Nota de aula de Controle Autom atico e Servo MecanismoControle Cl assicoProf Luiz Vasco PugliaProf MsC Fabio DelatoreS ao Paulo20092Sum ario1 Introduc ao 11.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Literatura recomendada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Hist orico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4 Denic oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Tipos de sistema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Revis ao de Laplace 72.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Transformada inversa de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.4 Transformada Inversa para razes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.5 Transformada inversa para razes reais m ultiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.6 Transformada inversa para razes complexas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.7 Soluc oes com MatLab. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.8 Tabela de transformadas de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.9 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 Modelagem Matem atica 273.1 Circuitos El etricos Passivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.2 Circuitos El etricos Ativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 Sistemas mec anicos din amicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.4 Sistemas Fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45i3.5 Sistemas de aquecimento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.6 Motor de corrente continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.7 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504 Representac ao por Blocos 534.1 Sistema de Controle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.2 Tipo de controladores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.3 Diagrama de Blocos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.4 Deslocamento de Blocos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.5 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 685 Resposta Temporal 715.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.2 Sistema de 1oordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.3 Sistema de 2oordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 785.4 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 886 Estabilidade de Sistemas 916.1 Arranjo de Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.2 Projeto de estabilidade pelo ganho. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.3 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027 Erro de Estado Estacion ario 1057.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1057.2 Erro de estado estacion ario em func ao de F(s). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1087.3 Erro de estado estacion ario em func ao de G(s). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1097.4 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198 Analise pelo Caminho do Lugar das Raizes 1218.1 CLR por Inspec ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1228.2 Fundamentos Matem aticos do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125ii8.3 Regras para construc ao do CLR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1288.4 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1399 Projeto pelo Caminho do Lugar das Raizes 1419.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1429.2 Compensador por Avanco de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1499.3 Compensador por Atraso de fase. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1549.4 Compensador por Avanco / Atraso de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1609.5 Compensador PID. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.6 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17310 Analise por Resposta em Frequ encia 17910.1 Conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17910.2 Diagrama de Bode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18310.3 Exerccios de Fixac ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19511 Projeto por Resposta em Frequ encia 19712 Ziegler Nichols 19912.1 conceitos b asicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19912.2 1oM etodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20112.3 2oM etodo de Ziegler e Nichols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20313 Controle Digital 209iiiivCaptulo 1Introduc ao1.1 Conceitos b asicosO curso descrito nestas notas de aula que segue, objetiva a compreens ao de calculo de com-pensadores pelo m etodo cl assico, abordando as t ecnicas de lugar das razes e resposta em frequ encia,partindo de uma revis ao matem atica que permita a compreens ao das ferramentas utilizadas, identicac aodas modelagens usuais e descric ao em blocos de sistemas. Posteriormente s ao denidos os crit eriosde qualidades necess arios a controle e naliza como dimensionamento dos controladores pelos m etodos:Lugar das RazesResposta em Frequ enciaZiegler-NicholsOuxododesenvolvimentodestesestudos eapresentadoabaixo, emformadediagramadeblocos e a cada mudanca de capitulo e reapresentado, localizando o estagio em curso.CompensadorIntroducaoRevisaodeLaplaceModelagemMatematicaDiagramadeBlocosRespostaTemporalEstabilidadeErroEstacionarioLugarRazesAnalisepeloLugarRazesProjetopeloZieglerNicholsAnaliseporResp. Freq. Resp. Freq.ProjetoporControleDigital12LembreteTodas as notas aqui contidas foram extradas da literatura b asica e complementar proposta na ementado curso, abaixo descrita.Para maior profundidade matem atica, devemos buscar os recursos necess arios nas refer encias indi-cadas, poisestasnotasdeaulasseprop oemaservirdeumguiar apidodecalculoparacompen-sadores.Agradecimentos especiais aos professores Jos e Barbosa Junior, Fabrizio Leonardi, Paulo Alvaro Maia,Heraldo Silveira Barbuy, entre tantos outros que de uma forma ou outra ofereceram grande contribuic aoa este trabalho.1.2 Literatura recomendadaLiteraturaOgata, Katsuhiko - Engenharia de Controle Moderno, 4 Edic ao, Pearson - 2003Nise, Norman S. - Engenharia de Sistemas de Controle, 3 Edic ao, LTC - 2002Phillips L.Charles - Sistema de Controle e Realimentac ao, 1 Edic ao, Makron Books - 19961.3 Hist oricoDatado de antes de Cristo, temos na historia relatos da construc ao do primeiro sistema de cont-role em malha aberta, de um rel ogio a base de gotejamento de agua em um recipiente graduado.Posteriormente, o primeiro controle autom atico mec anico, realizado foi de James Watt, construdo nos eculo XVIII e consistia em um controlador centrfugo para regulac ao 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 autom aticos para pilotar navios, determinando sua es-tabilidade a partir de representac oes do sistema por equac oes diferenciais.Em 1932, Nyquist desenvolveu um procedimento para determinar estabilidade de sistemas em malhafechada com base na resposta estacionaria em malha aberta com excitac ao senoidal.Em 1934, Hazen, que introduziu o termo servo mecanismos para denominar sistemas de controle deposic ao, discutiu o projeto de servo mecanismo a rel e capaz de seguir muito de perto, uma excitac aovari avel no tempo.3Figura 1.1: Primeiro Sistema de Controle - Regulador de WattsFigura 1.2: Exemplo de um sistema de controle digital41.4 Denic oesApresentamos a seguir alguns conceitos e denic oes bastante utilizados em controleMalha AbertaExecuta a ac ao independentemente da sadaSem aforo temporizadoMaquina de lavar roupasMenor custoMaior facilidade de execuc aoMenor precis aoMalha FechadaObserva a sada do sistema retroagindo uma amostra do sinal (realimenta o sinal) para a entradaque modica a sada nal.Controle de posic aoControle de velocidadeMaior custoOtima precis aoPermite modicar o sinal de sadaVari avel ControladaGrandeza ou vari avel a ser medida e controlada no processoVari avel ManipuladaE a grandeza ou vari avel que ser a manipulada pelo controlador, que afeta a o valor da vari avelcontrolada.Planta ou sistema a controlarParte de um equipamento, conjunto de componentes ou toda a planta que realiza a func ao a sercontrolada. (forno, reator nuclear, antena, espaconave, etc.).ProcessoOperac ao a ser controlada, como processo qumico, econ omico, mec anico.5SistemaConjuntodecomponentesqueconstituemaplantaestudada. N aoseconstitui apenasaalgofsico pode ser algo abstrato, como no caso do estudo de um sistema econ omico, onde a din amicade mercado pode alterar a sada de nosso sistema.1.5 Tipos de sistemaRepresentac ao do comportamento de um organismo ou planta atrav es de uma equac ao diferen-cial, seu modelo matem atico, que apresentam ordem 0, 1 , 2, ... em func ao dos coecientes da equac aoe isto dene a classe do sistema.Sistema de Ordem 0Este tipo apresenta uma equac ao diferencial do tipoy(t)=Ku(t), sendo K uma constante qualquer,istosignicaqueasadaser aaentradamultiplicadaporumaconstanteeumexemplotpico eumdivisor de tens ao resistivo e seu comportamento e sempre est avel.Podemosdeduzirquey(t) =1/10u(t)egracamenteseconsiderarmosumsinal deentradau(t)=degrau de amplitude unit aria, obtemos:u(t) y(t)9K1Ku(t)y(t)tempoy(t)6Sistema de 1oOrdemApresenta um comportamento representado por uma exponencial para uma excitac ao de entrada dotipo degrau. Se esta exponencial e decrescente ent ao o sistema e est avel e caso contrario, se a expo-nencial e crescente, o sistema ser a inst avel.Podemos representar eletricamente o sistema tipo 1 pelocircuito RC abaixo:u(t) y(t) 1mF10Ku(t)y(t)instvely(t)estvely(t)tempoSistema de 2oOrdem ou SuperiorEstes sistemas se caracterizam por possurem a equac ao caracterstica diferencial de 2 ordem. De-pendendo dos coecientes da equac ao, podemos obter respostas super amortecidas, com amorteci-mento critico e sub amortecidas em condic oes de estabilidade ou ser inst avel.Respostas com maior riqueza de informac oes s ao observadas em sistemas sub amortecido, um sinalsenoidal multiplicado por uma envolt orio exponencial,comp oe automaticamente o sinal de sada. Oexemplo cl assico do sistema de 2 ordem e o circuito ressonante abaixo:

. . . .u(t) y(t) 1mF1R 1Hy(t)u(t)y(t)estvely(t)instveltempoCaptulo 2Revis ao de LaplaceCompensadorRevisaodeLaplaceRevis ao de transformada de Laplace para controleA transformada de Laplace e uma ferramenta matem atica utilizada para soluc ao de equac oes diferenci-ais lineares. Possibilita a convers ao de func oes comuns como seno, co-seno, exponenciais em func oesalg ebricas no domnio de uma vari avel complexa s (domnio de laplace). Operac oes de diferenciac aoe integrac ao s ao substitudas por operac oes alg ebricas no plano complexo e ao nal a equac ao tem-poral resultante pode ser obtida pela transformada inversa de Laplace, com muito mais facilidade queque o caminho direto da operac ao no domnio do tempo. Outra vantagem deste m etodo e a utilizac aode t ecnicas gr acas para previs ao de desempenho de sistemas sem a necessidade de resoluc ao dasequac oes diferencias que o descrevem. Observe que a revis ao aqui proposta esta direcionada apenasaos conte udos necess arios a controle, sendo a ferramenta de Laplace muito mais profunda do que aquiapresentado.78EquaodiferencialdomniodotempoTransf.LaplaceEquaoAlgbricaFcilDifcilTransf.inv.deLaplaceSoluodaequaoalgbricaSoluodaequaodifer.(tempo)Exemplo2.1. Comoexemploparaxaresteconceito, segueumasoluc aodeumaequac aodiferencial de 1 ordem pelos dois m etodos citado Dada uma equac ao diferencial de 1 ordemddty(t) +2y(t)= u(t), considerando um sinal de entrada do tipo degrau, temos:Soluc ao no domnio do tempoy(t) + 2y(t)= u(t), com y(0)= 0sendoy +py= qcalculamos o fator integrador I= ep(t)dtp(t)= 2 I= e2dt= e2tsendo(uv)= uv +uv, vem_y(t) + 2y(t)= u(t)_e2ty(t)..ue2t..v+2y(t)..ue2t..v= u(t)e2t_2y(t)e2t_= u(t)e2t _2y(t)e2t_=u(t)e2te2ty(t)=e2t2u(t) +Ky(t)=u(t)e2t2+Ke2t=u(t)2+Ke2tcoma condic aoinicial y(0)= 00 =u(t)2+Ke0K= u(t)2y(t)=12 12e2tSoluc ao no domnio de Laplaceddty(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)=1s (s + 2)=K1s+K2(s + 2)___K1=

s1

s (s + 2)s=0=12K2=....(s + 2)1s....(s + 2)s=2= 12Y(s)=12s 12 (s + 2)L1F(s)y(t)=12 12e2t92.1 Conceitos b asicosVari aveis complexas e func oes de vari aveis complexasN umeros complexos A soluc ao da equac aox2 1=0 , leva ao resultadox= 1 , porem para aequac aox2+ 1=0 ,n ao obtemos soluc ao no campo dos n umeros reais que satisfaca o resultado.Para esta soluc ao devemos utilizar n umeros no campo imagin ario, tal que:`

................................................................................................. ...............................................................................c=a+bjImRebjaMaC= a +bjM=a2+b2 = arctanbaForma polarc =MVari avel Complexa Denimos um n umero complexo como sendo a soma de um par de valoresquerepresentaumaparcelareal eumaparcelaimaginariadevaloresconstantes. Quandotemosvariac oesnapartereal e/ounaparteimaginaria, on umerocomplexopassaareceberonomedevari avel complexa. Nos estudos sob o domnio de Laplace, utilizamos a notac ao s, para identicaruma vari avel complexa s = +jPlano sE padronizado em controle apresentar n umeros, variareis e resultados em um gr acode coordenadas retangulares, com o eixo horizontal representando a parte real e o eixo vertical (),representando a parte imaginaria (j)`>>>>>>>>>`````P2P121ImReFigura 2.1: Representac aoS1= 1 2j P1|S1| =12+ 22=51= arctan21= 63, 43S2= 4 + 2j P2|S2| =22+ 42=202= arctan 24= 26, 56porEuler, temosej= cos +j sen ___= |S| cos = |S| sen S= |S| cos +j |S| sen S= |S| ejS1=5 ej63, 43e S2=20 e+j26, 5610Func ao complexa de vari avel complexa Denimos uma func ao complexa F(s), quando possumosuma parte real e uma parte imaginaria vari avel em func ao de s, tal que:F(s)= Fx +jFy, onde Fx eFy s ao quantidades reais. Sua Magnitude e argumento s ao dados por:F(s)=Fx2+Fy2e = arctan FyFxcom o angulo medido no sentido anti-hor ario a partir do semi-eixo real positivo.Exemplo 2.1.1. Para os pontos do exemplo anterior, podemos calcular a vari avel complexa da func ao,para cada um dos pontos.`

`````+0,25+0,25+0,12-0,16F1(s)F2(s)Re |Fx|Im |Fy|Figura 2.2: func ao complexaF(s)=1s + 1F(s1) =1s1+ 1F(s1) =11 2j + 1F(s1) =12 2j2 + 2j2 + 2j. .conjugadoF(s1) =2 + 2j8= 0, 25 + 0, 25jF(s2) =1s2 + 1F(s2) =12 + 4j + 1F(s2) =13 + 4j3 4j3 4j. .conjugadoF(s2) =3 4j25= 0, 12 0, 16jDenic oes de uma func ao de Laplace Representamos uma func ao dde Laplace porF(s) =N(s)D(s),ondeN(s) e o polin omio do numerador eD(s)o polin omio do denominador,e ambos vari aveiscomplexas em s. Desta forma denimos ent ao:Polin omio caracterstico A equac ao matem atica deD(s), identica o comportamento do sistema nodomnio do tempo, recebendo portanto o nome de polin omio caracterstico.Ordem do sistemaE o grau do polin omio caracterstico, ou seja, se D(s) e um polin omio de 1 grau, osistema ser a de 1 ordem, se for do 2 grau, ser a de 2 ordem e assim sucessivamente.Zero do sistema S ao os valores de s que anulam o polin omio do numerador N(s).P olo do sistema S ao os valores de s que anulam o polin omio do caracterstico D(s).11Assim podemos denir que dada uma F(s)=(s +z)(s +p), temos:p eump olo selimspF(s)= e z eumzeroselimszF(s)= 0Exemplo 2.1.2. Para a func ao de transfer encia F(s) =s + 3s + 1, determinar quem e seu polin omio carac-terstico, a ordem do sistema e a posic ao de p olos e zeros.Sendo F(s) =s + 3s + 1=N(s)D(s), logo o polin omio caracterstico e D(s) = (s + 1)Como a ordem do sistema e determinada pelo polin omio caracterstico e neste caso o polin omio e de1 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 seencontra em -3.Igualando D(s)` a zero, obtemos os p olos do sistema. (s + 1) = 0 s = 1, ou o p olo do sistema seencontra em -1.Representamos p olos e zeros de um sistema em coordenadas cartesianas com o nome de planos sque segue abaixo.`..................... .....................planoss=-3zeros=-1ReImpoloExemplo 2.1.3. Para a func ao de transfer enciaF(s)=s22s 15s2+ 4s + 5 , determine a ordem do sistema,os p olos e zeros e represente o sistema no plano s.Polin omio caracterstico D(s) = (s2+ 4s + 5) =sistema de 2 ordemPara determinac ao dos zeros e p olos, vem:N(s) =_s22s 15____s = 3s = +5D(s) =_s2+ 4s + 5____s = 2 +js = 2 j`Im..................... .......................................... ..................... zero=-3polo=-2+jpolo=-2-j zero=+5ReFigura 2.3: p olos ou zeros complexos conjugados122.2 Transformadas de LaplaceDenic oes matem aticas das transformadas de LaplaceMatematicamente a transformada de Laplace e denida por:L[f(t)] = F(s) =0estdt[f(t)] =0f(t) estdtOnde:f(t)= func ao temporal em que f(t)=0 para t 0)Duas razes reais e iguais (quando = 0)Duas razes complexas e conjugadas (quando < 0, negativo)Obtemos a soluc ao temporal pelo m etodo da divis ao em frac oes parciais, nos tr es casos, estudandoinicialmenteasoluc aoparaduasrazes, estendendoaaplicac aoparaumn umeromaiorlogoap os,cobrindo ao nal toda gama de respostas temporais que um sistema convencional de controle podeapresentar. Dentro de nosso comparativo visto anteriormente, estaremos executando a parte inferiordo modelo, a partir da soluc ao alg ebrica no domnio de Laplace obter a resposta temporal.EquaodiferencialdomniodotempoTransf.LaplaceEquaoAlgbricaFcilDifcilTransf.inv.deLaplaceSoluodaequaoalgbricaSoluodaequaodifer.(tempo)Figura 2.4: Efetuando a transformada inversa de Laplace152.4 Transformada Inversa para razes reais e distintasExemplo 2.4.1. Apresentamos inicialmente uma func ao de transfer encia com duas razes reais e difer-entes, para qual desejamos obter a resposta temporal que a represente.F(s) =2s2+ 3s + 2=2(s + 1)(s + 2)Devemos dividir a equac ao acima em duas novas equac oes, que se somadas novamente resultem namesma equac ao que as originou, ent ao:F(s) =2(s + 1)(s + 2)=K1(s + 1)+K2(s + 2)Para obtenc ao 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 (spm) ser ao iguais a zero, excetuandoo termo Km, restando ent ao:Km=(s +pm) F(s)|s=pmSubstituindo F(s), chegamos a:Km=(s +pm)N(s)(s +p1) (s +p2) ... (s +pm)s=pm= Km=(s +pm) F(s)|s=pmAnulando o termo (s +pm) do numerador e do denominador, podemos calcular Km.Nosso exemplo ca ent ao:K1=(...s + 1)2(...s + 1) (s + 2)s=1=2(s + 2)s=1=21 K1= 2K2=(...s + 2)2(s + 1) (...s + 2)s=2=2(s + 1)s=2=21 K2= 2Reescrevendo a equac ao temos:F(s) =2(s + 1) 2(s + 2)Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 81(s +a)= eat, logo:f(t) =c(t)u(t) c(t) = u(t) f(t) = u(t)_2et2e2t16Paravalidaroprocessoddivis aoporfrac oesparciais, bastasomarasduasfrac oesevericarseobtemos a equac ao 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 tamb em para equac oes diferenciais, como segueDada a equac ao diferencial abaixo, obter a resposta temporal y(t), considerando as condic oesiniciais nulas, atrav es da transformada inversa de Laplace.d2ydt2+ 12dydt+ 32y= 32u(t)Levando a equac ao no domnio do tempo para o domnio de Laplace, resultas2Y (s) + 12sY (s) + 32s =32sIsolando Y (s), temos:Y (s)_s2+ 12s + 32_ =32sY (s) =32s (s2+ 12s + 32)=32s (s + 4) (s + 8)Dividindo em frac oes parciais, obtemos:Y (s) =32s (s + 4) (s + 8)=K1s+K2(s + 4)+K3(s + 8)Determinamos os valores de K1, K2e K3K1=

s32

s (s + 4) (s + 8)s=0=32(s + 4) (s + 8)s=0=3232= 1K2=(...s + 4)32s (...s + 4) (s + 8)s=4=32s(s + 8)s=4=3216= 2K3=(...s + 8)32s (s + 4)....(s + 8)s=8=32s(s + 4)s=8=3232= 1Substituindo, vem:Y (s) =K1s+K2(s + 4)+K3(s + 8)=1s 2(s + 4)+1(s + 8)Consultando a tabela de Laplace, temos na linha 21s= u(t) e na linha 61(s +a)= eat, logo:y(t) = 1 2e4t+e8t172.5 Transformada inversa para razes reais m ultiplasExemplo 2.5.1. Considere a func ao de transfer encia que segue F(s) =2(s + 1)(s + 2)2Tentando a resoluc ao pelo 1om etodo, vericamos n ao ser possvel obter a soluc ao, 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, K2e K3, ocorre uma indeterminac ao.K1=(...s + 1)2(...s + 1) (s + 2)2s=1=2(s + 2)2s=1=21= 2K2= K3=(...s + 2)2(s + 1) (s + 2)

2s=2=2(s + 1) (s + 2)s=2=20 indeterminadoPara soluc ao deste caso devemos utilizar uma propriedade matem atica, chamada de termos adicionaiscom fator do denominador de multiplicidade reduzida, que podemos vericar pelo arranjo que segue:N(s)(s +a)n=K1(s +a)n+K2(s +a)n1+... +Kn(s +a)E para calculo dos termos, devemos proceder a derivada de ordemn 1, em cada calculo, ou seja,para o calculo de K1 mantemos o procedimento padr ao com uma derivada de ordem zero, que resultano proprio termo. Para calculo deK2, repetimos o calculo anterior, acrescido da derivada primeira, eassim sucessivamente.Retornamos ao exemplo para vericar 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 m etodo convencional:K1=....(s + 1)2....(s + 1) (s + 2)2s=1=2(s + 2)2s=1=21= 2K2=....(s + 2)22(s + 1)....(s + 2)2s=2=2(s + 1)s=2=21= 2Agora para o calculo de K3, efetuamos a derivada de 1oordem.K3=dds_....(s + 2)22(s + 1)....(s + 2)2s=2_ =dds_2(s + 1)s=2_d_uv_ =uv uvv2=0. (s + 1) 2 (1)(s + 1)2s=2=2(s + 1)2s=2= 21= 2Resultando em:F(s) =2(s + 1) 2(s + 2)2 2(s + 2)18Efetuando a transformada inversa obtemos:c(t) = u(t)_2et2te2t2e2t = 2u(t)_ette2te2tVericando se o processo de divis ao por termos adicionais com fator do denominador de multi-plicidade reduzida, retorna a mesma express ao de partida, obtemos:F(s) =2(s + 1) 2(s + 2)2 2(s + 2)=2 (s + 2)22 (s + 1) 2 (s + 1) (s + 2)(s + 1) (s + 2)2F(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)2F(s) =2s2+ 8s + 8 2s 2 2s26s 4(s + 1) (s + 2)2=2(s + 1) (s + 2)2Exemplo 2.5.2. Para sistemas at e 2oordem sua amplitude n ao sofre alterac oes, mas para ordens su-periores, temos um fator adicional a ser considerado, permitindo generalizar os termos de multiplicidadequalquer pelas express oes que seguemF1(s) = (s +pm)nF(s) e Ki=1(i 1)!di1dsi1F1(s)s=pmsendo0! = 1Verique 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)nF(s) =....(s + 1)3s2+ 2s + 3....(s + 1)3F1(s) = s2+ 2s + 3K1=1(1 1)!. .1d0ds0..1F1(s)s=1=s2+ 2s + 3s=1= 1 2 + 3 = 2K2=1(2 1)!. .1d1ds1F1(s)s=1=d1ds1_s2+ 2s + 3s=1_ =[2s + 2]|s=1= 2 + 2 = 0K3=1(3 1)!. .2!d2ds2F1(s)s=1=d2ds2_s2+ 2s + 3s=1_ =12[2]|s=1= 1Reescrevendo 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 domnio do tempo, vem:c(t) = u(t)_1

2

2t2et+ 0 +et_ = u(t)et_t2+ 1192.6 Transformada inversa para razes complexas conjugadasQuando a equac ao caracterstica apresenta em suas razes partes complexas, podemos obter atransformada inversa de Laplace por dois m etodos distintos:EulerArranjo matem aticoA soluc ao pelo m etodo de Euler, permite obter a resposta temporal quando a equac ao apresenta al emdas razes complexas, outros termos associados. No caso de arranjo matem atico, podemos aplicarapenas para equac oes caractersticas com razes complexas sem nenhum outro termo adicional.Por EulerExemplo 2.6.1. Dada a func ao de transfer encia F(s) =2s + 12s2+ 2s + 5, obter a sua resposta temporalPrimeiramente, vamos determinar as razes da equac ao caracterstica.s2+ 2s + 5 = 0 2 224.1.52= 2 4 202= 2 162= 2 4j2= 1 2jF(s) =2s + 12s2+ 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+2jK1=2 + 4j + 12>>1 + 2j>>+1 + 2j=10 + 4j4j=10, 7721, 8490= 2, 69 68, 2K2=

(s + 1 + 2j)2s + 12(s + 1 2j)

(s + 1 + 2j)s=12j=2s + 12(s + 1 2j)s=12jK2=2 4j + 12>>1 2j>>+1 2j=10 4j4j=10, 77 21, 84 90= 2, 69 + 68, 2Denic oes por Euler.K1=(s +a bj)|s=a+bj= MejK2= K1=(s +a +bj)|s=abj= Mej___ onde * indica o conjugado20f(t) = Meje(a+bj)t+Meje(abj)tf(t) = M_e+j.eat.e+bjt_+M_ej.eat.ebjt_f(t) = 2Meat_ej(bt+)+ej(bt+)2_. .cos(bt +)f(t) = 2Meatcos (bt +)Aplicando a este exerccio, obtemos:F(s) =2, 69 68, 2(s + 1 2j)+2, 69 + 68, 2(s + 1 + 2j)c(t) = 2.2, 69u(t)et(cos 2t 68, 2)c(t) = 5, 38u(t)et(cos 2t 68, 2)Exemplo 2.6.2. Dada uma F(s) composta de p olo real e p olos complexos conjugadosF(s) =10(s + 2) (s2+ 2s + 10)=K1(s + 2)+K2(s + 1 3j)+K2(s + 1 + 3j)K1=....(s + 2)10....(s + 2) (s2+ 2s + 10)s=2=10(s2+ 2s + 10)s=2=104 4 + 10=1010= 1K2=

(s + 1 3j)10(s + 2)

(s + 1 3j) (s + 1 + 3j)s=1+3j=10(s + 2) (s + 1 + 3j)s=1+3jK2=10(1 + 3j + 2) (1 + 3j + 1 + 3j)=1003, 1672690= 0, 53 162K2= 0, 5316221F(s) =1(s + 2)+0, 53 162(s + 1 3j)+0, 53162(s + 1 + 3j)c(t) = u(t)_e2t+ 1, 06etcos (3t 162)Arranjo matem aticoExemplo 2.6.3. Seja a mesma func ao de transfer encia F(s) =2s + 12s2+ 2s + 5, estudada na resoluc ao porEuler no Exemplo 2.6.1. Solucionando agora por arranjo matem atico, temos:F(s) =2s + 12s2+ 2s + 5=2s + 12(s + 1 + 2j) (s + 1 2j)Neste processo, n ao e de interesse a divis ao por frac oes parciais, mas sim um arranjo matem atico naforma de senos ou cossenos amortecidos que se encontram apresentados na tabela de convers ao deLaplace.w(s +a)2+w2= eatsen wt e(s +a)(s +a)2+w2= eatcos wt(s + 1 + 2j) (s + 1 2j) = (s + 1)2. .real2+ 22..Imag2Reescrevendo F(s), temos:F(s) =2s + 12s2+ 2s + 5=2s + 12(s + 1)2+ 22Separando o numerador na forma necessaria apresentada por Laplace.2s + 12s + 1= 2 (s + 1) + 10F(s) =2s + 12(s + 1)2+ 22=2 (s + 1) + 10(s + 1)2+ 22= 2(s + 1)(s + 1)2+ 22+ 52(s + 1)2+ 22c(t) = u(t)_5etsen2t + 2etcos 2t = etu(t) [5sen2t + 2 cos 2t]A equac ao acima ainda permite uma minimizac ao.

` `Resultante5sen(2t)2cos(2t)asen +b cos ___M odulo= M=a2+b2Argumento= =_arctan ab_M =a2+b2arctan ab22Resultando na func ao temporal abaixo.c(t) = 5, 38u(t)etcos (2t 68, 2)Exatamente o mesmo resultado obtido na soluc ao por Euler efetuado anteriormente.2.7 Soluc oes com MatLabTodas transformadas e transformadas inversas apresentadas, podem tamb em ser obtidas como auxilio do MatLab. Para obtenc ao das respostas, e necess ario entrar com as informac oes na janelaCommand Window do MatLab e aguardar o resultado no mesmo local. A seguir, exemplos de comoproceder para efetuar a transformac ao ao lado de alguns coment arios sobre os comandos efetuados.Transforma no domnio de Laplace ou retornar no tempoNo MatLab Coment arios>> syms a s t w Denic ao de vari aveisf=2*exp(-t)-exp(-2*t) Dene a func ao temporal f(t)f=2*exp(-t)-exp(-2*t) Retorna o valor denido de f(t)>> L=laplace(f,t,s) Dene e executa a transformada de LaplaceL=2/(s+1)-1/(s+2) Retorna a func ao no domnio da freq u encia>>ilaplace(L,s,t) Dene e executa a transformada inversaans=2*exp(-t)-exp(-2*t) Retorna a func ao temporal inicial23Denir polin omiosNo MatLab Coment arios>> a=poly[-1 -2 -3 -4]) Dene a func ao 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] Dene a entrada na forma do polin omio a = s4+ 10s3+ 35s2+ 50s + 24a=1 10 35 50 24 Retorna o polin omio da mesma forma a = s4+ 10s3+ 35s2+ 50s + 24Divis ao em frac oes parciaisNo MatLab Coment arios>> n=[1 3] Dene o numerador no domnio de Laplace (s + 3)num=1 3 Retorna o numerador (s + 3)>> d=[1 3 2] Dene o denominador no domnio de Laplace (s2+ 3s + 2)den=1 3 2 Retorna o denominador (s2+ 3s + 2)>>[r,p,k]=residue(n,d) Dene e executa a transformada inversa de Laplacer=-12 Retorna os indices K1 e K2p=-2-1 Retorna os p olos (s + 2)(s + 1)K=[] Retorna resduo, neste caso = zeroResultado F(s) =(s + 3)s2+ 3s + 2=1(s + 2)+2(s + 1)242.8 Tabela de transformadas de LaplacePares de Transformadas de Laplaceitem f(t) F(s)1du(t)dts2du(t)ndtnsn3 Impulso unit ario d(t)14 Degrau unit ario = u(t)=11s5 t1s26tn1(n 1)!, p/ n = 1, 2, 3....1sn7 tnp/n = 1, 2, 3....n!sn+18 eat1(s +a)9 teat1(s +a)2101(n 1)!tn1eat1(s +a)n11 tneatp/ n = 1, 2, 3...n!(s +a)n+112 sen wtws2+w213 cos wtss2+w214 senh wtws2w215 cosh wtss2w2161a(1 eat)1s(s +a)171b a_eatebt_1(s +a) (s +b)181b a_bebtaeat_s(s +a) (s +b)25item f(t) F(s)191ab_1 +1ab_beataebt__1s (s +a) (s +b)201a2_1 eata t eat_1s (s +a)2211a2_at 1 eat_1s2(s +a)22 eatsen wtw(s +a)2+w223 eatcos wt(s +a)(s +a)2+w224wn1 2ewntsen_wn1 2t_p/ 0 1w2ns2+ 2wns +w2n25 11 2ewntsen_wn1 2t _p/___ = arctan1 20 1 e 0 /2ss2+ 2wns +w2n26 1 11 2ewntsen_wn1 2t _p/___ = arctan1 20 1 e 0 /2ss (s2+ 2wns +w2n)27 1 cos wtw2s (s2+w2)28 wt sen wtw2s2(s2+w2)29 sen wt wt cos wt2w3(s2+w2)23012wt sen wts(s2+w2)231 t cos wts2w2(s2+w2)2321w22w21(cos w1t cos w2t) p/ w22 = w21s_s2+w21_ _s2+w22_3312w (sen wt +wt cos wt)s2(s2+w2)234 2Meatcos (bt +)M(s +a bj)+M (s +a +bj)262.9 Exerccios de Fixac aoExerccio 2.1. Dadas as func oes temporais que seguem, reescreva as express oes no domnio deLaplace.(a) f(t) = 4u(t) + 2e3tResp. F(s)=6 (s + 2)s (s + 3)(b) f(t) =du(t)2dt2+ 2u(t) comu(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, 5s(d) r2(t) = 7, 6tu(t) Resp. R2(s)=7, 6s2(e) r3(t) = 3, 3t2u(t) Resp. R3(s)=6, 6s3Exerccio 2.2. Dadas as func oes 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 9s2+ 6s + 34(f) C(s)=4s + 8(s + 2, 5) (s2+ 4s + 13)Exerccio 2.3. Resolva por Laplace as equac oes diferenciais que seguem.(a)d2y(t)dt2+ 2dy(t)dt+ 17y(t) = 6u(t)(b)d2y(t)dt2+ 3dy(t)dt+ 2y(t) =du(t)dt+u(t) comu(t) = 1 + cos 2t (ENADE 2005)(c) 2d2y(t)dt2+ 12dy(t)dt+ 2y(t) = 4du(t)dt+ 2u(t)(d)d2y(t)dt2+Ky(t) = Ku(t) com u(t)= impulso unit ario.Exerccio 2.4. Dada a func ao de Laplace, obter sua respectiva equac ao diferencial.(a) G(s) =2s + 1s3+ 2s2+ 6s + 2Captulo 3Modelagem Matem aticaCompensadorModelagemMatematicaModelar um sistema signica transcrever matematicamente seu comportamento no tempo ou nafreq u encia (em Laplace) para que possa ser utilizado posteriormente na forma de express ao alg ebricadeterminando sua resposta. Modelamos sistemas fsicos, mec anicos (rotac ao, translac ao, etc.), pneum aticos,hidr aulicos, el etricos, entre outros.Dentro do curso de controle cl assico nos limitaremos ao calculo damodelagem de sistemas el etricos passivos e ativos, mas apresentamos ao nal deste capitulo algunsexemplos de modelagem cl assicas.1. Sistemas el etricos passivos2. Sistemas el etricos ativos3. Sistemas mec anicos din amicos4. Sistemas de nvel de uido (tanques)5. Sistemas t ermicos (fornos)6. Motores el etricos de CC27283.1 Circuitos El etricos PassivosDenimoscomocircuitospassivos, montagenscompostasporresistores, indutoresecapaci-tores, queassociadostemapossibilidadedemodicaraformadosinal recebidonaentrada, semcontudo propiciar um ganho de tens ao a este. S ao basicamente circuitos atenuadores ou na melhordas condic oes que mant em a amplitude recebida.No estudo de circuitos el etricos temos as relac oes entre tens ao, corrente e carga no tempo, de cadaum destes componentes.Componente v(t)=f(i(t)) i(t)=f(v(t)) v(t)=f(q(t)) Z(s)Resistor v(t)= Ri(t)i(t)=1R v(t)v(t)= Rdq(t)dtRCapacitor v(t)=1Ct0i(t)dt i(t)= Cdv(t)dtv(t)=1Cq(t)1sCIndutor v(t)= Ldi(t)dti(t)=1Lt0v(t)dt v(t)= Ld2q(t)dt2sLA partir das equac oes acima, podemos modelar circuitos el etricos utilizando suas func oes tem-porais ou suas relac oes em freq u encia, que em nosso caso se observa ser muito mais pr atico.Exemplo 3.1.1. Aplicando as propriedades apresentadas, podemos equacionar circuitos el etricos nodomnio de laplace e obter sua func ao de transfer encia e sua resposta temporal.RCI(s)Vi(s)Vo(s)Sendo um circuito s erie, teremos a corrente comum a todos, resultando em:V o(s)= I(s)1sCe V i(s)= I(s)_1sC+R_F(s)=V o(s)V i(s)=>>>I(s)1sC

I(s)_1sC+R_=1sC1sC+R=1>>sCRCs + 1>>sC=1RCs + 1 F(s)=1RCs +1RC29Impondo uma excitac ao de entrada em degrau, resulta:C(s)= R(s)F(s)=1RCs_s +1RC_=K1s+K2s +1RCK1=

s1RC

s_s +1RC_s=0=1RC1RC= 1K2=>>>>>>_s +1RC_1RCs>>>>>>_s +1RC_s=1RC=1RC1RC= 1C(s)=K1s+K2s +1RC=1s 1s +1RCL1C(s) c(t)= 1 et/RCExemplo 3.1.2. Para um circuito um pouco mais complexo determinamos sua func ao de transfer enciae sua resposta temporal: 12 0,5H0,005FVi(s)Vo(s)8V o(s)= I(s)_1sC+R1_ = I(s)_10, 005s+ 8_V i(s)= I(s)_sL +R1 +R2 +1sC_ = I(s)_0, 5s + 20 +10, 005s_F(s)=V o(s)V i(s)=

I(s)_10, 005s+ 8_

I(s)_0, 5s + 20 +10, 005s_=8 +200s0, 5s + 20 +200sF(s)=8s + 200

s0, 5s2+ 20s + 200

s=8s + 2000, 5s2+ 20s + 200=16s + 400s2+ 40s + 400F(s)=16s + 400s2+ 40s + 400=16s + 400(s + 20)230Impondo uma excitac ao de entrada de degrau unit ario, vem:C(s)=16s + 400s (s + 20)2=K1s+K2(s + 20)2+K3(s + 20)K1=

s 16s + 400

s (s + 20)2s=0=16s + 400(s + 20)2s=0=400400= 1F1(s)=.....(s + 20)2 16s + 400s.....(s + 20)2=16s + 400sK2=(16s + 400)ss=20= 320 + 40020= 4K3=dds_(16s + 400)s_s=20ddsuv=uv vuv216 (s) 1 (16s + 400)s2= 400s2s=20= 400400= 1C(s)=1s 4(s + 20)2+1(s + 20)L1C(s)c(t)= 1 4te20te20t=1 e20t(4t + 1)Exemplo 3.1.3. Para um novo circuito determinamos sua func ao de transfer encia, resposta temporal eresposta estacionaria (ap os passado muito tempo), tamb em para uma excitac ao a degrau unit ario: Vi(s)Vo(s)1 0,1H0,01F 9Para calcular a func ao de transfer encia deste circuito devemos conhecer:Zo(s)= Ro//Coe Zi(s)= Li +Ri +Zo(s)1Zo(s)=1Ro+sCo1=19+ 0, 01s =1 + 0, 09s9Zo(s)=90, 09s + 1=100s + 11, 11Zi(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)=1.000s2+ 21, 1s + 1.111=1.000(s + 10, 6 31, 6j) (s + 10, 6 + 31, 6j)C(s)=1.000s (s + 10, 6 31, 6j) (s + 10, 6 + 31, 6j)=K1s+K2(s + 10, 6 31, 6j)+K2(s + 10, 6 31, 6j)31___K1=

s1.000

s (s2+ 21, 1s + 1.111)s=0=1.0001.111= 0, 9K2=

(s + 10, 6 31, 6j)1.000s

(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)=1.000033, 3310963, 290= 0, 47 199C(s)=0, 9s+0, 47 199(s + 10, 6 31, 6j)+0, 47 + 199(s + 10, 6 + 31, 6j)L1c(t)= 0, 9 + 0, 94e10,6tcos(31, 6t 199)Finalizamos calculando o valor nal para tempo tendendo a innito, vem:c(t)= 0, 9 + 0, 94 e10, 6t. .t = 0cos(31, 6t 199). .zero= 0, 9Aplicadoumdegrauunit ario, resultouemumsinal devalornal 0,9, ousejaumerrodequeser aestudado no capitulo de erro de estado estacion ario3.2 Circuitos El etricos AtivosPela utilizac ao de amplicadores operacionais, podemos modicar o sinal de entrada como noscircuitos passivos e ainda impor um ganho maior que a unidade. Este recurso e bastante utilizado naconfecc ao de compensadores anal ogicos e esta congurac ao de montagem recebe o nome de circuitoativo. Montagens com resistores, capacitores e amplicadores operacionais convenientemente associ-ados determinam uma func ao de transfer encia ao circuito que associada a planta em estudo, modicamseu comportamento para obter a resposta desejada.Paramelhorcompreendermosseufuncionamentovamosestudarinicialmenteasmontagenscarac-tersticas do Amp Op como inversor de tens ao e como n ao inversor de tens ao.Amplicador inversor>>>>>

TerravirtualRiRfIfIi-+ViVo32Considerandoumamplicador operacional comoumcircuitoideal (imped anciadeentradaeganho innitos),dentro de seus limites de operac ao,podemos armar que a tens ao necessaria nasentradas diferenciais para levar a sada no estado de saturac ao, ser a desprezvel. Nesta montagem,com a entrada n ao inversora ligada a terra e uma queda muito baixa entre elas, por aproximac ao, con-sideramos a entrada inversora com o mesmo potencial da entrada n ao inversor,ou seja terra,quenestas condic oes e chamado de terra virtual. Admitido que a entrada inversora tem o potencial de terravirtual, podemos calcular:Ii =V iRiMas com a imped ancia de entrada muito alta (no caso de um operacional 741 da ordem deM), s opermite a corrente de entrada seguir o caminho de Rf.Desta forma deduzimos que:VRf= Rf Iipois Ii= IfEm uma r apida an alise percebemos que Vo= VRf, que substituindo vem:Vo= ViRfRiO caso particular do amplicador inversor, quando Ri= Rf, resulta Vo= Vi Em controle substitumosas resist encias por imped ancia na entrada e na realimentac ao, resultando em:F(s)=Vo(s)Vi(s)= Zf(s)Zi(s)Exemplo 3.2.1. Para o circuito abaixo, obter sua func ao de transfer encia>>>>>

-+C1R1R2C2Vi(s)Vo(s)Zf(s)= R2 +C2 R2 +1C2s Zf(s)=C2R2s + 1C2sZi(s)= R1 +C1 R1 +1C1s Zi(s)=C1R1s + 1C1sF(s)= Zf(s)Zi(s)= C2R2s + 1C2sC1R1s + 1C1s= C2R2s + 1C2

sC1

sC1R1s + 1 F(s)= C1C2(C2R2s + 1)(C1R1s + 1)33Amplicador n ao inversor Considere a congurac ao que segue>>>>>

Vi(s) +-Vo(s)R1VaR2Vo= Av (ViVa) ondeAv e o ganhodo amplicadorAtrav es do divisor de tens ao formado por R1 e R2, temos:Va=R1R1 +R2V0Substituindo na equac ao inicial, vem:Vo= Av_ViVoR1R1 +R2_ = AvViAvVoR1R1 +R2Vo +AvVoR1R1 +R2= AvViVo_1 +AvR1R1 +R2_ = AvVi VoVi=Av1 +AvR1R1 +R2

1 +AvR1R1 +R2 AvR1R1 +R2VoVi=

Av

AvR1R1 +R2=1R1R1 +R2F(s)=VoVi=R1 +R2R1A soluc ao particular ocorre quando R2= 0 (curto circuito) e R1= (circuito aberto), netas condic oesa montagem recebe o nome de seguidor de tens ao, pois a tens ao de entrada e copiada para a sadacom um desacoplamento de imped ancia.>>>>>

Vi(s)+Vo(s)-34Exemplo 3.2.2. Obter a func ao de transfer encia do circuito que segue>>>>>

Vi(s)+Vo(s)-C2R1C1R2Z1(s)= R1 +C1 R1 +1C1s=R1C1s + 1C1sZ2(s)= R2 +C2 R2 +1C2s=R2C2s + 1C2sF(s)=Z1(s) +Z2(s)Z1(s)=R1C1s + 1C1s+R2C2s + 1C2sR1C1s + 1C1sF(s)=C2 (R1C1s + 1) +C1 (R2C2s + 1)C1C2sR1C1s + 1C1sF(s)=C2 (R1C1s + 1) +C1 (R2C2s + 1)

C1C2

s>>C1sR1C1s + 1 F(s)=C2 (R1C1s + 1) +C1 (R2C2s + 1)C2 (R1C1s + 1)Compensadores de avanco, ou de atraso de fase e a composic ao entre eles, o avanco/atraso defase s ao muito utilizados como compensadores anal ogicos normalmente em cascata com a planta paramodicar seu comportamento. Analisaremos estes casos a seguir, sendo que o modelo el etrico tantopara o avanco, como para o atraso s ao os mesmos, o que diferencia o funcionamento do compensador e a relac ao entre as resist encias e as capacit ancias.35Compensador de Avanc o ou Atraso de fase>>>>>

-+>>>>>

-+R1C2R2R3R4C1Z1(s)= R1//C1 1Z1(s)=1R1+C1s =R1C1s + 1R1Z1(s)=R1R1C1s + 1Z2(s)= R2//C2 1Z2(s)=1R2+C2s =R2C2s + 1R2Z2(s)=R2R2C2s + 1F(s)= F1(s)F2(s)=_Z2(s)Z1(s)__R4R3_ =R4R3Z2(s)Z1(s)F(s)=R4R3R2R2C2s + 1R1R1C1s + 1=R4R3R2R2C2s + 1R1C1s + 1R1F(s)=R4R2R3R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)F(s)=R4R2R3R1. .Ganhozero .. (R1C1s + 1)(R2C2s + 1). .poloPodemos denir para esta congurac ao de compensadorO ganho proporcional sera K=R4R2R3R1Quando R1C1>R2C2, o p olo estar a mais pr oximo da origem que o zero e o compensador ser ade atraso de faseQuando R1C1

>>3, 75>>>3, 75_ = 3, 75 (0, 267s + 1)6, 886, 88 (s + 6, 88) = 6, 88_s6, 88+>>>6, 88>>>6, 88_ = 6, 88 (0, 145s + 1)Agrupando tudo, resulta:Gc(s)= 2, 35(s + 3, 75)(s + 6, 88)= 2, 353, 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)=R4R2R3R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1) ___1, 28 =R4R2R3R10, 267 = R1C10, 145 = R2C2Sendo capacitores mais difceis de serem obtidos, e usual adotarmos valores conhecidos para estescomponentes e calcularmos os valores dos resistores, como segue:C1= C2= 5uFe R3= 10KR1=0, 2675uF= 53K4 R2=0, 1455uF= 29K R4=1, 28R3R1R2= 23K6>>>>>

-+>>>>>

-+53K45 uF29K10K23K65 uF37Exemplo 3.2.4. Repetido agora para um compensador de atraso de faseGc(s)= 1, 1(s + 0, 1)(s + 0, 05)=R4R2R3R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)Gc(s)= 1, 1(s + 0, 1)(s + 0, 05)= 1, 10, 10, 1 (s + 0, 1)0, 050, 05 (s + 0, 05)= 1, 10, 10, 05(10s + 1)(20s + 1)= 2, 2(10s + 1)(20s + 1)Gc(s)= 2, 2(10s + 1)(20s + 1)=R4R2R3R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)Adotando C1= C2= 470uFe R3= 22K, vem:R1=10C1=10470uF= 21K3 R2=20C2=20470uF= 42K6 R4=2, 2R3R1R2= 24K2>>>>>

-+>>>>>

-+21K3470 uF42K622K24K2470 uFCompensador de Avanc o/Atraso de fase>>>>>

-+>>>>>

-+R1R3C2R2R4R5R6C1Esta montagem permite associar um compensador de avanco a um compensador de atraso defase em um unico circuito, sem a necessidade de utilizac ao de 4 amplicadores operacionais.Z1(S)= (R1 +C1) //R3 1Z1(S)=1_R1 +1C1s_+1R3Z1(S)=R3 (R1C1s + 1)(R1C1s + 1) + (R3C1s)38Z2(S)= (R2 +C2) //R4 1Z2(S)=1_R2 +1C2s_+1R4Z2(S)=R4 (R2C2s + 1)(R2C2s + 1) + (R4C2s)F(s)=R6R5R4 (R2C2s + 1)(R2C2s + 1) + (R4C2s)(R1C1s + 1) + (R3C1s)R3 (R1C1s + 1)F(s)=R6R4R5R3[(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 outrode atraso) temosGcav(s)Gcat(s)= 1, 28(0, 267s + 1)(0, 145s + 1)2, 2(10s + 1)(20s + 1) 2, 82(0, 267s + 1)(0, 145s + 1)(10s + 1)(20s + 1)=R6R4R5R3[(R1 +R3) C1s + 1](R1C1s + 1)(R2C2s + 1)[(R2 +R4) C2s + 1]Adotando C1= 10uF, C2= 100uFe R5= 47K, resulta:0, 145 = R1C1 R1=0, 14510uF= 14K5 0, 267 = (R1 +R3) C1 R3=0, 26710uF 14K5 = 12K210 = R2C2 R2=10100uF= 1M 20 = (R2 +R4) C2 R4=20100uF 1M= 1M2, 82 =R6R4R5R3R6= 2, 82R5R3R4= 2, 8247K 12K21M= 1K6>>>>>

-+>>>>>

-+14K512K2100 uF 1M1M47K1K610 uFResumidamente, em controle cl assico os principais controladores s ao assim, denidos.39Func ao Z1(s) entrada Z2(s) realimentac ao F(s)= Z2(s)Z1(s)Ganho R1R2R2R1Integrador R1C21R1C2/sDiferenciador C1R2R2C1PI R1R2 C2R2R1_s + 1/R2C2_sPD R1//C1R2R2R1(R1C1s + 1)PID R1//C1R2 C2__R2R1+C1C2_+R2C2s +1/R1C2s_Avanco de fase R1//C1R2//C2R2R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)p/ R1C1< R2C2Atraso de fase R1//C1R2//C2R2R1(R1C1s + 1)(R2C2s + 1)p/ R1C1> R2C2Circuito Ativo com Realimentac ao (PROVAO 2003)Exemplo3.2.6. Ocircuitoaseguirrealiza, atrav esdaeletr onicaanal ogica, umsistemaemmalhafechada.Para obter a func ao de transfer encia em malha fechada vamos agrupar as partes em blocos:40

`-1 -K=R1R+- -1sR2C2+1R2Cancelando os sinais negativos e reduzindo os blocos em cascata resulta:

`+-KR2sR2C2+1Por reduc ao de blocos que ser a visto no proximo capitulo:F(s)=G(s)1 +G(s)H(s)=KR2R2C2s + (KR2 + 1)413.3 Sistemas mec anicos din amicosOstr eselementosmec anicosb asicos, s aomassa, mola(resist encia)eamortecedor(atrito),identicados abaixo.Figura 3.1:MassaDe acordo com a 2olei de Newton, podemos escrever automaticamente:f(t)= ma(t)= mdv(t)dt= md2x(t)dt2onde___x(t) posic aov(t) velocidadea(t) acelerac aodoponto emestudoConsiderando que a massa e um corpo rgido, ou seja, o ponto de aplicac ao da forca n ao se moveem relac ao a um outro ponto qualquer da massa, portanto x(t) e a posic ao de qualquer ponto da massa.Considerando tamb em a massa como sendo um elemento de armazenamento de energia cin etica domovimentedetranslac ao, emumaanalogiaacircuitosel etricos, podemosconsiderarequivalenteauma indut ancia.Mola e AmortecedorEm uma mola armazenamos energia potencial, sendo an aloga a um capacitor em circuitos el etricos.O atrito ou amortecimento, causado pelo amortecedor ser a para nos equivalente a resist encia el etricade circuitos.Nestes dois casos,diferentes da massa,podemos ter deslocamento do ponto de aplicac ao da forca42com relac ao ao ponto de apoio do elemento, por este motivo necessitamos de duas vari aveis de deslo-camento para descrever a resposta do elemento, conforme segue.Amortecedor f(t)= B_X1(t)tX2(t)t_B = coecientede atritoMola f(t)= K_X1(t)X2(t)_Estas equac oes s ao validas com as forcas aplicadas no sentido do desenho acima, caso a aplicac aose de em sentido contrario, o sinal equivalente dever a ser invertido na equac ao.O amortecedor tem apropriedade 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 Newtonpodemos escrever:Asomadasforcasaplicadasaumcorpo eigual aoprodutodesuamassapelaacelerac aoadquiridaExemplo 3.3.1. Para o sistema mec anico da gura abaixo, sendo f(t) o sinal de entrada e x(t), o sinalde sada, obter a func ao de transfer encia do sistema.MassaK Bf(t) x(t)Tr es forcas est ao em ac ao no sistema___f(t) forca aplicadaBx(t)tforca de atritoKx(t) forca da molaF= M2x(t)t2= f(t)Bx(t)tKx(t)L1Ms2X(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)=1Ms2+Bs +K43Exemplo 3.3.2. Na gura abaixo observamos o diagrama esquem atico da suspens ao de umautom ovel.Comodeslocamentodoveiculoaolongodeumaestrada, emumpisoirregular, osdeslocamentosverticais dos pneus agem como uma excitac ao do sistema de suspens ao do autom ovel.O movimentodestesistema ecompostoporumatranslac aodocentrodemassaedeumarotac aoemtornodocentro de massa. Sua modelagem e bastante complexa, porem em uma vis ao simplicada, podemosconsiderarCentrodemassaCarroceriaMKBPX0X1Considerando que o deslocamento X1 do ponto P seja a grandeza de entrada do sistema e queo deslocamento vertical X0 da carroceria seja a grandeza de sada (estamos estudando as oscilac oesda carroceria com a ondulac ao do piso), obtemos da func ao de transfer encia considerando apenas odeslocamento vertical da carroceria.M2x0t2+B_X0tX1t_+K (X0X1) = 0M2x0t2+BX0t+KX0= BX1t+KX1Levando para o domnio de Laplace temos:_Ms2+Bs +K_X0(s)= (Bs +K) X1(s)G(s)=X0(s)X1(s)=Bs +KMs2+Bs +KExemplo 3.3.3. Considerando agora o efeito el astico que o pneu imp oe no sistema anterior, podemosrefazer o Exemplo 3.3.2 um pouco mais detalhado44 M1 Massa da carroceria do autom ovel M2 Massa da roda B Atrito do amortecedor K1 constante elastica da mola docarro K2 constante elastica do pneu___M1 M12x1t2= B_X1tX2t_K1 (X1X2)M2 M22x2t2= f(t) B_X2tX1t_K1 (X2X1) K2X2Desmembrando e engarupando os termos, temos___M1s2X1(s) +B_sX1(s)sX2(s)_+K1_X1(s)X2(s)_ = 0M2s2X2(s) +B_sX2(s)sX1(s)_+K1_X2(s)X1(s)_+K2X2(s)= F(s)___X1(s)=Bs +K1M1s2+Bs +K1X2(s)= G1(s)X2(s)X2(s)=1M2s2+Bs + (K1 +K2)F(s) +Bs +K1M2s2+Bs + (K1 +K2)X1(s)= G2(s)F(s) +G3(s)X1(s)Solucionamos com maior facilidade este equacionamento com auxilio de reduc ao blocos, que tem seuestudo mais detalhado apresentado no pr oximo capitulo._ `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 func ao de transfer encia procurada com asubstituic ao de G1(s), G2(s) e G3(s)45G(s)=X1(s)F(s)=Bs +K1M1M2s4+B(M1 +M2) s3+ (K1M2 +K1M1 +K2M1) s2+K2Bs + (K1K2)3.4 Sistemas FluidoExemplo 3.4.1. Considere o tanque abaixo, com suas respectivas entradas e sadas especicadasFigura 3.2: Q Vaz ao em volume em regime permanente [m3/seg] K Coeciente [m2/seg] H Altura do nvel de agua em regime permanente [m] E a variac ao na = de nvel necessaria para obter uma variac ao unit aria na taxa de uxo desada E a variac ao na quantidade de liquido armazenado, necess ario para causar uma variac aounit aria na altura do tanqueC= (qiqo)no tempoCdh = (qiqo) dt e qo=hRCdh =_qihR_dt RCdh = (Rqih) dt RCdhdt+h = Rqi ___h H(s)qi Qi(s)46RCsH(s) +H(s)= RQi(s) H(s) (RCs + 1) = RQi(s) H(s)Qi(s)=RRCs + 1Caso seja de interesse a relac ao entre entrada e sada, vem:h = q0R H(s)= Q0(s)R Q0(s)Qi(s)R =1

R

RRCs + 1 F(s)=1RCs + 13.5 Sistemas de aquecimentoExemplo 3.5.1. Obter a func ao de transfer encia do sistema de troca de calor que segueFigura 3.3:S ao denidos para este sistemaResist encia t ermica Quociente de variac ao da diferenca de temperatura pela variac ao da taxade uxo de calor massa x calor especico =_Kcal

KgoC__

Kg =_KcaloC_Capacit ancia t ermica Quociente de variac ao de calor armazenado no sistema, pela variac aoda temperatura =d ( )dq=variac ao o da temperaturavariac ao o de uxo de calorE as vari aveis que vamos utilizar s ao:47G Fluxo de lquido em regime permanente_Kgseg_M Massa de liquido no tanque [Kg]C Calor especico de liquido_calKgoC_R Resist encia t ermica_oCsegcal_C Capacit ancia t ermica_KcaloC_H Taxa de entrada de calor em regime permanente_Kcalseg_Supondoqueatemperaturadoliquidodeentradasejamantidaconstantei=cteequeataxa de entrada de calor fornecida pelo aquecedor,seja modicada rapidamente deHparaH+ hi,ondehi representa a variac ao de. Desta forma a taxa de sada de calor vai variar gradualmente deH H +hi, ent ao:h0= GcPhi0; R =0h0e C= mconde___h0 = taxa de entrada de calorG = vaz ao do sistemac = calor especico0 = temperatura de sadaR = Resist encia t ermicaC = Capacidade t ermicam = massaPelo balanco energ etico do sistema, calor de entrada=calor de sadaCd = (hih0) dt Cddt= (hih0) sendo h0=0R , temosCd0dt+h0= hi Cd0dt+0R= hi RCd0dt+ 0= RhiL1RC(s)0(s)s + 0(s)= RHi(s) 0(s)Hi(s)=RRCs + 1Na pratica a temperatura de entrada n ao e constante podendo variara deiparai+ ,enquantoa taxa de entrada de calorHe o uxo de calorG, s ao mantidos constantes. Desta forma a taxa decalordesadaser aalteradadeHH+ h0, causandoumavariac aodetemperaturadesadade0 0 + , cando o balanco energ etico do sistema como:Cd = (hih0) dt comohi= Gci48Cddt=1Rih0mas h0=Re Gc =1RCddt=1RiR Rcddt+ 0= iL1R_s0(s) + 0(s)_ = i(s)0(s) (RCs + 1) = i(s) G(s)=0(s)i(s)=1RCs + 13.6 Motor de corrente continuaExemplo 3.6.1. Para ummotor de corrente continua abaixo apresentado, comsuas respectivas equac oes,obter sua func ao de transfer encia.Figura 3.4: Esquema el etrico de um motor CC Ra Resist encia de armadura La Indut ancia de armadura Fem Forca eletro motriz Fcem Forca contra eletro motrizV0(t)= RaIa(t) +LadIa(t)dt+ea(t)L1V0(s)= (Ra +Las) Ia(s) +Ea(s)Equacionando a FCEM por Faraday, temos:ea(t)= Kedm(t)dtonde___Ke Constante do motordm(t)dt= Wm(t) velocidade angularL1Ea(s)= Kem(s)49A forca mec anica que um motor desenvolve em seu eixo, que recebe a denominac ao de conju-gado mec anico, e proporcional ao campo magn etico que neste caso e constante pois consideramosum motor de m a permanente e a corrente de armaduraIa(t). Esta forca multiplicada pelo braco dealavanca preso ao eixo de sada do motor, corresponde ao conjugado de sada.Cm= KmIa(t)L1Cm(s)= KmIa(s)mas Cmec(t)Cres(t)= Jdw(t)dtonde J= momento de in erciaCres(t)= BWm(t) onde___B atrito viscosoWm velocidade angularCmec(t)= Jdw(t)dt+BWm(t)L1Cmec(s)= (Js +B) (s)Representando o resultado em diagrama de blocos, temos:_ ` Vo(s)Ea(s)1Ra +LasKmKm1Js +B(s)Ia(s)Cm(s)-+503.7 Exerccios de Fixac aoExerccio3.1. Paraoscircuitosapresentadosabaixo, obtenhaasuafunc aodetransfer enciaemLaplace, sua resposta temporal e seu valor nal(a) 8 0,75H0,01F16(b) 75250, 05F0, 25H(c) 75 50 0, 05F0, 25H(d) 0, 025F200, 8H80Exerccio3.2. Paraocompensadorabaixoapresentado, calculeovalordoscomponentesparaasfunc oes de transfer encia que seguem>>>>>

-+>>>>>

-+R1C2R2R3R4C1(a) G(s)= 5, 75(s + 2, 83)(s + 10, 57)com C1= C2= 4, 7uFe R3= 47K(b) G(s)= 1, 32(s + 0, 88)(s + 5, 6)com C1= 2, 2uF , C2= 6, 8uFe R3= 22K(c) G(s)= 0, 98(s + 0, 025)(s + 0, 01)com C1= C2= 220uFe R3= 33K(d) G(s)= 1, 07(s + 0, 001)(s + 0, 0001)com C1= 470uF , C2= 1000uFe R3= 18K51Exerccio3.3. Paraocompensadorabaixoapresentado, calculeovalordoscomponentesparaasfunc oes de transfer encia que seguem>>>>>

-+>>>>>

-+R1R3C2R2R4R5R6C1(a) G(s)= 3, 47(s + 1, 82)(s + 7, 88)(s + 0, 1)(s + 0, 008)com C1= C2= 150uFe R3= 33K(b) G(s)= 2, 22(s + 0, 53)(s + 4, 91)(s + 0, 065)(s + 0, 001)com C1= 220uF, C2= 470uFe R3= 10KExerccio 3.4. Para cada um dos compensadores abaixo apresentados, calcule a sua func ao de trans-fer encia e aloque seus p olos e zeros sobre o plano s(a)>>>>>

-+>>>>>

-+21K3470uF42K622K24K2470uF(b)>>>>>

-+>>>>>

-+53K45uF29K10K23K65uF(c)>>>>>

-+>>>>>

-+14K512K2100 uF 1M1M47K1K610 uF52Exerccio 3.5. No circuito da gura abaixo,a corrente no indutor e a tens ao no capacitor s ao nulasem t = 0. Aplicando os conceitos da Transformada de Laplace (vari avel s) para a soluc ao de circuitos,determine: (Prov ao 1998)(a) A corrente I(s)(b) A imped ancia ZT(s) vistapela carga(c) A express ao da Func ao de Transfer encia H(s)=Vo(s)Vb(s)e o m odulo desta func ao quando a fonte forsenoidal com frequ encia igual a10 HzCaptulo 4Representac ao por BlocosCompensadorDiagramadeBlocos4.1 Sistema de ControleA func ao b asica de um sistema de controle com realimentac ao, consiste em comparar o valor realde sada com a referencia de entrada (chamado de valor desejado ou Set-Point) determinar o desviodesta comparac ao (sinal de erro) e produzir um sinal de controle que vai atuar sobre o sistema parazerarouminimizaroerrodesada. Estaatuac aorecebeonomedeAc aodeControle, queestaapresentada em termos de diagrama de blocos abaixo, para um sistema de controle industrial.` ` __ C(s)R(s)+-SensorPlanta Atuador AmplicadorDetectordeerroSinaldeerroSistemadecontroleEntrada,ReferenciaouSetPoint5354A sada do controlador fornece o sinal de erro atuante j a provida de amplicac ao de pot encia quepermita ac ao do atuador. O atuador e normalmente um transducer de sinal el etrico em mec anico, comoum motor el etrico, um pist ao hidr aulico ou pneum atico, uma v alvula, resist encias de aquecimento, etc.e atua sobre o processo levando a planta a correc ao da sada com a minimizac ao do sinal de erro ouanulando a sua exist encia. Sensor e o elemento que converte o sinalo sinalde sada em um sinalcompatvel ao sistema de controle, como rotac ao, temperatura, press ao, posic ao, entre outros, a sercomparado com o sinal de entrada (Set-Point). Este sensor e que executa o ramo de realimentac ao deum sistema de malha fechada. Plantas industriais s ao classicadas pela ac ao do controlador sobre oprocesso, conforme descrito.4.2 Tipo de controladoresTipo Descric aoOn-Off Controladores On-OffP Controladores ProporcionaisI Controladores IntegraisPI Controladores Proporcionais IntegraisPD Controladores Proporcionais DerivativosPID Controladores Proporcionais Integrais DerivativosControladores tipo On-Off Sistema de controle que s o permite dois estados (ligado ou desli-gado).E o controlador mais simples que existe, porem robusto e barato, por isto de utilizac ao bastantedifundida em resid encias e ind ustrias, como no exemplo abaixo.BoiaqoqiRedeFigura 4.1: Modelo de controle a realimentac ao tipo On-Off55Av alvulaeletromagn etica eutilizadaparacontroledavaz aodeentradadosistema(planta).Possuindo duas posic oes, aberta ou fechada, portanto a vaz ao de entrada ser a m axima ou nula emfunc ao da v alvula.Desta forma o nvel h do tanque permanece aproximadamente constante com umavariac ao no seu nvel, caracterstico de sistema.................................................................................................................................................................``....... ........... .... .......... .................. ......... ...... ................ .................... ..................................... .... ........ .... ..... ..... ..... .......... ............... ............ .....Intervalodiferencialth(t)Controladores ProporcionaisEm um controle proporcional, o sinal que aparece na sada do comparador de erro, ser a multipli-cado por uma constante de ganho.Matematicamente temos:u(t)= Kpe(t)L1U(s)E(s)= Kp onde___u(t) sinal de entradaKp ganho proporcionale(t) sinal de erroQualquerquesejaomecanismodeatuac ao, ocontroladorproporcional ser aumamplicadorcomganho ajust avel.Controladores IntegraisNestetipodecontroladorovalordosinal desadaser amodicadoaumataxadevariac aoproporcionaaoerroatuantee(t), comumaconstanteKisendoestaajust avel, emoutraspalavras,ocorre um acumulo crescente no tempo da taxa de erro, estacionando quando o valor de entrada fornulo ou o erro for zero.du(t)dt= Kie(t) u(t)= Kit0e(t)dtL1G(s) =U(s)E(s)=KisComo exemplo, o conjunto plat o + disco de embreagem do motor de um carro, armazena energia paragarantir a marcha lenta e sem o qual n ao podemos garantir o funcionamento continuo.Controladores Proporcionais IntegraisCaso semelhante aos dois anteriores compostos, ou seja, a ac ao integral ser a multiplicada porum ganho proporcional.u(t)= Kpe(t) +KpTit0e(t)dtL1U(s)E(s)= Kp_1 +1Tis_onde Ti tempo integral56Controladores Proporcionais DerivativosPara este tipo de controlador denimos:u(t)= Kpe(t) +KpTdde(t)dtL1U(s)E(s)= Kp (1 +Tds)onde Td tempo derivativoComo exemplo pode ser observado o sistema de avanco utilizado em veculos carburados que ao pisarno acelerador para efetuar uma ultrapassagem,um diferencial de combustvel e injetado para que omotor adquira maior pot encia de acelerac ao, bem como os pulsos de centelhamento das velas tamb ems ao adiantados em relac ao a posic ao dos pist oes para adquirir maior velocidade.Controladores Proporcionais Integrais-DerivativosEste compensador e a junc ao de todos os compensadores anteriormente apresentados, com asvantagens individuais de cada um dos compensadores apresentados.A equac ao resultante desta composic ao ca:u(t)= Kpe(t) +KpTit0e(t)dt +KpTide(t)dtL1U(s)E(s)= Kp_1 +1Tis+Tds_4.3 Diagrama de BlocosNos estudos de controle e bastante usuala representac ao de sistemas em termos de diagra-mas de blocos, como j a pode ser observado no capitulo anterior, onde foi obtida uma simplicac ao damodelagem do conjunto mec anico da suspens ao veicular por reduc ao de blocos.Exemplo 4.3.1. Vamos vericar um circuito de uso bastante comum, o integrador discreto RC, mode-lado e representado por blocos.RCI(s)Vi(s)Vo(s)Para este circuito podemos escrever:I(s) =Vi(s)V0(s)Re V0(s)= I(s)1sCEstasduasequac oesmatem aticaspodemser escritasemtermosdediagramasdeblocoscomoabaixo.57

_ ` +-1Vi(s)RVo(s)I(s)I(s)1sCExistindo pontos iguais, podemos interligar, logo

_ ` Vi(s)+-Vo(s)1RI(s)I(s)1sCVo(s)Portanto podemos associar os blocos

_ `+-1sRCVi(s)Vo(s)Para reduc ao vamos utilizar a propriedade abaixo que ser a vista ainda neste capituloF(s)=G(s)1 +G(s)H(s)=1RCs1 +1RCs.1=1>>RCRCs + 1...RCsF(s)=1RCs + 1Aprenderemosagoraarepresentarumaplanta, umcompensadoroscomponentesdeumsistemaatrav es de diagrama de blocos.Representamos um subsistema por uma entrada, uma sada e uma func ao de transfer encia, poremsistemas s ao formados por alguns ou diversos subsistemas, de forma que podemos representar suasconex oes e apresentar um resultado mais conveniente.Para isto devemos considerar componentes utilizados para representac ao em blocos de um sistemalinear e invariante no tempo mostrados abaixo:58Sinal de entradaR(s)Sinal de sadaC(s)Subsistema F(s)R(s) C(s)Junta somadora ou subtratora`_ `R1(s)R2(s)Vo(s)= R1(s)R2(s)Ponto de distribuic aoR(s)R(s)R(s)R(s)Multiplicador >>>>>

KR(s)K.R(s)A partir destas representac oes b asicas, associac oes entre subsistemas podem ser obtidas, para facili-dade de c alculos e interpretac ao de processos.Reduc ao 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)Reduc ao de associac ao de avanc o`_ `

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))59Reduc ao de uma malha fechada com realimentac ao (ramo de retrocesso) Para o diagramade blocos apresentado abaixo, de realimentac ao negativa, temos:_ `E(s)R(s)C(s)H(s)G(s)+-onde___R(s) excitac ao de entradaC(s) sinal de sadaG(s) ganho de avanco ou de malha diretaH(s) ganho de realimentac aoE(s) sinal de erroPodemos calcular:C(s)= E(s)G(s)e E(s)= R(s) C(s)H(s)Substituindo a segunda equac ao 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 realimentac ao seja positiva, resulta:_ `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)60Podemosent aoresumirquequandoarealimentac ao enegativa, oprodutoG(s)H(s)devesersomadoaunidadenodenominadorenquantoquepararealimentac aopositiva, devemossubtrairoproduto da mesma unidade. Ou seja invertemos o sinal do tipo da realimentac ao.F(s)=G(s)1 G(s)H(s)Exemplo 4.3.2. Calcule a func ao de transfer encia do diagrama de blocos abaixo_ `+R(s)C(s)+1s(s + 3)0, 8F(s)=G(s)1 G(s)H(s)=1s (s + 3)1 1s (s + 3)0, 8=1s (s + 3)1 0, 8s (s + 3)=1.....s (s + 3)s (s + 3) 0, 8.....s (s + 3)F(s)=1s (s + 3) 0, 8 F(s)=1s2+ 3s 0, 8Exemplo 4.3.3. Com realimentac ao negativa_` 1C(s)+R(s)-(s+1)(s+3)2sF(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=1s2+ 4s + 3 + 2s F(s)=1s2+ 6s + 3Uma aplicac ao de reduc ao com bastante utilizac ao em controle e o caso de realimentac ao unit aria, eesta caso particular nos permite uma simplicac ao.61Exemplo 4.3.4. Com realimentac ao unit aria_ `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=1s2+ 4s + 3 + 1 F(s)=1s2+ 4s + 4Generalizando podemos considerar G(s) =NG(s)DG(s), que substitudo 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 realimentac ao unit aria_ `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 + 2s2+ 7s + 7Exemplo 4.3.6. Problema com malhas de retroac ao, reduzir o sistema apresentado a um unico bloco ` ` `

_

_

_+-+++-G1(s)G2(s)G3(s)H1(s)H2(s)H3(s)Em primeiro lugar, vamos associar os dois blocos que est ao em cascata, que resulta:62 ` ` `

_

_

_+-+++-G1(s)H1(s)H2(s)H3(s)G2(s)G3(s)Reduzindo a malha de realimentac ao negativa que est a identicado como F1(s), temos: ` ` `

_

_

_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 reduc ao de F1(s) e marcando um novo bloco de nome F2(s):

_

_ ` ` +++-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 denindo F3(s):63

_ `G1(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 nal ser a F3(s) em cascata com G1(s): 1 +G2(s)G3(s)[H1(s)H2(s) +H3(s)]G1(s)G2(s)G3(s)644.4 Deslocamento de BlocosAlgumas aplicac oes necessitam recursos extras para obtenc ao de sua soluc ao. O deslocamentode um bloco dentro de uma malha pode em muitos casos facilitar a soluc ao como veremos a seguir. ` ``_ _+-R(s)X(s)+-C(s)R(s)C(s)X(s)G(s)G(s)G(s)_ _ ` ``+-+-R(s)R(s)G(s)G(s)G(s)1C(s) C(s)X(s)X(s) R(s)R(s)R(s)R(s)1G(s)1G(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)65Exemplo 4.4.1. Podemos agora refazer o Exemplo 4.3.6 de uma maneira muito mais simples utilizandoas propriedades de deslocamento de blocos. ` ` `

_

_

_+-+++-G1(s)G2(s)G3(s)H1(s)H2(s)H3(s)Deslocando os blocos de realimentac ao, obtemos:_ `G1(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 emF1(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 soluc ao anterior, porem com um n umero de passagens intermedi ariasmenores.Em outros casos a propriedade de deslocamento n ao e apenas um facilitador, mas uma necessi-dade sem a qual n ao seria possvel obter soluc ao.66Exemplo 4.4.2. Reduzir o sistema que segue_ _ `R(s)G(s)H1(s)H2(s)+-++C(s)Este sistema n ao permite uma soluc ao trivial. Caso seja resolvida a malha de avanco deG(s)com H1(s), n ao teremos mais o ponto de conex ao do sinal de entrada para H2(s), n ao sendo este ent aoumprocedimentocorreto. Deformaequivalente, seforminimizadaamalhaderealimentac aoG(s)com H2(s), deixar a de existir o ponto de conex ao de entrada de H1(s).Para solucionar esta diculdadedevemos utilizar a propriedade de deslocamento de blocos, para H1(s) ou para H2(s). Lembramos que odeslocamento de apenas um dos pontos j a permite a minimizac ao correta do sistema, mas ilustraremosa soluc ao com o deslocamento de ambos os blocos._ _ `C(s)++G(s)+-R(s)??Para proceder a modicac ao, a func ao de transfer encia de cada um dos blocos dever a ser modi-cada para garantir que o sinal antes e depois do deslocamento n ao seja alterado.Na aplicac ao abaixo deslocamos a conex ao de H1(s) ap os passar por G(s).Estimamos um sinal A de entrada e vericamos como este chega a sada antes e ap os a modicac aodo ponto de conex ao.Vericamos que e necess ario inserir no blocoH1(s),um fator de1G(s)para garantir a integridade dosinal. AG(s)AG(s)AG(s)AH1(s)H1(s)G(s)G(s)AH1(s)AG(s)AH1(s)67O mesmo procedimento agora para o ramo de retroac ao, demonstra a necessidade de multiplicaro bloco H2(s) pelo fator G(s). AG(s)H2(s)G(s)H2(s)G(s)AG(s)A AG(s)H2(s)AG(s)A AG(s)H2(s)AG(s)Podemos redesenhar o diagrama de blocos agora:_ _ `+-++R(s)C(s)G(s)H1(s)G(s)H2(s)G(s)A reduc ao ca ent ao:F1(s)=11 +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)=11 +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)684.5 Exerccios de Fixac aoExerccio 4.1. Dado o diagrama de blocos abaixo, obter sua reduc ao(a)_ `2s+3s(s+1)10,5s+1+-(b)_ `+s+0,5s(s+4)1,7+s+1,2(c) `_ _+-++2s+0,8s(s+6)2s(s+6)2s(s+0,4)(d)_ `+-1,7s+1,2 s+3sExerccio4.2. (PROVAO2000)Odiagramadeblocosdaguraabaixo, representaumsistemadecontrole de posic ao. Ele controla um motor de corrente continua, representado na gura por seu modelosimplicado de segunda ordem. A velocidade angular do eixo do motor e medida por um tac ometro,permitindo assim a implementac ao de controladores, com termo aditivo na malha interna._ __ ``+++-+-KpPc(s)10s(s+10)Kd(s)r(s)(s)Encontre as express oes para as func oes de transfer encia que seguem:(a) T(s)=(s)r(s)(b) S(s)=(s)Pc(s)69Exerccio 4.3. (PROVAO 2001) Voc e e integrante de uma equipe de engenheiros em uma empresaprestadora de servicos para o setor de energia el etrica. Sua equipe esta encarregada do projeto deum sistema de controle de velocidade (freq u encia) de uma unidade geradora termoel etrica, que supreenergiaparaumsistemadepot enciaisolado. Paraaguraabaixo, querepresentaodiagramadeblocos deste sistema de controle, obter a sua func ao de transfer encia reduzida._ ++1 1 10010,1s+1 0,5s+14Pd(s)F(s)20s+1Exerccio 4.4. (ENADE 2005) Considere o sistema linear representado pelo diagrama de blocos_ `++u1(t)y1(t)u(t)u2(t)G1(s)G2(s)onde u1(t) e u2(t) representam duas entradas, y(t) a sada do sistema e S1 e S2 s ao assim mode-lados.Func ao de transfer encia de S1 G1(s)=Y1(s)U1(s)=2s + 3Equac ao diferencial que representa S2 G2(s)=d2ydt2+ 3dydt+ 2y= uDetermine:(a) A func ao de transfer encia que representa GU1(s)=Y(s)U1(s)(b) A sada y(t) para u1(t)= d(t) e u2(t)= 0, onde d(t) representa a func ao degrau unit ario comcondic oesiniciais nulas.Exerccio 4.5. Para o circuito apresentado, determine o seu sinal de sada.Obs: considere o sinal de entrada um impulso unit ario.70Captulo 5Resposta TemporalCompensadorRespostaTemporalOstr espr oximosm odulosqueseguem, s aomuitoimportantespoisformamumconjuntoderefer encias que permitem avaliar sistemas entre si.S ao chamados de Crit erios de Qualidade de umsistema de controle e com isto, permitem avaliar ou comparar sistemas de controle distintos. S ao eles:Resposta TemporalEstabilidade de SistemasErro de Estado Estacion ario71725.1 Conceitos b asicosDaremos inicio pelo estudo da Resposta temporal, que nos permitir a a partir de uma func ao nodomnio da freq u encia visualizar sua resposta no domnio do tempo, sem c alculos matem aticos com-plexos.Sistemas de controle independentes da sua ordem (n umero de razes da equac ao caracterstica), obe-decem sempre seu(s) p olo(s) dominante(s), de forma que podemos sempre considerar que um sistemapossui 1 ou 2 p olos dominantes. Quando as razes de um sistema se apresentam complexas e conju-gadas, teremos dois p olos dominantes e quando o sistema apresentar uma raiz real, naturalmente esteser a o p olo dominante.Consideramos o p olo dominante sempre a aquele que no plano s se apresentar mais a direita de todos,veja exemplo que segue.`..................... .......................................... .......................................... .......................................... .......................................... .......................................... .....................,,, ,

polodominanteImRePlanos,,,..................... .......................................... .......................................... ...............................................................`//////`>>.....................polodominanteImRePlanos.....................Observe que zeros n ao interferem no conceito de p olos dominantes, pois estes n ao levam sis-temas a perda de estabilidade, que ser a visto mais adiante.Portanto baseado no conceito de p olos dominantes, deveremos estudar sistemas de 1oe 2oor-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. S ao eles a resposta natural e a resposta forcada.Arespostanatural estaligadaafunc aodetransfer enciadosistemaenquantoarespostaforcada eligada a excitac ao de entrada.73Exemplo 5.1.1. Dada a func ao de transfer encia abaixo de um sistema de 1oordem, obter sua respostatemporal e analisar seu resultado. (s + 2)(s+5)G(s)R(s)=1sC(s)PlanosImRe-2 -5Calculando sua transformada inversa, temos;C(s)= R(s)G(s)=1s(s + 2)(s + 5)=K1s+K2(s + 5)calculando K1 e K2, resulta:___K1=

s(s + 2)

s (s + 5)s=0=(s + 2)(s + 5)s=0=25K2=....(s + 5)(s + 2)s....(s + 5)s=5=(s + 2)ss=5=35Finalizando em:c(t)=25+35e5tPodemos interpretar a resposta como segue abaixo.ImRe-5ImRe-2ImRe0Plodeentrada Zerodosistema PlodosistemaTransformadadeSadaRespostanodomniodotempoRespostaforadaRespostanatural( )3 25 5( )5Css s= ++2 35( )5 5tc et-= +74A partir dos resultados, conclumos.A func ao de entrada, imp oe um p olo na origem e origina a resposta forcada.Em outras palavraso p olo devido ao sinal de entrada gerou o degrau de sada.O p olo da func ao de transfer encia gera a resposta natural do sistema (o p olo ems= 5, geroue5t)O p olo da func ao de transfer encia em a, gera uma resposta da forma eat, onde a e a posic aodo p olo sobre o eixo real e determina a velocidade de resposta do sistema.A composic ao entre p olos e zeros denem as amplitudes das respostas natural e forcada.5.2 Sistema de 1oordemA partir de um sistema de 1oordem sem zeros, com uma entrada a degrau unit ario e com p oloem a, podemos calcular.( )as a +PlanosImRe-aC(s)= R(s)G(s)=as(s +a)Aplicando a transformada inversa de Laplace, obtemos a resposta temporal que segue:c(t)=cf(t)..forcada+cn(t)..natural= 1 eatOnde o p olo situado na origems=0, gerou a resposta forcadac(t)=1 e o p olo do sistemas= a,gerou a resposta natural eatA unica vari avel que um sistema de primeira ordem apresenta e a posic ao do p olo da func ao de trans-fer encia a.75Desta forma vamos analisar alguns casos particulares do valor dea. para formar importantesconceitos de controle.Fazendo t, valores m ultiplos de a o valor de c(t) ser a.t c(t)t =1ac(t)= 1 e1= 1 0, 368 = 0, 632t =2ac(t)= 1 e2= 1 0, 135 = 0, 865t =3ac(t)= 1 e3= 1 0, 05 = 0, 95t =4ac(t)= 1 e4= 1 0, 02 = 0, 981/a 2/a 3/a 4/at(s)C(final)trts(5%)ts(2%)010,950,980,90,860,620,1Figura 5.1: Resposta temporal de um sistema de 1oordem76Tempo de acomodac ao ts [seg]Um conceito bastante importante e o tempo de acomodac ao de um sistema. Podemos observar pelogr aco que, com 3 constantes de tempo(3/a), o sistema atinge 95% de seu valor nal e com 4 con-stantes de tempo (4/a) temos 98% do valor nal.Portanto denimos o conceito de precis ao de um sistema como sendo:Precis ao Constante de tempo2% 4 cte. de tempo (4/a)5% 3 cte. de tempo (3/a)Embora este conceito seja denido para um sistema de 1oordem, ele ser a v alido para sistemasde qualquer ordem, onde a constante de tempo e denida pela parte real do p olo dominante complexoconjugado.Para o sistema de 1oordem em estudo, temos:ts(2%)=4ae ts(5%)=3aTempo de subida tr [seg]Omesmoconceitoutilizadoemt ecnicasdigitaisondeotempodesubida eotempoqueumsinaldemora para ir de 10% a 90% de seu valor nal, e utilizado em controle, logo podemos calcular:tr= t90%t10%p/ t90%p/ /t10%0, 9 = 1 eat0, 1 = 1 eat0, 1 = eat0, 9 = eatln 0, 1 =>>lneatln 0, 9 =>>ln eat2, 31 = at 0, 11 = att90%=2, 31at10%=0, 11atr=2, 31a0, 11atr=2, 2a77M etodo pr atico para obtenc ao de uma func ao de 1oOrdem.Muitas vezes, na pratica n ao existe disponibilidade de tempo para modelar matematicamente um pro-cesso e obter sua func ao de transfer encia. O m etodo que segue e uma aproximac ao que permite suaobtenc ao atrav es da resposta temporal do sistema em estudo, balizando inclusive um possvel mode-lamento efetuado.Exemplo 5.2.1. Consideraremos um ensaio pr atico de um forno de aquecimento. Apenas dois paresde valores foram apontados, no experimento. Ap os 10 minutos de trabalho registramos a temperaturade 150oC e uma nova medida ap os 4 horas de trabalho, registrou 800oC. A partir da equac ao temporaln ao normalizada, mas ajustada para um valor nal = 1, temos:c(t)= cmax_1 eat_150 = 800_1 e600a_1 150800= e600a0, 8125 = e600aln 0, 8125 = ln e600a0, 2076 = 600a a = 3, 46 x104cte de tempo =1a= 2.900Reescrevendo nossa equac ao temporal e a func ao de transfer encia, vem:c(t)= cmax_1 eat_ = 800__1 et2900__e C(s)=a(s +a)=3, 46 x104(s + 3, 46 x104)785.3 Sistema de 2oordemBastante diferente do sistema de 1 ordem que acabamos de estudar, onde apenas uma vari avelmodica o sistema e a resposta apresentada sempre aparece na forma de uma exponencial, os sis-temas de 2 ordem possuem uma riqueza de informac oes bem maior e as respostas encontradas po-dem apresentar al em da forma exponencial do sistema de 1 ordem, oscilac oes puras ou amortecidascomo resposta transit oria. Observaremos as possveis respostas de um sistema de 2 ordem partindode uma func ao gen erica de 2 grau onde iremos variar suas constantes e analisar as variac oes2ms ns m + +1( )Rss=( )Gs( )CssistemagenricoAlgumas observac oes s ao importantes, nos dados acima:Quando as razes do sistema possuem apenas partes reais (eixo ) a resposta apresenta apenascomponentes exponenciais sem apresentar oscilac oes (superamortecido e amortecimento criticocom duas razes reais distintas ou duas razes reais iguais respectivamente)Quando as razes apresentam parte imaginaria composta com parte real negativa aparecem com-ponentes trigonom etricas que levam o sistema a oscilac oes amortecidas por uma envolt orio ex-ponencial tendendo a um valor nal nito, ou seja, o sistema ir a se estabilizar ap os o tempo deacomodac ao (sistema sub amortecido)Quando as razes se apresentam apenas com parte imaginaria (sem parte real) o sistema ap-resenta oscilac oes de amplitude constante sem a exponencial de amortecimento (sistema semamortecimento ou marginalmente est avel)Caso o sistema possusse razes reais positivas compostas com parte imaginaria, o sistema seriaoscilantecomamplitudescrescentes, portantoseriainst avel. Casopossusserazespositivassem parte imaginaria, n ao apresentaria oscilac oes, mas a exponencial tamb em tenderia a innitoe o sistema novamente seria inst avelConclui-se que se o sistema possuir pelo menos uma raiz no lado direito do plano s,ele ser ainst avel79A parte real das razes e respons avel pela exponencial de amortecimento enquanto a parte ima-gin aria e respons avel pela parte trigonom etrica (oscilac oes) da resposta temporalVeja abaixo uma representac ao temporal destas possveis resposta.SubamortecidoAmortecimentocrticoSuperamortecidoMarginalmenteestvelc(t)t(seg)Exemplo 5.3.1. Determine as razes das equac oes de 2oordem abaixo:(a)G1(s)=12s2+ 8s + 15 s1,2= 8 64 602= 8 22___s1= 3s2= 5superamortecido(b)G2(s)=10s2+ 6s + 9 s1,2= 6 36 362= 6 02___s1= 3s2= 3amortecimento crtico(c)G3(s)=21s2+ 2s + 10 s1,2= 2 4 402= 2 6j2___s1= 1 + 3js2= 1 3jsub amortecido(d)G4(s)=5s2+ 4 s1,2=0 162=0 4j2___s1= 0 + 2js2= 0 2jmarginalmente est avelDo mesmo modo que no sistema de 1oordem, podemos escrever uma equac ao gen erica de umsistema de 2oordem. Para isto devemos denir dois par ametros que nos permitam identicar sempreum sistema de 2oordem, que s ao:Freq u encia Natural Wn [rad/seg]Grau de Amortecimento (zeta)80 Resposta0 Marginalmente est avel0 1 Sub amortecido1 Amortecimento crtico>1 Super amortecidoTabela 5.1: Tabela de relac ao e Resposta temporalFreq u encia Natural de oscilac ao WnE a freq u encia que um sistema oscila sem apresentar amortecimento (amplitude constante), recebendoo nome de freq u encia natural de oscilac ao.Em controle e representada por um sistema marginalmente est avel, com razes imagin arias, sem partereal.Um caso pr atico, e representado por um circuito LC ideal,onde n ao exista perdas resistivas,nestascondic oes ele oscila na freq u encia natural com amplitude constante.Caso exista um decr escimo na amplitude com o passar do tempo, ser a denido como freq u encia deoscilac ao amortecida WdGrau de Amortecimento Par ametro que permite identicar mais facilmente a resposta temporal em estudo,indicando atrav esde um n umero real positivo, entre zero e innito, as possveis resposta do sistema.A func ao b asica deste indicador e permitir identicar a resposta sem considerar valores de tempoou amplitude, mas sim o esboco da curva de resposta.Portanto curvas de resposta de sistemas com perodos diferentes de durac ao, por exemplo, uma emmicro segundos e outra com durac ao de dias, se apresentarem a mesma forma de resposta temporal,ter ao o mesmo valor de . Denimos o grau de amortecimento como:=Freq exponencial de decaimentoFreq natural de oscilac aocomo f=1T =perodo naturalconst de tempo exponencial e ent ao a divis ao de duas freq u encias ou a divis ao de dois perodos, por conseq u encia um n umeroadmensional.81Podemos a partir da equac ao gen erica calcular os valores de e Wn, reescrevendo nossa igual-dade.2ms ns m + +1( )Rss=( )Gs( )CssistemagenricoCalculamos Wn, para um sistema com p olos complexos, sem parte real (marginalmente est avel),ou seja:G(s)=ms2+

n..zeros +m=ms2+mPor denic ao, a freq u encia natural de oscilac ao Wn e a freq u encia desta condic ao, e os p olos dosistema estar ao exatamente sobre o eixo imagin ario jw ent aos2+m = 0 s = Wn= m = jm ou m = W2nAgora para denir o valor de n, supomos um sistema sub amortecido em que os p olos complexospossuam uma parte real = constante de tempo do sistema. Esta parte real e denida na equac ao deBaskara quando < 0 por:b b24ac2a= n n24m2p/ 1 Super amortecidoImRes1 s2Exemplo 5.3.3. Para cada uma das func oes de transfer encia abaixo, determine os valores de , Wn eidentique sua resposta temporalF1(s)=12s2+ 8s + 12 ___W2n= 12 Wn= 3, 46 rad/seg2Wn= 8 =82.3, 46= 1, 16Super amortecidoF2(s)=16s2+ 8s + 16 ___W2n= 16 Wn= 4 rad/seg2Wn= 8 =82.4= 1Amortecimento crticoF3(s)=20s2+ 8s + 20 ___W2n= 20 Wn= 4, 47 rad/seg2Wn= 8 =82.4, 47= 0, 89Sub amortecido840 10 20 30 40 50 60 700.20.40.60.811.21.41.60,10,20,30,40,60,8c(t)tempoFigura 5.3: Resposta temporal em func ao de Podemos a partir da resposta temporal, extrair a func ao de transfer encia do sistema aproximado aum sistema de 2oordem, sem a necessidade do modelamento matem atico, como no caso de sistemasde 1oordem.Para tanto, vamos observar alguns pontos importantes na resposta temporal.cfinal1,02cfinal0,98cfinal0,9cfinalcmax0,1cfinaltrtptstolerncias2%c(t)tempo Cfinal e o valor que o sistema atinge quando estabilizado Cmax e o maior valor que a sada atinge durante a perturbac ao tptempo de pico, e o tempo que demora a partir do inicio do degrau at e o sistema atingir o 1ovalor m aximo trtempo de subida, ou do ingl es rise time, e o tempo para o sinal de sada excurcionar de 10 a 90 % do valor nal85 tsTempo de acomodac ao, ou do ingl es stability time, e o tempo para que o sinal de sadaentre dentro da faixa de toler ancia (neste caso 2%) e n ao saia mais desta faixaDesta forma podemos aplicar as equac oes matem atica abaixo apresentadas, que nos permitemobter os valores de e Wn, do sistema e por conseq u encia a func ao de transfer encia, al em de diversosoutros fatores. tp=nWn1 2para o 1picotp=Wn1 2= tp=Wd Wd= Wn1 2 Up% =CmaxCfinalCfinal.100 Up% = 100.e1 2 =ln_Up%/100_2+ ln2_Up%/100_=ln Up2+ ln2Up ts=ln_0, 021 2_Wnaproximado para___ts=3Wn5% de errots=4Wn2% de erroExemplo 5.3.4. A partir de um ensaio experimental foi obtida a resposta temporal abaixo. Obter suafunc ao de transfer encia.%Up=cmaxcfincfin.100 =1, 25 11100 = 25% = 0, 25860 1 2 3 4 50.20.40.60.811.21.251,3t(seg)c(t)=lnUp2+ ln2Up=ln 0, 252+ ln20, 25=1, 399, 87 + 1, 92=1, 393, 43= 0, 405Wd=tp=1, 3= 2, 42 [rad/seg]Wn=Wd1 2=2, 421 0, 4052=2, 420, 914= 2, .65 [rad/seg]F(s) =W2ns2+ 2Wns +W2n=2, .652s2+ 2.0, 405.2, 65s + 2, .652 F(s) =7s2+ 2, 15s + 7Representando no plano s os par ametros de um sistema de 2oordem gen erico temos:RealImaginrioPlanosWdWn- W z nFcos = FzUm importante conceito que permite compreender a resposta de um sistema quando deslocamosos p olos dominantes sobre o plano s e abaixo apresentado.87ImRePlanos112323zW=cte n123c(t)tmesmaenvoltriaImRePlanos1 2 31 2 3W =cte d123mesmafrequenciac(t)tImRePlanosz =cte123123mesmaultrapassagemc(t)t12 3Cancelamento de p olos e zerosConclumos esta sec ao, com o conceito de cancelamento de p olos e zeros e seus efeitos. Admitindoum sistema que apresenta 3 p olos e um zero, mostrado na equac ao. Se o termo(s + p1) e o termo(s+z), forem coincidentes, um anular a o outro, resultando em uma equac ao de um sistema de segundaordem.F(s)=K....(s +z)....(s +p1) (s2+as +b)=K(s2+as +b)Ainda se o zero e o p olo n ao estiverem exatamente na mesma posic ao, mas muito pr oximos, a trans-formadainversadeLaplacemostraqueoresiduododecaimentoexponencial emuitomenorqueaamplitude da resposta de 2oordem, e pode ser desconsiderado.C1(s)=26, 25 (s + 4)s (s + 4, 01) (s + 5) (s + 6) c1(t)=0, 87s+>>>>>>0, 033(s + 4, 01). .desconsiderar3, 5(s + 5)+4, 4(s + 6)Quando afastamos o p olo do zero, sua amplitude se torna relevante, n ao podendo ser desconsideradoC1(s)=26, 25 (s + 4)s (s + 3, 5) (s + 5) (s + 6) c1(t)=1s 1(s + 3, 5) 3, 5(s + 5)+3, 5(s + 6)885.4 Exerccios de Fixac aoExerccio 5.1. Para os sistemas abaixo, obtenha a equac ao que represente c(t). Determine tamb em aconstante de tempo, o tempo de subida e o tempo de acomodac ao para cada caso(a)1( ) Rss= ( ) Cs( )55 s +(b)1( ) Rss= ( ) Cs( )2020 s +Exerccio 5.2. (Ogata B.5.1)(a) Um term ometro necessita de 1 minuto para atingir 98% de seu valor nal, quando submetido a umdegrau de temperatura. Considerando que o termopar seja um sistema de 1oordem, qual e a suaconstante de tempo?(b) Seoterm ometroforimersoemumbanho, cujatemperaturamudalinearmenteaumataxade10oC/min, qual ser a o erro apresentado pelo term ometro?Exerccio 5.3. Para cada uma das respostas ao degrau apresentadas, determine a func ao de trans-fer encia do sistema(a)0 10 20 30 400.10.20.30.40.50.60.70.80.91c(t)t (seg)(b)0 10 20 30 40 500.20.40.60.811.21.4 C(t)t (seg)(c)0 10 20 30 40 500.20.40.60.811.21.4c(t)t (seg)(d)0 10 20 30 40 500.20.40.60.811.21.4C(t)t (seg)1.61.8289Exerccio 5.4. (Ogata B.5.7) Considere o sistema mostrado na gura abaixo. Mostre que a func ao detransfer encia F(s)=Y(s)X(s), tem um zero no semiplano direito do plano s. Ent ao obtenha y(t), quando x(t)for um degrau unit ario.( )62 s +( )41 s +( )Xs ( )Ys+-Exerccio 5.5. Dado G(s)=Ks (s + 7)e H(s)= 1 em uma malha de realimentac ao negativa, determinea faixa de valores de K que permita ao sistema apresentar respostas superamortecidas.Exerccio 5.6. Dados=0, 866 eWn=5(rad/seg), determine a posic ao dos p olos dominantes dossistema e sua func ao de transfer encia.Exerccio5.7. Paraumsinal temporal queapresentaumaultrapassagemde10%eumtempodeacomodac ao de 2, 4seg, determine G(s) desta plante de realimentac ao unit aria e negativa.Exerccio 5.8. Para uma plante de realimentac ao unit aria e negativa, com G(s)=4s (s + 2), determinar:(a) A posic ao dos p olos dominantes.(b) A nova posic ao dos p olos dominantes se desejarmos manter o mesmo e aumentarmos o Wn emduas vezes.Exerccio 5.9. Determine a posic ao dos p olos dominantes da plante apresentada abaixo.( )( )23 6,751028 17s ss s+ ++ +Exerccio 5.10. Para o sistema abaixo, determine o valor de K, de modo que o grau de amortecimento seja 0,5Exerccio 5.11. (PROVAO 2000) O diagrama de blocos abaixo representa um sistema de controle deposic ao. Ele controla um motor de corrente contnua, representado na mesma gura por seu modelosimplicado de segunda ordem. A velocidade angular do eixo do motor e medida por um tac ometro,permitindo, assim, implementar o controlador PD com o termo derivativo na malha interna.90( )160,8 s +1sK+ +--+ +--( )1010 s s +K sdKpCalcule os valores dos par ametros do controlador Kp e Kd que permitem obter um sistema emmalha fechada com o seguinte par de p olos complexos conjugados, s1,2= 6 6jCaptulo 6Estabilidade de SistemasCompensador EstabilidadeAoInserirmodicac oesemumaplanta, devemosbuscarocontrole otimo, paraosistema.Denimos com sendo um controle otimo a melhoria dos crit erios de qualidade em estudo. No capituloanterior, vericamosasrespostastransit oriasqueumsistemaapresenta, nossoprimeirocrit eriodequalidade. Agoravamosaprofundarnossoestudonaestabilidadedosistema, itembastanteobvio,pois um sistema inst avel, n ao permite controle, n ao sendo objeto de nosso estudo. Isto n ao faz queumsistemainst avel sejadescartado, massimaplicadast ecnicasquepermitamaestesistemasetornar est avel e controlado. Determinamos com facilidade a estabilidade de um sistema, conhecendo aposic ao de seus p olos, sabendo que a presenca de um p olo, ou mais, no semiplano direito do planoss, torna o sistema inst avel, e que zeros, n ao interferem neste crit erio.SPE(semiplanoEsquerdo)SPD(semiplanodireito)IMREPlanos9192Nos tempos atuais, dispomos de ferramentas matem aticas poderosas, que permitem obter razesde equac oes de qualquer ordem. Anteriormente ao advento dos computadores e calculadoras cientcas,a obtenc ao de razes de ordem superior a 2o, era bastante trabalhosa e difcil, porem um trabalho apre-sentado por Routh-Hurwitz em 1905, permitia que se conhecesse a regi ao de alocac ao das razes deum sistema, sem contudo conhecer sua exata posic ao.Deste modo, o arranjo matem atico de Routh-Hurwitz e muito utilizado em controle ainda hoje, pois deumamanei