Universidade Estadual do Oeste do Paraná

Programa de Pós-graduação em Engenharia de Sistemas Dinâmicos e Energéticos

Tema da Aula:

Análise via Domínio da Frequência – Parte I

1

Prof. Dr. Carlos Henrique Farias dos Santos

Estrutura da aula

1 Introdução2 Diagramas de Bode

2

1 Introdução

O termo resposta em frequência significa a resposta em regime permanente de um sistema a uma entrada senoidal. Nos métodos de resposta em frequência , variamos a frequência do sinal de entrada dentro de certo intervalo e estudamos a resposta resultante.

Nesta aula apresentaremos os métodos de resposta em frequência

3

métodos de resposta em frequência para análise de sistemas de controle. Uma vantagem do método da resposta em frequência é que podemos utilizar os dados obtidos diretamente a partir da medições feitas nos sistemas físicos sem a necessidade de recorremos aos respectivos modelos matemáticos.

Fig. 01: Analisador dinâmico de sinais 35670A obtém os dados da resposta em frequência a partir de um sistema físico.

Os métodos de resposta em frequência foram desenvolvidos entre as décadas de 1930 e 1940 por Nyquist, Bode, Nichols e muitos outros. Os métodos de resposta em frequência são dos mais poderosos na teoria de controle convencional. Também são indispensáveis na teoria de controle robusto.

O critério de estabilidade de Nyquist no possibilita pesquisar tanto a

1 Introdução

O critério de estabilidade de Nyquist no possibilita pesquisar tanto a estabilidade absoluta como a relativa dos sistemas lineares de malha fechada, com base no conhecimento de suas características de resposta em frequência de malha aberta.

Uma vantagem do método de resposta em frequência é que seus testes são, em geral, simples e podem ser realizados com exatidão, com a utilização de geradores de sinais senoidais facilmente acessíveis e equipamentos de medição precisos. 4

Muitas vezes, as funções de transferência de componentescomplicados podem ser determinadas experimentalmente por meiode testes de resposta em frequência. Além disso, o enfoque dessaresposta apresenta a vantagem de permitir que se projete umsistema de maneira que os efeitos de ruídos indesejáveis sejamdesprezíveis e que essa análise e esse projeto possam ser estendidos

1 Introdução

5

desprezíveis e que essa análise e esse projeto possam ser estendidosa certos sistemas de controle não lineares.

O conceito de resposta no domínio da frequência

No regime estacionário, as entradas senoidais aplicadas a sistemas lineares geram respostas senoidais de mesma frequência. Embora essas respostas possuam frequências iguais às das entradas, elas diferem daquelas em amplitude e ângulo de fase. Essas diferenças são funções dependentes da frequência.

1 Introdução

são funções dependentes da frequência.

Antes de definir resposta em frequência, analisa-se uma representação conveniente de sinais senoidais. Estes podem ser representados por números complexos chamados fasores. A magnitude do número complexo é a amplitude, e o ângulo do número complexo é o ângulo de fase da senóide.Assim, pode ser representada por , onde a frequência , ω, fica implícita.

)cos( 11 φω +tM 11 φ∠M

Uma vez que o sistema provoca alterações tanto na amplitude quanto no ângulo de fase da entrada, pode-se imaginar o próprio sistema representado por um número complexo, definido de modo que o produto do fasor de entrada pela função de sistema produza a representação do fasor de saída.

Considere o sistema mecânico mostrado na Figura 2. Se a força

1 Introdução

Considere o sistema mecânico mostrado na Figura 2. Se a força de entrada, f(t), for senoidal, a resposta do sistema no regime estacionário, x(t), também será senoidal e com a mesma frequência de entrada. Na figura 2(b) as senóides de entrada e de saída são representadas por números complexos, ou fasores,

e , respectivamente. Neste caso, os M’s são as amplitudes e os ϕ’s são os ângulos de fase das senóides, conforme mostrado na figura 2(c)

7

)()( ωφω iiM ∠ )()( ωφω ooM ∠

1 Introdução

Figura 2: Resposta do sistema a uma entrada senoidal. a) sistema, b) função de transferência, c) formas de onda dos sinais de entrada e de saída.

Admita que o sistema seja representado pelo número complexo, . A senóide de regime estacionário na saída é obtida

multiplicando-se a representação do número complexo da entrada pela representação do número complexo do sistema. Assim, a senóide de regime estacionário da saída é,

1 Introdução

)()( ωφω ∠M

)]()([)()()()( ωφωφωωωφω +∠=∠ iioo MMM (1)

9

)]()([)()()()( ωφωφωωωφω +∠=∠ iioo MMM (1)

Com base na equação (1), nota-se que a função do sistema é expressa por

)()()(

)(

)()(

ωφωφωφ

ω

ωω

io

i

o

e

M

MM

−=

= (2)

(3)

As equações (2) e (3) representam a definição de resposta no domínio da frequência. Denomina-se M(w) a resposta da magnitude do domínio da frequência e ϕ a resposta da fase no domínio da frequência. A combinação das respostas da magnitude e da fase no domínio da frequência é chamada de resposta em frequência e é representada por .

1 Introdução

)()( ωφω ∠M

Em outras palavras, define-se resposta da magnitude no domínio da frequência como a relação entre as magnitudes das senóides de saída e de entrada. Define-se a resposta da fase através da diferença entre os ângulos de fase das senóides de saída e de entrada. Ambas as respostas são função da frequência e se aplicam apenas à resposta de regime estacionário devida às senóides aplicadas ao sistema.

10

Expressões analíticas da resposta em frequência

A figura (3) mostra um sistema, G(s), com a transformada de Laplace de uma senóide genérica,

1 Introdução

( )[ ]ABtBAtBsentAtr /tancoscos)( 122 −−+=+= ωωω

como entrada.

11

Figura 3: Sistema sujeito a uma entrada senoidal.

1 Introdução

Pode-se representar esta entrada como um fasor de três modosdistintos:

(1) Na forma polar, , onde e;

(2) Na forma retangular, A – j B e

)()( ωφω eeM ∠ 22)( BAM e +=ω)/(tan)( 1 ABe

−−=ωφ

(2) Na forma retangular, A – j B e

(3) Utilizando a fórmula de Euler, .ej

eeMφ

Calcula-se agora a parte da resposta forçada de C(s), a partir daqual a resposta em frequência é determinada.

1 Introdução

Com base na figura (3), tem-se

)()(

)(22

sGs

BAssC

ω

ω

+

+= (4)

Separa-se a solução forçada da solução transiente executando uma expansão da eq. (4) em frações parciais. Assim,

13

expansão da eq. (4) em frações parciais. Assim,

+−

++

=

−+

+=

ωω

ωω

ω

js

K

js

K

sGjsjs

BAssC

21

)())((

)(

Termos de frações parciais de G(s) (5)

onde

1 Introdução

( )

( ) *1

)(2

)(1

22

1)(

2

1)(

22

1)(

2

1)(

KeMM

eMeMjGjBAsGjs

BAsK

eMM

eMeMjGjBAsGjs

BAsK

GeGe

GeGe

jGej

G

j

e

jGej

G

j

e

js

===−=−

+=

==−+=−

+=

+−−

+→

+−−−

−→

φφφφ

ω

φφφφ

ω

ωω

ω

ωω

ω

(6)

14

222jsjs

−+→ ω

ω

Para as eq’s (6), K1* é o conjugado complexo de K1,

)( ωjGM G =

e

ϕG = ângulo de G(jω)

(7)

(8)

A resposta de regime estacionário é a parcela da expansão em frações parciais correspondente aos pólos do sinal de entrada, ou seja, apenas os dois primeiros termos da eq. (5). Portanto, a saída senoidal de regime estacionário, CRE(s), é

1 Introdução

ωω js

K

js

KsCRE

−+

+= 21)( (9)

15

ωω jsjs −+

Substituindo as eq’s (6) na eq. (9), obtém-se

ωω

φφφφ

js

eMM

js

eMM

sC

GeGe jGijGi

RE−

++

=

++− )()(

22)( (10)

Aplicando a transformação de Laplace inversa, obtém-se

1 Introdução

)cos(

2)(

)()(

GeGe

tjtj

Ge

tMM

eeMMtc

GeGe

φφω

φφωφφω

++=

+=

++++−

(11)

16

GeGe

que pode ser representada na forma de um fasor como onde é a função resposta em

frequência. Porém, com base nas Eq’s (7) e (8), . Em outras palavras, a resposta em frequência de um sistema cuja função de trasferência é G(s) é

( )( )GGSS MMM φφφ ∠∠=∠ 11 GGM φ∠)( ωφ jGM GG =∠

ωω

jssGjG

→= )()( (12)

Representação gráfica da resposta em frequência

A resposta em frequência pode ser representada graficamente de diversas formas; duas delas são (1) como uma função da frequência, com os gráficos de magnitude e fase separados e (2) por meio de um gráfico polar, onde o comprimento do fasor é a magnitude e o ângulo do fasor é a fase.

1 Introdução

)()()( ωφωω GGMjG ∠=

comprimento do fasor é a magnitude e o ângulo do fasor é a fase. Ao se representar graficamente os gráficos de magnitude e fase separados a curva de magnitude pode ser traçada em decibéis (dB) em função de log ω, onde dB = 20 log M. A curva de fase é apresentada com o ângulo de fase em função de log ω.

17

Exemplo 01: Determine a expressão analítica da magnitude e da fase da resposta em frequência de um sistema com função de transferência G(s) = 1 / (s + 2). Trace também ambos os diagramas de magnitude e fase, separados.

Solução: Inicialmente, substitua s por jω na função do sistema e obtenha:

1 Introdução

)2(1 − ωj

18

obtenha:

A magnitude deste número complexo, é a resposta em frequência da magnitude. O ângulo de fase de G(jω),

é a resposta em frequência da fase.

)4(

)2(

)2(

1)(

2 +

−=

+=

ω

ω

ωω

j

jjG

)4(1)()( 2 +== ωωω MjG

)2/()( 1 ωωφ −−= tg

A figura (4) mostra os diagramas de magnitude e de fase separados, com o diagrama de magnitude

em função de log ω, e com o diagrama de fase em função de log ω.

)41log(20)(log20 2 += ωωM)2/()( 1 ωωφ −−= tg

19Figura 4: Gráficos de resposta em frequência para G(s) = 1/ (s+2); Diagramas de magnitude e fase separados

Exemplo 02: Considere o sistema mostrado na figura (5). A função de transferência G(s) é

Para a entrada senoidal x(t) = X cos ωt, a saída em regime permanente yss(t) pode ser encontrada como a seguir:

1 Introdução

1)(

+=

Ts

KsG

20Figura 5: Sistema de primeira ordem

Solução: Substituindo jω por s em G(s), temos:

A relação de amplitude entre a saída e a entrada é:

enquanto o ângulo de fase ϕ é:

1)(

+=

ωω

jT

KjG

221)(

ωω

T

KjG

+=

enquanto o ângulo de fase ϕ é:

Assim, a resposta em regime permanente yss(t) à entrada x(t) = X cos ωt pode ser obtida a partir da equação (11)

21

ωωφ TtgjG 1)( −−=∠=

)cos(1

)( 1

22ωω

ωTtgt

T

XKtyss

−−+

=

Pode-se ver, que se ω for pequeno, a amplitude da resposta em regime permanente yss(t) será quase K vezes a amplitude da entrada. Se ω for pequeno, a defasagem da saída será pequena. Se ω for grande, a amplitude da saída será pequena e quase inversamente proporcional a ω. A defasagem aproxima-se de – 90º à medida que ωtende ao infinito. Esta é uma rede de atraso de fase.

22

1 Introdução

Exemplo 03: Considere a rede dada por:

Determine se esta é uma rede de avanço ou de atraso de fase.

2

1

1

1

)(

Ts

Ts

sG

+

+

=

23

Determine se esta é uma rede de avanço ou de atraso de fase.

Solução: Para a entrada senoidal x(t) = X cos ωt, a saída em regime permanente yss(t) pode ser encontrada como segue:Como,

)1(

)1(1

1

)(21

12

2

1

ω

ω

ω

ω

ωjTT

jTT

Tj

Tj

jG+

+=

+

+

=

temos:

ωωωφ

ω

ωω

21

11

2221

2212

)(

1

1)(

TtgTtgjG

e

TT

TTjG

−− −=∠=

+

+=

Assim, a saída em regime permanente é:

1 22ωTXT +

24

Com base nessa expressão, concluímos que, se T1 > T2, então tg-1 T1ω – tg-1 T2 ω > 0. Assim, se T1 > T2, então a rede será de avanço de fase. Se T1 < T2, então a rede será uma rede de atraso de fase.

)cos(1

1)( 2

11

1

2221

2212 ωωωω

ωTtgTtgt

TT

TXTtyss

−− −++

+=

As curvas logarítmicas de magnitude e de fase da resposta em frequência em função de log ω são chamadas de gráficos de Bode ou diagramas de Bode. Os esboços dos diagramas de Bode podem ser simplificados graças à possibilidade de serem aproximados por uma sequência de linhas retas. A aproximação através de retas simplifica o cálculo da magnitude e da fase da resposta no domínio da frequência. Considere a seguinte função de transferência:

2 Diagramas de Bode

25

Considere a seguinte função de transferência:

A magnitude da resposta em frequência é o produto da magnitude das respostas em frequência de cada termo, ou seja,

)())((

)())(()(

21

21

n

m

k

pspspss

zszszsKsG

+++

+++=

L

L

( ) ( )

ω

ω

jsn

m

k

pspspss

zszszsKjG

→+++

+++=

)()()(

)()(

21

21

L

L

(13)

(14)

Portanto, aos se conhecer a magnitude da resposta de cada termode pólo e zero será possível determinar a magnitude total daresposta. O processo pode ser simplificado trabalhando-se com ologaritmo da magnitude, uma vez que as magnitudes das respostasdevidas aos zeros devem ser adicionadas e as magnitudes dasrespostas devidas ao pólos devem ser subtraídas, em vez demultiplicadas ou divididas, respectivamente, para produzir ologaritmo da magnitude total da resposta em frequência. A

2 Diagramas de Bode

logaritmo da magnitude total da resposta em frequência. Aconversão da magnitude da resposta em dB fornece

26

ω

ω

js

m pss

zszsKjG

→−+−−+

++++=

LL )(log20log20

)(log20)(log20log20)(log20

1

21

Assim, se a resposta referente a cada termo fosse conhecida, a soma algébrica iria produzir a resposta total em dB. Além disso, se fosse possível aproximar cada termo consistindo somente de linhas retas a adição gráfica dos termos seria grandemente simplificada.

Fatores básicos de G(jω)H(jω): os fatores básicos que ocorrem habitualmente em qualquer função de transferência são:

1. Ganho K2. Fatores integral e derivativo (jω)±1

3. Fatores de primeira ordem (1 + jω) ±1

4. Fatores quadráticos [1 + 2ζ( jω/ωn) + ( jω/ωn)2] ±1

2 Diagramas de Bode

4. Fatores quadráticos [1 + 2ζ( jω/ωn) + ( jω/ωn) ]

Uma vez familiarizados com os gráficos logarítmicos desses fatores básicos, é possível utilizálos na construção de um gráfico logarítmico composto para qualquer forma geral de G(jω)H(jω), esboçando as curvas para cada fator e adicionando graficamente as curvas individuais, porque a adição do logaritmo dos ganhos corresponde a multiplicação.

27

O ganho K.

Um número maior que uma unidade possui um valor positivo emdecibéis, enquanto um número menor que uma unidade tem valornegativo. A curva de módulo em dB de um ganho constante K é umareta horizontal de valor 20 log K decibéis. O ângulo de fase do ganhoK é zero. O efeito da variação do ganho K na função de transferência

2 Diagramas de Bode

28

K é zero. O efeito da variação do ganho K na função de transferênciaé deslocar para cima ou para baixo a curva de módulo em dB dafunção de transferência em um valor constante correspondente, masisso não tem nenhum efeito sobre a curva de ângulo de fase.

Fatores integral e derivativo (jω)±1

O valor logarítmico de 1/jω em decibéis é:

O ângulo de fase de 1/jω é constante e igual a – 90º.Nos diagramas de Bode, as relações de frequência são expressas em

2 Diagramas de Bode

dBj

ωω

log201

log20 −=

Nos diagramas de Bode, as relações de frequência são expressas em termos de oitavas ou de décadas. Uma oitava é um intervalo de frequência de ω1 a 2ω1, onde ω1 é qualquer valor de frequência. Uma década corresponde a um intervalo de frequência de ω1 a 10ω1, onde novamente, ω1 é qualquer valor de frequência.

29

Se for construído um gráfico de – 20 log ω dB versus ω em escala logarítmica, o resultado será uma reta. Para traçar essa reta, é necessário localizar um ponto (0 dB, ω = 1) sobre ela. Como

a inclinação da reta será –20 dB/década (ou – 6 dB/oitava ).

De maneira semelhante, o módulo de jω em decibéis é

2 Diagramas de Bode

dBdB )20log20()10log20( −−=− ωω

30

De maneira semelhante, o módulo de jω em decibéis é

O ângulo de fase de jω é constante e igual a 90º. A curva do logaritmo do módulo é uma reta com inclinação de 20 dB/década. As figuras 6(a) e (b) mostram as curvas de resposta em frequência para 1/jω e jω, respectivamente. Ambas as grandezas logarítmicas tornam-se iguais a 0 dB em ω = 1.

dBj ωω log20log20 =

2 Diagramas de Bode

31Figura (6): (a) Diagrama de Bode de 1/jω; diagrama de Bode de jω.

Se a função de transferência possuir o fator (1/jω)n ou (jω)n, as grandezas logarítmicas se tornarão, respectivamente,

2 Diagramas de Bode

dBnjnj

ou

dBnjnj

n

n

ωωω

ωωω

log20log20)(log20

log20log20)(

1log20

=×=

−=×−=

32

dBnjnj n ωωω log20log20)(log20 =×=

As inclinações das curvas do módulo em dB para os fatores (1/jω)n e (jω)n são, respectivamente, -20 n dB/década e 20n dB/década. O ângulo de fase de (1/jω)n é igual a – 90º x n em toda a faixa de frequência, enquanto o de (jω)n é igual a 90º x n em toda a faixa de frequência. As curvas de módulo passarão pelo ponto (0 dB, ω = 1).

Fatores de primeira ordem (1 + jωT) ±1 :

O módulo em dB do fator de primeira ordem 1/(1 + jωT) é:

Para baixas frequências, como ω << 1/T, o módulo em dB pode ser

2 Diagramas de Bode

dBTTj

221log201

1log20 ω

ω+−=

+

Para baixas frequências, como ω << 1/T, o módulo em dB pode ser aproximado por:

Assim, a curva de módulo em dB em baixas frequências é uma reta de 0 dB constante. Para altas frequências, como ω >> 1/T,

33

dBT 01log201log20 22 =−≈+− ω

dBTT ωω log201log20 22 −≈+−

Esta é uma expressão aproximada para a faixa de altas frequências. Em ω = 1/T, o valor do módulo é de 0 dB; em ω = 10/T, o módulo é de -20 dB. Portanto, o valor de – 20 log ωT dB decresce em 20 dB para cada década de ω. Para ω >> 1/T, a curva de módulo em dB é, então, uma reta com uma inclinação de – 20 dB/década.

Nossa análise mostra que a representação logarítmica da curva de

2 Diagramas de Bode

34

Nossa análise mostra que a representação logarítmica da curva de resposta em frequência do fator 1/(1 + jωT) pode ser aproximada por duas retas assíntotas, uma em 0 dB para a faixa de frequência 0 < ω < 1/T e outra reta com inclinação de – 20 dB/década para a faixa de frequência 1/T < ω < . A figura (7) mostra a curva exata do módulo em dB, as assíntotas e a curva exata do ângulo de fase.

∞

2 Diagramas de Bode

35

Figura (7): Curva de módulo em dB com as assíntotas e a curva de ângulo de fase de 1/(1+ jω).

A frequência na qual as duas assíntotas se encontram é chamada frequência de canto ou frequência de mudança de inclinação. Para o fator 1/(1 + jωT), a frequência ω = 1/T é a frequência de canto, visto que em ω = 1/T as duas assíntotas têm o mesmo valor.

A frequência de canto divide a resposta em frequência em duas regiões: a curva da região de baixa frequência e curva da região de

2 Diagramas de Bode

36

regiões: a curva da região de baixa frequência e curva da região de alta frequência.

O ângulo de fase exato ϕ do fator 1/(1 + jωT) é:ϕ = -tg-1 ωT

Na frequência zero, o ângulo de fase é 0º. Na frequência de canto, o ângulo de fase é:

º45111 −=−=−= −− tgT

Ttgφ

No infinito, o ângulo de fase torna-se igual a – 90º. Como o ângulo de fase é dado pela função arco tangente, ele é simétrico em relação ao ponto de inflexão em ϕ = - 45º. O erro na curva de grandeza causado pelo uso das assíntotas pode ser calculado. O erro máximo ocorre na frequência de canto e é aproximadamente igual a – 3 dB, visto que:

2 Diagramas de Bode

dB03,32log101log2011log20 −=−=++−

37

O erro em uma oitava abaixo da frequência de canto, isto é, em ω = 1/(2T), é:

O erro em uma oitava acima da frequência de canto, isto é, em ω=2/T, é:

dB03,32log101log2011log20 −=−=++−

dB97,02

5log201log201

4

1log20 −=−=++−

dB97,02

5log202log2012log20 2 −=−=++−

2 Diagramas de Bode

Portanto, o erro em uma oitava abaixo o acima da frequência de canto é aproximadamente igual a – 1 dB. De maneira semelhante, o erro em uma década abaixo ou acima da frequência de canto é aproximadamente – 0,04 dB.

Uma vantagem do diagrama de Bode é que para fatores recíprocos –por exemplo, o fator 1/(1 + jωT) - as curvas de módulo em dB e do ângulo de fase necessitam trocar apenas o sinal, visto que

38

ângulo de fase necessitam trocar apenas o sinal, visto que

TjTtgTj

e

TjTj

ωωω

ωω

+−∠==+∠

+−=+

−

1

11

1

1log201log20

1

A inclinação da assíntota de alta frequência de 1 + jωT é 20 dB/década e o ângulo de fase varia de 0º a 90º, conforme a frequência ω aumenta de zero a infinito. A figura (8) mostra a curva de módulo em dB, juntamente com as assíntotas e o ângulo de fase.

2 Diagramas de Bode

39Figura 8: Curva módulo em dB, com a assíntota e a curva de ângulo de fase de 1 + jωT

Para traçar a curva de ângulo de fase com precisão, devem ser localizados vários pontos sobre a curva. Os ângulos de fase de (1 + jωT)+-1 são:

2 Diagramas de Bode

Tem

Tem

2

1º6,26

1º45

=±

=±

ω

ω

40

Tem

Tem

Tem

T

10º3,84

2º4,63

10

1º7,5

2

=±

=±

=±

ω

ω

ω

Para casos em que dada função de transferência possui termos como , pode ser feita uma construção assintótica similar. A frequência de canto ainda está em ω = 1/T, e as assíntotas são linhas retas. A assíntota de baixa frequência é uma reta horizontal em 0 dB, enquanto a assíntota de alta frequência em uma inclinação de – 20n dB/década ou 20n dB/década. O erro envolvido nas expressões assintóticas é n vezes o correspondente a

2 Diagramas de Bode

nTj ±+ )1( ω

41

envolvido nas expressões assintóticas é n vezes o correspondente a (1 + jωT )+-1. O ângulo de fase é n vezes o correspondente a (1 + jωT)+-1 em cada ponto de frequência.

2 Diagramas de Bode

Exemplo 04: Esboce os diagramas de Bode para o sistema mostrado na Figura (9), onde G(s) = K (s + 3)/ [s(s + 1)(s + 2)].

Figura (9): Sistema com realimentação unitária em malha fechada.

42

Solução: O diagrama de Bode é a soma dos diagramas dos diagramas referentes a cada termo de primeira ordem. Portanto, é conveniente utilizar o gráfico normalizado de cada um desses termos de modo que a assíntota de baixas frequências de cada termo, exceto o do pólo na origem, esteja em 0 dB, tornando mais fácil a adição das componentes do diagrama de Bode.

2 Diagramas de Bode

Reescreve-se G(s) mostrando cada termo normalizado para um ganho unitário em baixas frequências. Portanto,

++

+

=

12

)1(

132

3

)(s

ss

sK

sG (15)

43

Constate agora que as frequências de quebra ocorrem em 1, 2 e 3. O gráfico de magnitude deve começar uma década abaixo da menor frequência de quebra e se estender até uma década acima da maior frequência de quebra. Portanto, escolhe-se o intervalo de 0,1 a 100 radianos, ou três décadas, como abrangência para o diagrama.

2

2 Diagramas de Bode

Em ω = 0,1, o valor de baixas frequências da função é obtido a partir da Eq. (15) utilizando os valores de baixas frequências para todos os termos [ (s/a) + 1] (isto é, s = 0), e o valor real para o termo s no denominador. Desta maneira, . O efeito de K é mover a curva de magnitude para cima ou para baixo de um valor de 20 log K. O ganho K não apresenta qualquer efeito sobre a curva de fase. Ao se escolher K = 1 pode-se, mais tarde, desfazer a normalização

KKjG 151,0/)1,0( 23 =≈

44

fase. Ao se escolher K = 1 pode-se, mais tarde, desfazer a normalização do diagrama de magnitude para qualquer valor de K calculado ou conhecido.

A Figura (10)(a) mostra cada um dos componentes do diagrama de Bode logarítmico para a magnitude da resposta em frequência. Somando-se os componentes obtém-se o gráfico composto mostrado na Figura (10)(b).

2 Diagramas de Bode

45Figura (10): Diagrama de Bode logarítmico de magnitude. (a) componentes; (b) composição.

2 Diagramas de Bode

Os resultados estão resumidos na Tabela 01, que pode ser utilizada para obter as inclinações. Cada pólo e cada zero estão discriminados na primeira coluna. A leitura ao longo da tabela mostra sua contribuição em cada frequência. A última linha é a soma das inclinações e se correlaciona com a Figua (10)(b).

46Tabela 01: Contribuição da inclinação de cada pólo e zero do sistema do exemplo 04.

2 Diagramas de Bode

O diagrama de Bode da magnitude para K = 1 começa em ω = 0,1, com um valor de 20 log 15 = 23,52 dB, e diminui imediatamente a uma taxa de – 20 dB/década devido ao termo s no denominador. Em ω = 1, o termo (s + 1) no denominador começa sua inclinação descendente e provoca uma inclinação negativa adicional de 20 dB/década, ou uma inclinação total de – 40 dB/década. Em ω = 2, o termo [ (s/2) + 1] começa sua inclinação de – 20 dB/década, adicionando novamente – 20 dB/década ao diagrama resultante,

47

adicionando novamente – 20 dB/década ao diagrama resultante, produzindo uma inclinação total de – 60 dB/década que continuará até ω = 3. Nesta frequência o termo [ (s/3) + 1] no numerador começa sua inclinação positiva de 20 dB/década. O diagrama de magnitude resultante, portanto, muda de uma inclinação de – 60 dB/década para – 40 dB/década em ω = 3 e continua com esta inclinação, uma vez que não ocorrem outras frequências de quebra.

2 Diagramas de Bode

As inclinações são facilmente desenhadas esboçando-se segmentos de reta que decrescem 20 dB por década. Por exemplo, a inclinação inicial de – 20 dB/década é desenhada a partir de 23,52 dB em ω = 0,1 até 3,52 dB (um decréscimo de 20 dB) em ω = 1. A inclinação de – 40 dB/década começando em ω = 1 é desenhada esboçando-se um segmento de reta a partir de 3,52 dB em ω = 1 até – 36,48 dB (um decréscimo de 40 dB) em ω = 10 e utilizando-se

48

– 36,48 dB (um decréscimo de 40 dB) em ω = 10 e utilizando-se apenas o trecho entre ω = 1 e ω = 2. A próxima inclinação de – 60 dB/década é desenhada primeiro esboçando-se apenas o segmento de reta a partir de ω = 2 até ω = 20 (uma década) caindo 60 dB, e utilizando-se apenas o segmento de reta entre ω = 3 e ω = 30 (uma década) que cai 40 dB. Esta inclinação continua até o final do diagrama.

2 Diagramas de Bode

A fase é tratada de modo semelhante. Entretanto, a existência de quebras uma década abaixo e uma década acima da frequência de corte requer um pouco mais de cálculo. A Tabela 02 mostra as frequências iniciais e finais da inclinação de 45º/década para cada um dos pólos e zeros.

49

Tabela 02: Diagrama de Bode de fase: contribuição da inclinação de cada pólo e zero do sistema do exemplo 04.

10

2 Diagramas de Bode

50

Figura (11): Diagrama de Bode de fase para o exemplo 04: (a) componentes; (b) composição.

2 Diagramas de Bode

Por exemplo, observando o pólo em – 2, verifica-se que a inclinação de– 45º começa na frequência de 0,2 e termina na frequência de 20.Preenchendo as linhas em relação a cada um dos pólos e somando emseguida as colunas obtém-se o aspecto geral da inclinação do diagramade fase resultante. Observando-se a linha assinalada com inclinaçãototal, percebe-se que o diagrama de fase terá uma inclinação de – 45º/década no intervalo entre as frequências de 0,1 e 0,2. A inclinação, emseguida, aumentará para – 90º/década a partir de 0,2 até 0,3. A

51

seguida, aumentará para – 90º/década a partir de 0,2 até 0,3. Ainclinação retornará para – 45º /década entre 0, 3 e 10 rad/s. Umainclinação de 0º /década ocorre entre 10 e 20 rad/s seguida de umainclinação de +45º /década a partir de 20 até 30 rad/s. Finalmente, apartir de 30 rad/s até o infinito a inclinação é de 0º /década.Uma vez que o pólo na origem produz uma defasagem constante de– 90º, o diagrama começa em – 90º e segue o aspecto geral dainclinação que acaba de ser descrito.

Fim do Exemplo 04.

Fatores quadráticos [1 + 2ζ(jω/ωn) + (jω/ωn)2] ±1 :

Os sistemas de controle frequentemente possuem fatores quadráticos da forma:

2 Diagramas de Bode

2

21

1)(

+

+

=

nn

jj

jG

ω

ω

ω

ωζ

ω (16)

52

Se ζ > 1, esse fator quadrático pode ser expresso como um produto de dois fatores de primeira ordem com pólos reais. Se 0 < ζ < 1, esse fator quadrático é um produto de dois fatores complexos conjugados. As aproximações assintóticas para as curvas de resposta em frequência não são precisas para um fator com baixos valores de ζ , pois o módulo e a fase do fator quadrático dependem tanto da frequência de canto quanto do coeficiente de amortecimento ζ.

nn ωω

2 Diagramas de Bode

Pode-se obter da seguinte forma a curva assintótica de resposta em frequência: como

22

2

2

2 21log20

21

1log20

+

+−=

+

+

nn

nn

jjω

ωζ

ω

ω

ω

ω

ω

ωζ

53

Para baixas frequências, como ω << ωn, o módulo em dB passa a ser:

Portanto, a assíntota de baixa frequência é uma reta horizontal em 0 dB. Para altas frequências como ω >> ωn , o módulo em dB passa a ser:

nn ωω

dB01log20 =−

dBnn ω

ω

ω

ωlog40log20

2

2

−=−

2 Diagramas de Bode

A equação da assíntota de alta frequência é uma reta que possui uma inclinação de – 40 dB/década, desde que

A assíntota de alta frequência cruza a de baixa frequência em ω = ωn, pois nessa frequência

nn ω

ω

ω

ωlog4040

10log40 −−=−

54

Essa frequência, ωn, é a frequência de canto do fator quadrático considerado.

dBn

01log40log40 =−=−ω

ω

2 Diagramas de Bode

As duas assíntotas que foram deduzidas são independentes do valor de ζ. Próximo à frequência ω = ωn , ocorre um pico de ressonância, como pode ser esperado a partir da equação (16). O coeficiente de amortecimento ζ determina a amplitude desse pico de ressonância. Obviamente, existem erros na aproximação através de retas assíntotas. A amplitude do erro depende do valor de ζ. Ele será grande para valores pequenos de ζ.

55

grande para valores pequenos de ζ.

A Figura (12) mostra as curvas exatas de módulo em dB, juntamente com as retas assíntotas e as curvas exatas de ângulo de fase do fator quadrático dado pela equação (16) para alguns valores de ζ.

2 Diagramas de Bode

56Figura 12: curva de módulo em dB com as assíntotas e as curvas de ângulo de fase.

2 Diagramas de Bode

Se forem desejadas correções nas curvas assintóticas, as correções necessárias em um número suficiente de pontos podem ser obtidas a partir da Figura (12).O ângulo de fase do fator quadrático [1 + 2ζ(jω/ωn) + (jω/ωn)2] -1 é:

−=∠= −

21

2

21 ntg

ω

ωζ

φ

57

O ângulo de fase é uma função tanto de ω como de ζ. Em ω = 0, o ângulo de fase é igual a 0º. Na frequência de canto ω = ωn, o ângulo de fase é – 90º independentemente de ζ, dado que:

−

−=

+

+

∠= 22

121nnn

tg

jjω

ω

ω

ω

ω

ωζ

φ

º900

2 11 −=∞−=

−= −−

tgtgζ

φ

2 Diagramas de Bode

Em , o ângulo de fase torna-se - 180º. A curva de ângulo é antissimétrica em relação ao ponto de inflexão – o ponto onde ϕ = - 90º. Não existem meios simples de traçar essas curvas de ângulo de fase. É necessário referir-se às curvas de ângulo de fase indicadas na Figura (12).

As curvas de resposta em frequência do fator

∞=ω

58

As curvas de resposta em frequência do fator

Podem ser obtidas simplesmente pela inversão do sinal do módulo em dB e das curvas de ângulo de fase do fator

2

21

+

+

nn

jjω

ω

ω

ωζ

2

21

1

+

+

nn

jjω

ω

ω

ωζ

2 Diagramas de Bode

Para obter as curvas de resposta em frequência de dada função quadrática, deve-se inicialmente determinar o valor da frequência de canto ωn e do coeficiente de amortecimento ζ. Então utilizando a família de curvas dada pela Figura (12), podem ser construídas curvas de resposta em frequência.

59

2 Diagramas de Bode

Exemplo 05: Esboce os diagramas logarítmicos de magnitude e fase de G(s) para o sistema com realimentação unitária mostrado da Figura (13), onde G(s) = (s + 3) / [(s + 2)(s2 + 2s + 25)].

Figura 13: Sistema com realimentação unitária.

60

Solução: Inicialmente converte-se G(s) para mostrar as componentes normalizadas que possuem ganho unitário nas baixas frequências. O termo de segunda ordem é normalizado colocando-se em evindência o fator ωn

2, resultando em

Figura 13: Sistema com realimentação unitária.

12

2

2

++nn

s

ω

ζ

ω

2 Diagramas de Bode

Assim,

++

+

+

=

++

+

+

=

1252

251

2

13

50

3

1252

251

2

13

)25)(2(

3)(

22

sss

s

sss

s

sG

O diagrama logarítmico de Bode da magnitude está mostrado na Figura

61

O diagrama logarítmico de Bode da magnitude está mostrado na Figura (13)(b), e é a soma dos termos individuais de primeira e segunda ordens de G(s) mostrados na Figura (13)(a). Resolve-se este problema adicionando as inclinações dessas partes componentes, começando e terminando nas frequências apropriadas.

2 Diagramas de Bode

62Figura 14: Diagrama de Bode para o sistema do exemplo 05: (a) componentes; (b) composição.

2 Diagramas de Bode

63

Tabela 03: Inclinações do diagrama de magnitude para o exemplo 05.

Os resultados estão resumidos na Tabela 03, que pode ser utilizada para se obter as inclinações. O valor de G(s) nas baixas frequências, obtido fazendo-se s = 0, é 3/50, ou 24,44 dB. O diagrama de Bode da magnitude começa neste valor e continua até a primeira frequência de quebra em 2 rad/s. Neste ponto, o pólo em – 2 produz uma inclinação decrescente de – 20 dB/década até a próxima frequência de quebra em 3 rad/s.

2 Diagramas de Bode

O zero em – 3 provoca uma elevação da inclinação de + 20 dB/década que, ao ser adicionada à curva anterior de – 20 dB/década, resulta em uma inclinação líquida de 0. Na frequência de 5 rad/s, o termo de segunda ordem começa com uma inclinação decrescente de – 40 dB/década, que continua até o infinito.

A correção da curva logarítmica da magnitude devida ao termo de segunda ordem subamortecido pode ser determinada representando-se

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segunda ordem subamortecido pode ser determinada representando-se um ponto de – 20 log 2ζ acima das assíntotas da frequência natural. Como ζ = 0,2 para o termo de segunda ordem no denominador G(s), a correção é de 7,69 dB. Pontos próximos da frequência natural podem ser corrigidos obtendo-se os valores da curva na Figura (12).

2 Diagramas de Bode

Analisa-se agora o diagrama de fase. A Tabela (04) é formada para determinar a progressão da inclinações no diagrama de fase. O pólo de primeira ordem em – 2 produz um ângulo de fase que começa em 0º e termina em – 90º por meio de uma inclinação de – 45º/década, começando uma década abaixo e terminando uma década acima da frequência de quebra.

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Tabela 04: Inclinações do diagrama de fase para o exemplo 05.

2 Diagramas de Bode

O zero de primeira ordem produz um ângulo de fase que começa em 0º e termina em +90º por meio de uma inclinação de +45º/década começando uma década abaixo e terminando uma década acima de sua frequência de quebra.

Os pólos de segunda ordem produzem um ângulo de fase que começa em 0º e termina em – 180º por meio de uma inclinação de –

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começa em 0º e termina em – 180º por meio de uma inclinação de –90º/década, começando uma década abaixo da frequência natural (ωn = 5) e terminando uma década acima desta frequência natural. As inclinações, mostradas na Figura (15)(a), estão somadas em cada uma das faixas de frequência, e o diagrama de Bode final de fase está mostrado na Figura (15)(b).

2 Diagramas de Bode

67Figura(15): Diagrama de Bode de fase para o exemplo 05: (a) componentes; (b) composição.

Obrigado

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