Lista Resposta no Domínio do Tempo-2022 1

Resposta no Domínio do Tempo Polos de uma Função de Transferência Valores da variável da transferência de Laplace, s, que fazem com que a função de transferência se torne infinita, ou seja, raízes do denominador da função de transferência. Zeros de uma Função de Transferência Valores da variável da transformada de Laplace, s, que fazem com que a função de transferência se torne zero, ou seja, raízes do numerador da função de transferência. 𝑌(𝑠) = 𝑠 + 2 𝑠 + 5 ∙ 1 𝑠 = 𝐴 𝑠 + 𝐵 𝑠 + 5 = (𝐴 + 𝐵)𝑠 + 5𝐴 𝑠(𝑠 + 5) (1) 𝐴 + 𝐵 = 1 𝑒 5𝐴 = 2 𝐵 = 3 5 ⁄ 𝑒 𝐴 = 2 5 ⁄ 𝑌(𝑠) = 2 5 ⁄ 𝑠 + 3 5 ⁄ 𝑠 + 5 = 2 5 1 𝑠 + 3 5 1 𝑠 + 5 (2) 𝑦(𝑡) = 2 5 + 3 5 𝑒−5𝑡 (3) Resposta Forçada Resposta Natural 𝑦(𝑡) = 𝑦𝐹(𝑡) + 𝑦𝑁(𝑡) (4) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 Step Response Time (seconds) Amplitude  Polo da entrada U(s) gera uma resposta forçada (polo na origem gera uma função degrau na saída).  Polo da função de transferência gera a resposta natural e-5t.  Zeros e polos da função de transferência geram as amplitudes para as respostas natural e forçada.  Portanto, polos no eixo real gera resposta exponencial na forma e-αt, onde –α é a posição do polo no eixo real.  Quanto mais à esquerda um polo estiver no eixo real negativo, mais rápido a resposta transitória exponencial decairá para zero. Sistemas de Primeira Ordem Um sistema de primeira ordem sem zeros e com entrada de degrau unitário pode ser descrito por: 𝑌(𝑠) = 𝐺(𝑠)𝑈(𝑠) = 𝑎 𝑠 + 𝑎 ∙ 1 𝑠 (5) 𝑦(𝑡) = 1 − 𝑒−𝑎𝑡 (6)  Para 𝑡 = 1 𝑎 ⁄ → 𝑦(1 𝑎 ⁄ ) = 1 − 𝑒−1 → 𝑦(1 𝑎 ⁄ ) = 0,6321  Para 𝑡 = 2 𝑎 ⁄ → 𝑦(2 𝑎 ⁄ ) = 1 − 𝑒−2 → 𝑦(2 𝑎 ⁄ ) = 0,8647  Para 𝑡 = 3 𝑎 ⁄ → 𝑦(3 𝑎 ⁄ ) = 1 − 𝑒−3 → 𝑦(3 𝑎 ⁄ ) = 0,9502  Para 𝑡 = 4 𝑎 ⁄ → 𝑦(4 𝑎 ⁄ ) = 1 − 𝑒−4 → 𝑦(4 𝑎 ⁄ ) = 0,9817  Para 𝑡 = 5 𝑎 ⁄ → 𝑦(5 𝑎 ⁄ ) = 1 − 𝑒−5 → 𝑦(5 𝑎 ⁄ ) = 0,9933 Chama-se 1 𝑎 ⁄ de constante de tempo da resposta. A constante de tempo é descrita como o tempo necessário para a resposta ao degrau atingir 63,21% do seu valor final, ou para 𝑒−𝑎𝑡 atingir 36,79% do seu valor inicial. Comparando as equações (6) e (4) pode-se concluir que a resposta natural da equação (e) é 𝑦𝑁(𝑡) = 𝑒−𝑎𝑡.  Para 𝑡 = 0 → 𝑦𝑁(0) = 𝑒0 = 1  Para 𝑡 = 1 𝑎 ⁄ → 𝑦𝑁(1 𝑎 ⁄ ) = 𝑒−1 = 0,3679 = 1 ∙ 0,3679  Para 𝑡 = 2 𝑎 ⁄ → 𝑦𝑁(2 𝑎 ⁄ ) = 𝑒−2 = 0,1353 = 0,3679 ∙ 0,3679  Para 𝑡 = 3 𝑎 ⁄ → 𝑦𝑁(3 𝑎 ⁄ ) = 𝑒−3 = 0,0498 = 0,1353 ∙ 0,3679 Tempo de Subida (Rising Time [𝑡𝑅]) Tempo necessário para que a forma de onda vá de 0,1 a 0,9 do seu valor final. Utilizando a equação (6) que descreve um sistema de primeira ordem, pode-se encontrar o tempo em que a resposta 𝑦(𝑡)estava em 0,1 e o tempo em que a resposta estava em 0,9. 0,1 = 1 − 𝑒−𝑎𝑡1 0,9 = 𝑒−𝑎𝑡1 𝑙𝑛(0,9) = −𝑎𝑡1 −0,1054 = −𝑎𝑡1 𝑡1 = 0,1054 𝑎 0,9 = 1 − 𝑒−𝑎𝑡2 0,1 = 𝑒−𝑎𝑡2 𝑙𝑛(0,1) = −𝑎𝑡2 −2,3026 = −𝑎𝑡2 𝑡2 = 2,3026 𝑎 𝑡𝑅 = 𝑡2 − 𝑡1 𝑡𝑅 = 2,3026 𝑎 − 0,1054 𝑎 𝑡𝑅 = 2,1972 𝑎 ≅ 2,2 𝑎 (7) Tempo de Acomodação (Setling Time [𝑡𝑆]) Tempo necessário para que a resposta alcance e fique em uma faixa de 2% do valor final, ou seja, 𝑦(𝑡) = 0,98. 0,98 = 1 − 𝑒−𝑎𝑡𝑠 0,02 = 𝑒−𝑎𝑡𝑠 𝑙𝑛(0,02) = −𝑎𝑡𝑆 𝑡𝑆 = 3,912 𝑎 𝑡𝑆 ≅ 4 𝑎 (8) Função de Transferência de Primeira Ordem a Partir de Ensaios Seja a forma geral da saída de um sistema com entrada degrau unitário: 𝑌(𝑠) = 𝑘(𝑠 + 𝑏) (𝑠 + 𝑎) ∙ 1 𝑠 (9) Fazendo expansão em frações parciais e aplicando Laplace inversa tem-se: 𝑌(𝑠) = 𝐴 𝑠 + 𝐵 (𝑠 + 𝑎) = (𝐴 + 𝐵)𝑠 + 𝐴𝑎 𝑠(𝑠 + 𝑎) 𝐴 + 𝐵 = 𝑘 𝐴𝑎 = 𝑘𝑏 𝐵 = 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) 𝑒 𝐴 = 𝑘𝑏 𝑎 𝑌(𝑠) = 𝑘 𝑏 𝑎 ⁄ 𝑠 + 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎 ⁄ ) (𝑠 + 𝑎) 𝑦(𝑡) = 𝑘 𝑏 𝑎 + 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) 𝑒−𝑎𝑡 (10) Considere o gráfico abaixo como o ensaio de um sistema de primeira ordem: A resposta final do sistema é 10. Olhando para a equação (10) vemos que a resposta forçada do sistema é 𝑦𝐹(𝑡) = 𝑘 𝑏 𝑎 = 10, (11) ou seja, quando o tempo tende para o infinito a resposta natural cai para zero e a resposta do sistema é somente a resposta forçada que é 10. No tempo t=0 a resposta do sistema é 18. Olhando para a equação (10), em t=0 temos: 𝑦(0) = 𝑘 𝑏 𝑎 + 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) 𝑒0 = 𝑘 𝑏 𝑎 + 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) ∙ 1 = 10 + 8 = 18 (12) Como 𝑘 𝑏 𝑎 = 10 → 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) = 8. (13) Usando da teoria que no tempo 𝑡 = 1 𝑎 ⁄ , é o tempo necessário para 𝑒−𝑎𝑡 atingir 36,79% do seu valor inicial. Temos que em 𝑦(1 𝑎 ⁄ ) = 𝑘 𝑏 𝑎 + 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) 𝑒−1 = 10 + 8 ∙ 0,3679 = 12,9432. Do gráfico extraímos o tempo em que a resposta do sistema tem esse valor 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 10 11 12 13 14 15 16 17 18 No gráfico pode-se observar que 1 𝑎 ⁄ = 0,2. Portanto, 𝑎 = 5. Utilizando a equação (11) e (12) encontra-se o valor das outras incógnitas: 𝑘 𝑏 𝑎 = 10, 𝑚𝑎𝑠 𝑎 = 5 → 𝑘 = 50 𝑏 𝑘 (1 − 𝑏 𝑎) = 8 → 50 𝑏 (1 − 𝑏 5) = 8 50 𝑏 − 10 = 8 → 50 𝑏 = 18 → 𝑏 = 50 18 = 2,778 𝑘 = 50 𝑏 = 50 2,778 = 18 Substituindo os valores na função de transferência (9) tem-se: 𝐺(𝑠) = 𝑌(𝑠) 𝑈(𝑠) = 18(𝑠 + 2,778) (𝑠 + 5) Declarando a função de transferência no MATLAB, aplicando um degrau unitário e comparando com o gráfico dado chega-se à seguinte figura: 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 10 11 12 13 14 15 16 17 18 X: 0.2 Y: 12.94 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 10 11 12 13 14 15 16 17 18 Step Response Time (seconds) Amplitude Curava do sistema Curva da Funçaõ de Transferência