︸︷︷︸1

(jω)−1︸︷︷︸2

(1 + j

ω

3

)︸︷︷︸

3

(1 + j

ω

2

)−1

︸︷︷︸4

−1[1 + j

ω

2+

(jω)2

2+ 1

]︸︷︷︸

5

Os pontos de inflexao, ou frequencia de canto dos termos 3, 4 e 5, sao respectivamente, ω = 3 ω =

2 e ω =√2, sendo o coeficiente de amortecimento do termo 5 e ζ = 0, 3536.

Construa as curvas de cada um dos termos independentemente, como apresentado no grafico, sendo

atento aos pontos de inflexao das assıntotas. Apos desenhar todas as assıntotas independentes, faca

a composicao das resultantes que e a soma de todos os segmentos.

• Ate a frequencia de ω =√2 = 1, 41 rad/seg, a resultante e a soma dos termos 1 e 2 (3, 4 e 5

apresentam modulo de 0 db) e possui uma inclinacao de -20 db/dec.

• De 1, 41 rad/seg < ω < 2 rad/seg, o termo n 5 entra na composicao e a inclinacao passa a ser

de -60 db/dec.

• De 2 < ω < 3 rad/seg, incluımos tambem o item 4 sendo agora a inclinacao de -80db/dec.

• Finalmente com a inclusao do item 3, para ω > 3 rad/seg, a inclinacao retorna para

-60 db/dec novamente.

• O mesmo estudo se faz para a composicao dos angulos de fase.

Figura 10.2: Disponıvel em Engenharia de Controle Moderno, pg 415

190

A curva resultante do modulo do ganho da funcao de transferencia, esta apresentada como uma

aproximacao de retas assintoticas, caso necessario a curva real, devemos levar em conta os erros de

aproximacao em cada inflexao e obter a curva real.

Verificando com o MatLab, digitamos no command window:

• >> n=[ 10 30 ]

• >> d=poly([ 0 -2 -0.5+1.32j -0.5-1.32j ])

• >> bode(n,d)

Que resulta no grafico que segue:

-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

Ma

gn

itu

de

(d

B)

0,1 1 10

-270

-225

-180

-135

-90

Ph

ase

(d

eg

)

2 31.41

Relacao entre Tipo de Sistema e Curva de Modulo em dB.

No Capıtulo 7, ”Erro de estado estacionario’, estudamos que para tipos padrao de sistemas (0,

1 ou 2) podıamos definir uma unica constante de erro para algumas excitacoes de entrada padronizadas

(degrau, rampa ou parabola) e com isto mensurar comparativamente sistemas de controle com realimentacao.

Estudamos tambem que Bode descreve sistemas em funcao das frequencias, entao e correto afirmar

que a analise da resposta em baixas frequencias (quando ω tende a zero), nos traz a resposta do erro

estacionario de um sistema.

191

Vimos tambem que o grau da funcao de transferencia em jω, determina sua inclinacao em termos de

dB/dec.

Portanto concluımos que a informacao relativa ao erro de estado estacionario, de um sistema de

controle para uma excitacao de entrada (so que agora senoidal), pode ser determinada a partir da

observacao da regiao de baixas frequencias da curva de modulo em dB.

Determinacao da constante de erro estatico de posicao.

Considerando um sistema de controle com realimentacao unitaria.

m- - -

6G(s)+-

E supondo que sua funcao de transferencia de malha aberta seja:

G(s) =K (Tas+ 1) (Tbs+ 1) ... (Tms+ 1)

sn (T1s+ 1) (T2s+ 1) ... (Tps+ 1)ou G(jω) =

K (Tajω + 1) (Tbjω + 1) ... (Tmjω + 1)

(jω)n (T1jω + 1) (T2jω + 1) ... (Tpjω + 1)

Se o sistema for do tipo zero, entao n = 0, logo para baixas frequencias, temos ω → 0.

E(∞) = limω→0

G(jω) = K ⇒ Kp

Resulta que o diagrama de Bode em baixa frequencia sera uma reta horizontal de 20 log Kp dB.

6

-

.

HHHHHHeeeeeeeee

w0

db

20logKp -20 db/dec

-40 db/dec

Determinacao da constante de erro estatico de velocidade.

Para o mesmo G(s) apresentado anteriormente, agora com n=1, o exemplo de um grafico de Bode de

1 ordem, e apresentado:

G(s) =K (Tas+ 1) (Tbs+ 1) ... (Tms+ 1)

sn (T1s+ 1) (T2s+ 1) ... (Tps+ 1)ou G(jω) =

K (Tajω + 1) (Tbjω + 1) ... (Tmjω + 1)

(jω)n (T1jω + 1) (T2jω + 1) ... (Tpjω + 1)

192

b

6

-

.

bbb

bbbbb

eeeeeeeee

QQ

QQ

QQ

QQ

b

+

6

ω0

db

-20 db/dec

20logKv

ω = 1w3w2 w1

-40 db/dec

A inclinacao inicial sera de -20 dB/dec, devido ao fator1

(jω)1, que e um polo na origem.

No ponto w = 1 rad/seg, o modulo do ganho vale 20 log Kv.

Matematicamente podemos obter.

ω << 1→ G(jω) = limω→0

K(Tajω + 1)

(Tbjω + 1)...(Tmjω + 1)

(jω)1(T1jω + 1)

(T2jω + 1)...(Tpjω + 1)

=K

jω=

Kv

jω

entao 20 log

∣∣∣∣Kv

jω

∣∣∣∣ω=1

= 20 log Kv

A interseccao com o eixo 0 dB, ocorre em Kv = ω1, pela identidade matematica abaixo.

20 log

∣∣∣∣Kv

jω1

∣∣∣∣ = 0 dB → 1 =Kv

jω1

, entao Kv = ω1

Determinacao da constante de erro estatico de aceleracao.

Para o mesmo G(s) apresentado anteriormente, agora com n=2, o exemplo de um grafico de Bode de

2 ordem, e apresentado:

G(s) =K (Tas+ 1) (Tbs+ 1) ... (Tms+ 1)

sn (T1s+ 1) (T2s+ 1) ... (Tps+ 1)ou G(jω) =

K (Tajω + 1) (Tbjω + 1) ... (Tmjω + 1)

(jω)n (T1jω + 1) (T2jω + 1) ... (Tpjω + 1)

6

HHHHHH

-

HHHH

HHHH

HH

=

TTTTXXXXXXXXXXXXX....................................................

b

ω = 1ω

db

0

-40 db/dec

-60 db/dec

20logKa

-20 db/dec

ωa =√Ka

193

A inclinacao inicial sera de -40 dB/dec, devido ao fator1

(jω)2, que corresponde a dois polos na

origem.

No ponto w = 1 rad/seg, o modulo do ganho vale 20 log Ka .

Matematicamente podemos obter.

ω << 1→ G(jω) = limω→0

K(Tajω + 1)

(Tbjω + 1)...(Tmjω + 1)

(jω) 2(T1jω + 1)

(T2jω + 1)...(Tpjω + 1)

=K

jω2=

Ka

jω2

entao 20 log

∣∣∣∣ Ka

jω2

∣∣∣∣ω=1

= 20 log Ka

A extensao do segmento inicia com inclinacao de -40 dB/dec intercepta o eixo de ganho 0 dB, no

ponto chamado de W2, entao:

20 log

∣∣∣∣Ka

jω2a

∣∣∣∣ = 20 log 1 = 0dB → ωa =√

Ka

Diagrama Polar

Para uma funcao de transferencia senoidal G(jω), o diagrama polar e um grafico de modulo de

G(jω) versus o angulo de fase de G(jω) em coordenadas polares, com ω variando de zero a infinito.

Assim o diagrama polar e o lugar dos vetores∣∣G(jω)

∣∣∠G(jω), com ω variando de 0 a∞. Um diagrama

polar e referenciado para medicao angular, a partir do eixo real positivo, no sentido anti-horario, con-

forme representacao abaixo.

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

.

-

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

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

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

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

6

-

bb

b

6

?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

Re|G(jw)|

ω = 0

Im

ω =∞

∠G(jw)Im|G(jw)|

Reω3

G(jw)

ω2

ω1

Frequentemente o diagrama polar e chamado de Diagrama de Nyquist. Cada ponto no diagrama

polar de G(jω), representa o ponto terminal de um vetor em uma determinada frequencia. Portanto e

muito importante indicar os valores de frequencia ao longo da curva, e as projecoes de G(jω)sobre os

194

eixos real e imaginario, sao seus componentes desmembramos.

Um diagrama polar apresenta uma grande vantagem sobre o diagrama de bode, pois representa em

um unico grafico as caracterısticas de resposta em frequencia de um sistema em todas as faixas de

operacao.

Porem tem a desvantagem de nao indicar claramente as contribuicoes individuais de cada fator, sobre

a funcao de transferencia de malha aberta.

Fatores integrais e derivativos (jω)±1.

O diagrama polar de G(ω) =1

jω, e uma reta que corre sobre o eixo imaginario negativo, visto que:

G(jω) =1

jω= −j 1

ω=

1

ω∠− 90

O diagrama polar de G(ω) = jω, e uma reta que corre sobre o eixo imaginario positivo.

Fatores de primeira ordem (1 + jω)±1.

Para a funcao de transferencia senoidal, temos:

G(jω) =1

1 + jωT=

∣∣∣∣ 1√1 + ω2T 2

∣∣∣∣∠− (arctg ωT )

Os valores de G(jω). em ω = 0 e ω = dfrac1T , sao, respectivamente:

G(0) = 1∠0 e G(j1/T )

=1√2∠− 45

Se ω → ∞, entao o modulo de G(jω), tende a zero e a fase de G(jω), tende a −90o, resultando no

diagrama polar que segue:

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

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

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

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

6

-@@@

@@@

@@R

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

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

K

-

?

6@@I

@@R

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

HHY

6

G(j1/T

)

Im

Re

ω = ∞

1 + ω2T 2

ω T

0

1 + ω2T 2

1

0, 5

∠G (j 1/T

)ω

ω = 0

ω T = 1

195


Exercıcio 10.1. Desenhe o diagrama de bode das funcoes de transferencia abaixo.

(a) G(jω) =5 (jω + 2)

jω (jω + 1) (jω + 5)2

(b) G(s) =100 (s+ 10)

s (s+ 100)

Capıtulo 11

Projeto por Resposta em Frequencia

Compensador

Resp. Freq.

Projeto por

197

Capıtulo 12

Ziegler Nichols

Compensador

ZieglerNichols

12.1 conceitos basicos

Quando temos disponıvel a funcao de transferencia da planta, podemos aplicar uma serie de

tecnicas para dimensionamento de um compensador PID.

Contudo quando o medeio da planta nao esta disponıvel e exista uma urgencia de solucao, recomenda-

se a utilizacao de tecnicas empıricas para sua sintonia.

Ziegler e Nichols, apos estudos de sistemas em campo, propoem regras de sintonia para as constantes

de um compensador PID, de um modo bastante rapido e simples.

Suas regras sao baseadas em experimentos de resposta ao degrau ou em alteracoes de ganho de

um compensador puramente proporcional que leve um sistema a instabilidade marginal. Embora estas

regras tenham sido criadas para aplicacao em plantas cujo modelo nao esteja disponıvel, elas tem sido

utilizadas com otimos resultados para calculo de compensadores de plantas com modelos conhecidos.

199

200

Ziegler e Nichols propoem dois metodos de calculo a partir da resposta transitoria da planta.

Ambos os metodos objetivam a obtencao de uma resposta de malha fechada sub amortecida, com um

sobre sinal maximo de 25%.

0

125%

c(t)

t

Admitindo a malha da planta abaixo e um compensador PID, que apresente uma funcao de trans-

ferencia que segue.

m- - -

6

- Planta G(s)Compensador

P I D

R(s) C(s)+-

G1(s) = Kp (1 +1

Tis+ Tds)

Devemos obter os valores das constante abaixo que levem a planta a operar nas condicoes especificas

de projeto.

• Kp = Constante de ganho

• Ti = Constante de integracao

• Td = Constante de derivacao

Observar que melhora da resposta do sistema depende da necessidade do usuario, nao podendo ser

generalizadas respostas transitorias e erros estacionarios padroes para todos os sistemas (admitir ou

nao sobre sinal, tempo de acomodacao, atraso de transporte, etc.). Portanto Ziegler e Nichols aconsel-

ham ajustes posteriores dos parametros obtidos para otimizacao da resposta desejada.

201

12.2 1o Metodo de Ziegler e Nichols

No primeiro metodo, devemos obter a resposta temporal experimental da planta em estudo. Se

a planta nao contem integradores e nao possui polos dominantes que sejam complexos conjugados, a

curva de resposta nao ira apresentar sobre sinal e tera o aspecto de um ”S”.

Caso a resposta temporal apresentar sobre sinal, este metodo nao se aplica.

-6

-6.................

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

- -Plantau(t) c(t)

A curva de resposta pode ser caracterizada por duas constantes. O tempo morto ou atraso de

transporte ”L” e a constante de tempo ”T” .

C(s)

U(s)=

K

Ts+ 1e−Ls

0

K

c(t)

t

L T

Tangente

A sintonia sugerida por Ziegler e Nichols e resumida na tabela a seguir.

Kp Ti Td

PT

L∞ 0

P I 0, 9T

L

L

0, 30

P I D 1, 2T

L2L 0, 5L

202

Note que o controlador PID sintonizado pelo 1 metodo de Ziegler-Nichols fornece:

G1(s) = Kp(1 +1

Tis+ Tds) = 1, 2

T

L(1 +

1

2Ls+, 05Ls) = 0, 6T

(s+

1

L

)2

s

Exemplo 12.2.1. A partir de G(s) =0, 5

40s2 + 10s, com o grafico de resposta temporal obtido, projetar um

compensador PID para otimizar a resposta do sistema.

0 10 20 30 40 50 60

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

2 28

Graficamente obtemos L = 2 segundos e T = 28 segundos, aplicando estes valores na tabela de

Ziegler e Nichols para calculo de um compensador PID, vem:

• Kp = 1, 2L

T= 1, 2

28

2= 16, 8

• Ti = 2L = 2.2 = 4

• Td = 0, 5L = 0, 5.2 = 1

Portanto montaremos um bloco compensador PID com:

G1(s) = 16, 8 (1 +1

4s+ s)→ para o MatLab PID = 16, 8 +

4, 2

s+ 16, 8s

203

No MatLab, podemos comparar os resultados da planta com e sem compensacao.

0 10 20 30 40 50 600

1com compensação

sem compensação

12.3 2o Metodo de Ziegler e Nichols

No segundo metodo devemos proceder um teste inicial, forcando as constantes Ti = ∞ e

Td = 0. Utilizando apenas o ganho proporcional, aumentamos Kp, de zero ate o seu valor critico

Kcr, quando a saıda exibe pela primeira vez uma oscilacao auto-sustentada de amplitude constante.

Caso a saıda nao apresente oscilacao auto-sustentada para nenhum valor de Kcr, este metodo nao se

aplica.

Medimos o sinal temporal de saıda nesta condicao e definimos o perıodo critico Pcr do sinal, experi-

mentalmente, como segue.

m- - - -

6

u(t)r(t) c(t)Kp Planta+-

-...............................................................................................................................................................................................

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

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

6 -Pcr

0

c(t)

t

204

A sintonia dos compensadores sugerida por Ziegler e Nichols esta resumida na tabela abaixo.

Kp Ti Td

P 0, 5Kcr ∞ 0

P I 0, 45Kcr1

1, 2Pcr 0

P I D 0, 6Kcr 0, 5Pcr 0, 125Pcr

Note que o controlador PID sintonizado pelo 2 metodo de Ziegler-Nichols fornece uma funcao

de transferencia com um polo na origem e dois zeros em s = − 4

Pcr:

G(s) = Kp

(1 +

1

Tis+ Tds

)= 0, 6Kcr

(1 +

1

0, 5Pcrs+ 0, 125Pcrs

)= 0, 075KcrPcr

(s+

4

Pcr

)2

s

Vamos verificar agora dois exemplos de aplicacao deste 2o metodo, sendo um pratico e outro a

partir do modelo matematico de uma planta.

Exemplo 12.3.1. Dado o grafico temporal abaixo de G(s) =K

40s2 + 0, 05s+Ke o ganho Kcr = 10,

calcular o compensador PID para otimizar a resposta da planta.

0 10 20 30 40 50 60

0

0.5

1

Pcr=9 seg

Graficamente obtemos Pcr = 9seg, aplicando este valor na tabela de Ziegler e Nichols para cal-

culo de um compensador PID, vem:

205

• Kp = 0.6Kcr = 0, 6.10 = 6

• Ti = 0, 5Pcr = 0.5.9 = 4, 5

• Td = 0, 125Pcr = 0, 125.9 = 1, 125

Portanto montaremos um bloco compensador PID com:

G(s) = 0, 075KcrPcr

(s+

4

Pcr

)2

s= 6, 75

(s+ 0, 44)2

sno MatLab PID = 5, 94 +

1, 33

s+ 6, 75s

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

com compensação

sem compensação

Exemplo 12.3.2. Considere o sistema de controle da figura abaixo. Embora o modelo da planta seja

conhecido, vamos aplicar Ziegler e Nichols na sintonia do compensador PID.

Apos a determinacao do compensador vamos efetuar sua simulacao e caso o sobre sinal ultrapasse

25%, faremos pequenos ajustes para aproximar o resultado ao esperado.

m- - - -

6G1(s)

1s(s+1)(s+5)

+-

Sendo G(s), uma funcao de 3o ordem com um polo na origem, sabemos dos estudos do CLR, que

este sistema apresenta um ganho maximo e apos isto perde a estabilidade. Portanto iremos aplicar o

2o metodo de Ziegler e Nichols.

Efetuando as premissas de projeto, faremos Ti = ∞ e Td = 0, variando apenas Kp, que resulta na

FTMF.

FTMF = F(s) =Kp

s(s+ 1)(s+ 5) +Kp=

Kp

s3 + 6s2 + 5s+Kp

206

Aplicando o criterio de Routh Hurwitz a FTMF. obtemos o maximo ganho do sistema, que sera o

Kcr = 30.

Substituindo Kcr = 30, na equacao caracterıstica, obtemos s3 + 6s2 + 5s+ 30 = 0.

Para obter a frequencia natural de oscilacao do ponto critico, basta substituir s = jω, uma vez que para

este ganho o valor da parte real e nula, resultando em Wn =√5.

Todo este procedimento de calculo pode ser revisto no capitulo 8, Analise pelo Caminho do Lugar das

Raızes.

Resultando entao em:

Kcr = 30

Wn =√5→ Pcr =

2π

Wn= 2, 81 seg

Aplicando estes valores ao equacionamento de Ziegler e Nichols, obtemos.

• Kp = 0, 6Kcr = 0, 6.30 = 18

• Ti = 0, 5Pcr = 0, 5.2, 81 = 1, 405

• Td = 0, 125Pcr = 0, 125.2, 81 = 0, 351

A funcao de transferencia do compensador e portanto:

Gc(s) = Kp

(1 +

1

Tis+ Tds

)= 6, 32

(s+ 1, 423)2

sou para o MatLab PID = 18 +

12, 83

s+ 6, 32s

Verificando o resultado, temos:

0

1

2

com compensação

sem compensação

Notamos pelo resultado que o sobre sinal foi excessivo, face ao esperado teoricamente, necessi-

tando de um ajuste fino, bastante facilitado pela utilizacao do simulador.

207

Uma das solucoes e a manutencao do ganho Kp, e deslocando os zeros para s = −0, 65, que resulta

no compensador.

6, 32(s+ 0, 65)2

sou para o MatLab PID = 8, 22 +

2, 67

s+ 6, 32s

c(t)

t

Refinando um pouco mais, mantemos agora os polos em s = −0, 65 e aumentamos o ganho

Kp = 15, resultando em:

PID = 15 +2, 67

s+ 6, 32s

0

1

c(t)

t

Pelo CLR, podemos verificar o efeito que os ajustes provocaram no sistema.

No compensador originalmente calculado, quando s = −1, 42 o aumento do ganho Kp, permite o

aumento da velocidade de resposta (diminui o tempo de subida), mas sua influencia no sobre sinal e

muito pequena.

Contudo ao modificarmos a posicao do duplo zero do sistema, foi possıvel a diminuicao do sobre sinal,

aumentando a faixa de ajuste do ganho Kp, para uma melhor sintonia do compensador PID.

208

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1

-15

-10

-5

0

5

10

15

CLR do compensadorpor Ziegler e Nichols

CLR do compensadorcom zeros modificados

Capıtulo 13

Controle Digital

Compensador

Controle

Digital

209

servo mecanismo

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