Capítulo 6 - Diagrama de Bode

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1 Capítulo 6 - Diagrama de Bode Prof. Fernando de Oliveira Souza (baseado nas notas de aula de SDL do Prof. Bruno Otávio) [email protected] ( fosouza/) Departamento de Engenharia Eletrônica Universidade Federal de Minas Gerais Av. Antônio Carlos 6627, Belo Horizonte, MG, Brasil p. 1/123

2 Resposta Senoidal (Tempo contínuo) Considere x(t) =e jωt,logo y(t) = = = e jωt h(τ)x(t τ)dτ h(τ)e jω(t τ) dτ h(τ)e jωτ dτ = e jωt H(jω) H(jω) = H(jω) e j{ H(jω)} H(jω) resposta em frequência p. 2/123

3 Resposta Senoidal (Tempo contínuo) y(t) = e jωt H(jω) = e jωt H(jω) e j{ H(jω)} = e (jωt+{ H(jω)}) H(jω) H(jω) resposta em frequência H(jω) = H(jω) e j{ H(jω)} H(jω) resposta em módulo ou magnitude { H(jω)} resposta em fase p. 3/123

4 Resposta Senoidal (Tempo discreto) Considere: y[n] = k= h[k]x[n k], com x[n] =e jωn então, y[n] = k= h[k]e jω(n k) = e jωn h[k]e jωk k= = e jωn H(e jω ) p. 4/123

5 Resposta em Frequência H(e jω ) = h[k]e jωk k= H(e jω ) é chamado de Resposta em Frequência do sistema discreto. H(jω) = h(τ)e jωτ dτ H(jω) é chamado de Resposta em Frequência do sistema contínuo. p. 5/123

6 Resposta Senoidal (Diagramas de Blocos) Em termos de diagrama de blocos, Tempo contínuo e jωt h(t) H(jω)e jωt Tempo discreto e jωn h[n] H(e jω )e jωn p. 6/123

7 Resposta em frequência A Resposta em frequência pode ser obtida pela posição dos polos e zeros do sistema representado por uma função de transferência. p. 7/123

8 Resposta em frequência Obtenha a saída do sistema com função de transferência Y (s) X(s) = H(s) quando a entrada x(t) éumasenoidede amplitude A x(t) = Asen(ωt)u(t). p. 8/123

9 Resposta em frequência A transformada de Laplace da entrada é X(s) = Aω s 2 + ω 2 Logo, transformada de Laplace da saída é Aω Y (s) =H(s) s 2 + ω 2 Assumindo que H(s) tenha polos reais distintos eusandofrações parciais Y (s) = α 1 s p 1 + α 2 s p α n s p n + β 0 s + jω + β 0 s jω p. 9/123

10 Resposta em frequência Y (s) = α 1 s p 1 + α 2 s p α n s p n + β 0 s + jω + β 0 s jω Logo, a saída é y(t) =α 1 e p 1t + α 2 e p 2t + + α n e p nt }{{} y n + β 0 e jωt + β 0 ejωt }{{} y f Se H(s) for assintoticamente estável (p 1,p 2,...,p n < 0), então a solução em regime permanente será: y f (t) p. 10/123

11 Resposta em frequência y f (t) = β 0 e jωt + β 0 e jωt Calculando os coeficientes: Aω β 0 = (s + jω)h(s) (s + jω)(s jω) = H( jω) Aω 2jω = H( jω)a 2j β 0 = H(jω)A 2j s= jω p. 11/123

12 Resposta em frequência Portanto, y f (t) = β 0 e jωt + β 0 e jωt = H( jω)a e jωt + H(jω)A e jωt 2j 2j [ H(jω) = A e jωt H( jω) ] e jωt 2j 2j [ ] H(jω) e j H(jω) = A e jωt H( jω)e j H(jω) e jωt 2j 2j = A H(jω) ej(ωt+ H(jω)) e j(ωt+ H(jω)) 2j = A H(jω) sen(ωt + H(jω)) p. 12/123

13 Resposta em frequência y f (t) = A H(jω) sen(ωt + H(jω)) Arespostaemregime permanente de um sistema LIT estável excitado por uma senóide de freq. ω também será uma senóde de freq ω, mascomsua amplitude e fase possivelmente alteradas. As mudanças de amplitude e de fase não são fixas, pois dependem da frequência do sinal de entrada ω. p. 13/123

14 Resposta em frequência Objetivos: y f (t) = A H(jω) sen(ωt + H(jω)) 1. Analisar como o sistema responde a entradas senoidais diferentes 2. Avaliar H(s) para s assumindo valores no eixo imaginário (s = jω) émuitoútil para determinar a estabilidade de sistemas em malha-fechada (Nesta análise consideramos que H(s) tem polos reais e distintos, mas o mesmo resultado é obtido caso H(s) tenha polos complexos conjugados ou repetidos) p. 14/123

15 Exemplo: Resposta em frequência Saída do sistema devido a entrada H(s) = 1 s +1 x(t) =sen(10t)u(t) A resposta completa é y(t) = e t + y n }{{} sen(10t 84,2 ) }{{} y f p. 15/123

16 Exemplo: Resposta em frequência y(t) = e t + y n }{{} sen(10t 84,2 ) }{{} y f 0,2 0,15 0,1 y y n y f 0,05 0 0,05 0, p. 16/123

17 H. W. Bode Hendrix Wade Bode (Estados Unidos, 24/12/ /06/1982) Representar a resposta em frequência é um problema antigo; Antes dos computadores esta representação precisava ser feita a mão; A técnica mais usual para representar resposta em frequência foi desenvolvida por H. W. Bode no Laboratório Bell (fundado por Alexander Graham Bell) entre 1932 e p. 17/123

18 Diagrama de Bode Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa ampla de frequências Considere: G(jω) = = (jω + n 1 )(jω + n 2 ) (jω + d 1 )(jω + d 2 )(jω + d 3 ) ( ) r1 r 2 r 3 r 4 r 5 e j(θ 1+θ 2 θ 3 θ 4 θ 5 ) O ângulo total éacontribuição linear, adição, de todos os ângulos individuais ( ) r1 r 2 Entretanto, o módulo é: G(jω) = r 3 r 4 r 5 p. 18/123

19 Diagrama de Bode Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa ampla de frequências ( ) r1 r 2 Omódulo é: G(jω) = r 3 r 4 r 5 Por outro lado: ( ) r1 r 2 log 10 G(jω) = log 10 r 3 r 4 r 5 = log 10 r 1 +log 10 r 2 log 10 r 3 log 10 r 4 log 10 r 5 O logaritmo de G(jω) total é a contribuição linear dos logaritmos dos termos r i. p. 19/123

20 Diagrama de Bode OdiagramadeBodeérepresentadoem duas curvas i) Magnitude em Decibels Log de ω ii) Fase em graus Log de ω Decibel corresponde a 20 vezes o logaritmo da quantidade: 20 log 10 H(jω) é a magnitude logaritmica Decibel: db, db (1/10 de bel) p. 20/123

21 Diagrama de Bode: Solução 40 Escala linear (db) db/dec 20 db/dec = 6 db/oitava Escala logaritmica (db) 20 db/dec 40 db/dec ω Escala linear (db) ω p. 21/123

22 Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) =K (s + a 1 )(s a 2 ) s(s + b 1 )(s b 2 )(s 2 +2ζω n s + ω 2 n ) em que: k, a 1, a 2, b 1, b 2, ζ, ω n > 0 Note que H(s) pode ser rescrita como H(s) =K a 1a 2 b 1 b 2 ω 2 n ( s a 1 +1)( s a 2 1) s( s b 1 +1)( s b 2 1)( s2 ω 2 n + 2ζ ω n s +1) p. 22/123

23 Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) =K a 1a 2 b 1 b 2 ω 2 n ( s a 1 +1)( s a 2 1) s( s b 1 +1)( s b 2 1)( s2 ω 2 n + 2ζ ω n s +1) 2 Im{s} b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} p. 23/123

24 Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) =K a 1a 2 b 1 b 2 ω 2 n ( s a 1 +1)( s a 2 1) s( s b 1 +1)( s b 2 1)( s2 ω 2 n + 2ζ ω n s +1) Fazendo s = jω, obtém-se a resposta em frequência H(jω) = K jω( jω b 1 ( jω a 1 +1)( jω b 2 +1)( jω a 2 1) 1)(j 2ζ ω n ω +1+ (jω)2 ω ) n 2 na qual: K = K a 1a 2. b 1 b 2 ωn 2 p. 24/123

25 Diagrama de Bode H(jω) = K jω( jω b 1 ( jω a 1 +1)( jω b 2 +1)( jω a 2 1) 1)(j 2ζ ω n ω +1+ (jω)2 ω ) n 2 Magnitude: H(jω) = K jω a 1 +1 jω a 2 1 jω jω b 1 +1 jω b 2 1 j 2ζ ω n ω +1+ (jω)2 Fase: H(jω) = K+ ( jω a 1 +1)+ ( jω a 2 1) jω ( jω b 1 +1) ( jω 1) (j 2ζ ω +1+ (jω)2 ) b 2 ω n ωn 2 ω 2 n p. 25/123

26 Diagrama de Bode H(jω) = K jω( jω b 1 ( jω a 1 +1)( jω b 2 +1)( jω a 2 1) 1)(j 2ζ ω n ω +1+ (jω)2 ω ) n 2 Magnitude em db: jω 20 log 10 H(jω) = 20 log 10 K+20 log10 +1 a 1 jω +20 log 10 1 a 2 20 log 10 jω jω 20 log b 1 20 log jω 10 1 b 2 20 log 10 j 2ζ ω n ω +1+ (jω)2 ω 2 n p. 26/123

27 Diagrama de Bode: atan s = α + jβ = s = α 2 + β 2, s = atan θ =atan 90 ( ) β α β α 0 = ( ) β α jβ θ α β α 0 ω jβ 90 = θ α p. 27/123

28 Diagrama de Bode: atan2 s = α 2 + β 2, s = α + jβ = s = θ = atan2 (β,α) θ = ( ) β α atan, α>0 ( ) 180 +atan β α, β 0, α<0 ) 180 +atan, β<0, α<0 ( β α 90, β>0, α=0 90, β<0, α=0 indefinido, β=0, α=0 p. 28/123

29 Diagrama de Bode Considerar separadamente de cada componente de H(jω), Constante Polo ou zero na origem Polo ou zero simples Polos ou zeros complexos conjugados Zero de fase não-mínima Polo instável Odiagramadebodeseráesboçadoe analisado considerando-se a composição destes termos. p. 29/123

30 Diagrama de Bode Considere novamente H(jω) = jω }{{} H 2 (jω) H 1 (jω) {}}{ K ) ( jω +1 b } 1 {{} H 4 (jω) H 3 (jω) {}}{ ( jω +1) a 1 ) ( jω 1 b } 2 {{} H 7 (jω) H 6 (jω) {}}{ ( jω 1) a ( 2 j 2ζ ) ω +1+ (jω)2 ω n ω }{{ n 2 } H 5 (jω) p. 30/123

31 Diagrama de Bode: Constante Seja H 1 (jω) = K, emque K R Se H 1 (jω) = K 0: 20 log 10 H 1 (jω) = 20 log 10 K H 1 (jω) =0 Se H 1 (jω) = K<0: 20 log 10 H 1 (jω) = 20 log 10 K H 1(jω) = atan2(0, K ) ( = 180 +atan 0 K ) = 180 p. 31/123

32 Diagrama de Bode: Constante log 10 H 1 (jω) 20 log 10 K ω 2 H 1 (jω) K < K 0 ω p. 32/123

33 Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem Seja H 2 (jω) = 1 jω : Polo: 20 log 10 H 2 (jω) = 20 log 10 jω = 20 log 10 ω H 2 (jω) = atan ( ω 0 ) = atan( ) = 90 (reta com inclinação de 20db/dec) Zero (jω): 20 log 10 1/H 2 (jω) = +20 log 10 jω = +20 log 10 ω H 2 (jω) =+atan ( ) ω 0 = +atan( ) =+90 (reta com inclinação de +20db/dec) p. 33/123

34 Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem 2 20 log 10 1 jω, 20 log 10 jω zero 10 0 polo ω H 2 (jω), 1/H 2 (jω) 90 zero 90 ω polo p. 34/123

35 Diagrama de Bode: Polo simples Seja H 4 (jω) = 1 jω b 1 +1 : 20 log 10 H 4 (jω) = 20 log 10 ( ω 2 b 2 1 ) = 20 log 10 (1) = 0, ω b 1 20 log 10 2= 3,01, ω = b1 ( ) 1 ω 20 log = 20 log b (ω)+20 log 10 (b 1 ), ω b 1 (reta com inclinação de 20db/dec) p. 35/123

36 Diagrama de Bode: Polo simples Seja H 4 (jω) = 1 jω b 1 +1 : H 4 (jω) = atan ( ω b 1 ) = atan(0) = 0, ω b 1 atan(1) = 45, ω = b 1 atan( ) = 90, ω b 1 p. 36/123

37 Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω a 1 +1: 20 log 10 H 3 (jω) = +20 log 10 ( ω 2 a 2 1 ) = 20 log 10 (1) = 0, ω a 1 20 log 10 2=3,01, ω = a1 ( ) log 10 = +20 log 10 (ω) 20 log 10 (a 1 ), ω a 1 ω 2 a 2 1 (reta com inclinação de +20db/dec) p. 37/123

38 Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω a 1 +1: H 3 (jω) =+atan ( ω a 1 ) = atan(0) = 0, ω a 1 atan(1) = 45, ω = a 1 atan( ) =90, ω a 1 p. 38/123

39 Diagrama de Bode: Polo e Zero simples log 10 H 3, 20 log 10 H 4 20 db/dec 10 0 a 1 b 1 ω H 2 (jω), 1/H 2 (jω) a 1 /10 a 1 10a 1 ω b 1 /10 b 1 20 db/dec zero 10b 1 polo p. 39/123

40 Exemplo: Diagrama de Bode Trace o diagrama de Bode da seguinte função de transferência s(s + 100) H(s) =20 (s +2)(s + 10) p. 40/123

41 Exemplo: Diagrama de Bode 1 Passo: s(s + 100) H(s) = 20 (s +2)(s + 10) s( s 100 = ) (s +2)(s + 10) s( s 100 = +1) 2 +1)(s + 10) = = ( s 2 s( s ) ( s 2 +1)(s 10 +1) s( s ) ( s 2 +1)(s 10 +1) p. 41/123

42 Exemplo: Diagrama de Bode 2 Passo: H(jω) = H(s) s=jω = 100 jω( jω ) ( jω 2 +1)(jω 10 +1) 3 Passo: Analisar cada um dos termos de H(jω) p. 42/123

43 Exemplo: Constante H 1 (jω) = 100, 20 log 10 H 1 (jω) =20log = 40db H 1 (jω) =0 41 Bode Diagram 40.5 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 43/123

44 Diagrama de Bode: Zero na origem Seja H 2 (jω) =jω: 20 log 10 jω = +20 log 10 jω = +20 log 10 ω H 2 (jω) =+atan ( ) ω 0 = +atan( ) =+90 (reta com inclinação de +20db/dec) Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 44/123

45 Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω : 20 log 10 H 3 (jω) = +20 log 10 ( ω ) 1 2 = 20 log 10 (1) = 0, ω log 10 2=+3,01, ω = 100 ( 20 log 10 = +20 log 10 (ω) 20 log 10 (100), ω 100 ) 1 ω (reta com inclinação de +20db/dec) p. 45/123

46 Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω : H 3 (jω) =+atan ( ω ) 100 = atan(0) = 0, ω 100 atan(1) = 45, ω = 100 atan( ) =90, ω 100 p. 46/123

47 Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω : 50 Bode Diagram 40 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 47/123

48 Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H 4 (jω) = 1 jω 2 +1: 20 log 10 H 4 (jω) = 20 log 10 ( ω ) 1 2 = 20 log 10 (1) = 0, ω 2 20 log 10 2= 3,01, ω =2 ( ) 1 ω 20 log = 20 log 2 10 (ω)+20 log 10 (2), ω 2 (reta com inclinação de 20db/dec) p. 48/123

49 Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H 4 (jω) = 1 jω 2 +1: H 4 (jω) = atan ( ω 2 ) = atan(0) = 0, ω 2 atan(1) = 45, ω =2 atan( ) = 90, ω 2 p. 49/123

50 Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H 4 (jω) = 1 jω 2 +1: Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 50/123

51 Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H 5 (jω) = 1 jω 10 +1: ( ) 1 ω 2 20 log 10 H 5 (jω) = 20 log = 2 20 log 10 (1) = 0, ω log 10 2= 3,01, ω =10 ( ) 1 ω 20 log = 20 log 2 10 (ω)+20 log 10 (10), ω 10 (reta com inclinação de 20db/dec) p. 51/123

52 Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H 5 (jω) = 1 jω 10 +1: H 5 (jω) = atan ( ω 10) = atan(0) = 0, ω 10 atan(1) = 45, ω =10 atan( ) = 90, ω 10 p. 52/123

53 Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H 5 (jω) = 1 jω 10 +1: Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 53/123

54 Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 54/123

55 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 (s +0,1)(s +1)(s + 10) p. 55/123

56 Diagrama de Bode: Solução 0 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 56/123

57 Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); hold on; p2 = tf(1,[1 1]); bode(p2,w); p3 = tf(1,[1/10 1]); bode(p3,w); num = 1; den = conv([1 0.1],[1 1]); den = conv(den,[1 10]); H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(7)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 57/123

58 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = (s +1) (s +0,1)(s + 10) p. 58/123

59 Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 59/123

60 Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); hold on; z1 = tf([1 1],1); bode(z1,w); p2 = tf(1,[1/10 1]); bode(p2,w); num = [1 1]; den = conv([1 0.1],[1 10]); H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(7)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 60/123

61 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 100 (s +0,1)(s +1)(s + 10) p. 61/123

62 Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 62/123

63 Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); K = tf(100,1); bode(k,w); hold on; p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); p2 = tf(1,[1 1]); bode(p2,w); p3 = tf(1,[1/10 1]); bode(p3,w); den = conv([1 0.1],[1 1]); den = conv(den,[1 10]); H = tf(100,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(4) h(8)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 63/123

64 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 100(s + 10) (s +0,1)(s +1) p. 64/123

65 Diagrama de Bode: Solução 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 65/123

66 Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); K = tf(100*10/0.1,1); bode(k,w); hold on; z1 = tf([1/10 1],1); bode(z1,w); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); p2 = tf(1,[1/1 1]); bode(p2,w); num = 100*[1 10]; den = conv([1 0.1],[1 1]); H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(8)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 66/123

67 Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) =K a 1a 2 b 1 b 2 ω 2 n ( s a 1 +1)( s a 2 1) s( s b 1 +1)( s b 2 1)( s2 ω 2 n + 2ζ ω n s +1) 2 Im{s} b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} p. 67/123

68 Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H 5 (jω) = j 2ζ ω n ω + 1 ( 1 ω2 ω 2 n ( ( )) 1 20 log 10 H 5 (jω) = 20 log 4ζ 2 10 ω ω ω2 ω n 2 ω ( n 2 ωn ( 4 ) ) 4 = 10 log 10 1+(4ζ 2 2) ω2 ω ω + n 2 ω n 10 log 10 (1) = 0, ω ω n 10 log 10 (1 + (4ζ 2 2) + 1) = 20 log 10 (2ζ), ω = ω n ( ) 4 ω 10 log 10 ω n = 40 log10 (ω)+40 log 10 (ω n ), ω ω n ): (reta com inclinação de 40db/dec) p. 68/123

69 Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H 5 (jω) = atan2 j 2ζ ω n ω + H 5 (jω) = atan2 ( ) 2 ζω ω n,1 = atan 1 ( ): 1 ω2 ωn 2 (1 ω2 ( )) 2ζ ω, ω n ωn 2 ( ) 2 ζω ω n =0, ω ω n atan2(2ζ,0) = 90, ω = ω n ( ) ) atan2 2ζ ω n ω, ω2 ω = atan2 (2ζ, ωωn n ( 2 )) = 180 +atan( 2ζωn ω = 180, ω ω n p. 69/123

70 Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos log 10 H 5 (jω) assintota ζ =0,1 =0,2 =0,3 =0,5 ζ =0,707 ζ =1 ω 40 db/dec 10 2 assintota H 5 (jω) assintota ζ =0,1 =0,2 =0,3 ζ =0,707 ω assintota p. 70/123

71 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 s 2 +2s +2 p. 71/123

72 Exercícios logo H(s) = 1 s 2 + 2s + 2 = 1 s 2 + 2ζω n s + ωn 2 Portanto, ω n = 2 e ζ =1/ω n 0,7071 H(s) = = ( 1 ω 2 n ( 1 2 ) ) 1 s 2 /ωn 2 + 2ζs/ω n +1 1 s 2 /2 + s +1 p. 72/123

73 Diagrama de Bode: Solução 0 Bode Diagram 20 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 73/123

74 Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 1/wn; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(k,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 2 2]; H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(6)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 74/123

75 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: 1 H(s) = s 2 +0,2 2s +2 p. 75/123

76 Exercícios logo H(s) = 1 s 2 + 0,2 2s + 2 = 1 s 2 + 2ζω n s + ω 2 n ω n = 2 e ζ =0,1 Portanto, H(s) = ( ) s 2 /2 + 0,1 2s +1 p. 76/123

77 Diagrama de Bode: Solução 20 Bode Diagram 0 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 77/123

78 Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0.1; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(k,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0.2*sqrt(2) 2]; H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(6)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 78/123

79 Exercícios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 s 2 +2 p. 79/123

80 Exercícios logo H(s) = 1 s = 1 s 2 + 2ζω n s + ω 2 n ω n = 2 e ζ =0 Portanto, H(s) = ( ) s 2 /2 +1 p. 80/123

81 Diagrama de Bode: Solução 20 Bode Diagram 0 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Este é o resultado esperado? p. 81/123

82 Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(k,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0 2]; H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(6)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 82/123

83 Diagrama de Bode: Solução 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) Aumentado número de pontos em ω. p. 83/123

84 Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0; w = logspace(-2,2,1000); K = tf(1,wn^2); bode(k,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0 2]; H = tf(num,den); bode(h,w); h = findobj(gcf, type, line ); set([h(3) h(6)], Color, black, linewidth,2); grid; p. 84/123

85 Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) =K a 1a 2 b 1 b 2 ω 2 n ( s a 1 +1)( s a 2 1) s( s b 1 +1)( s b 2 1)( s2 ω 2 n + 2ζ ω n s +1) 2 Im{s} b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} p. 85/123

86 Diagrama de Bode: Zero de fase não mínima Seja H 6 (jω) = jω a 2 1: 20 log 10 H 6 (jω) = +20 log 10 ( jω 2 a 2 2 +( 1) 2 ) 1 2 = 20 log 10 (1) = 0, ω a 2 20 log 10 2=3,01, ω = a2 ( ) log 10 = +20 log 10 (ω) 20 log 10 (a 2 ), ω a 2 ω 2 a 2 2 Igual ao zero simples (reta com inclinação de +20db/dec) p. 86/123

87 Diagrama de Bode: Zero de fase não mínima Seja H 6 (jω) = jω a 2 1: H 6 (jω) =+atan2 ( ω a 2 ) = 180 +atan atan(0) = 180, ω a 2 ( ωa2 ) = 180 +atan( 1) = 135, ω = a atan( ) =90, ω a 2 p. 87/123

88 Diagrama de Bode: Polo simples instável Seja H 7 (jω) = 1 jω b 2 1 : 20 log 10 H 7 (jω) = 20 log 10 ( jω 2 b 2 2 +( 1) 2 ) 1 2 = 20 log 10 (1) = 0, ω b 2 20 log 10 2= 3,01, ω = b2 ( ) 1 ω 20 log = 20 log b (ω)+20 log 10 (b 1 ), ω b 2 Igual ao polo simples (reta com inclinação de 20db/dec) p. 88/123

89 Diagrama de Bode: Polo simples instável Seja H 7 (jω) = 1 jω b 2 1 : H 7 (jω) = atan2 ( ) ω, 1 b 2 [ = 180 +atan 180 atan(0) = 180, ω b 2 ( ωb2 )] 180 atan( 1) = 135, ω = b atan( ) = 90, ω b 2 p. 89/123

90 Diag. de Bode: Polo/instável e Zero/Fase não mínima log 10 H 6 (jω), 20 log 10 H 7 (jω) 20 db/dec a 2 b 2 ω H 6 (jω), H 7 (jω) zero a 2 /10 a 2 10a 2 ω polo b 1 /10 b 2 20 db/dec 10b p. 90/123

91 Sistemas de Fase Não-Mínima Zeros no semi-plano direito. Zeros no semi-plano direito são classificados como zeros de fase não mínima FT com zeros no semi-plano direito são classificadas como FT de fase não-mínima. Os sistemas com FT de fase não mínima são classificados como sistemas de fase não mínima. p. 91/123

92 Sistemas de Fase Não-Mínima Uma FT éditadefasemínima se todos os seus zeros estão no semi-plano esquerdo do plano-s. Ela é chamada de FT de fase não-mínima se algum zero estiver no semi-plano direito Nota: Segundo alguns autores, sistema de fase não-mínima não é caracterizado apenas por zeros no semi-plano direito, mas também por polos instáveis... p. 92/123

93 Sistemas de Fase Não-Mínima Se os zeros de H 1 (s) estão todos no semi-plano esquerdo e os zeros de H 2 (s) são os zeros de H 1 (s) refletidos para o semi-plano direito, então H 1 (s) = H 2 (s) e H 1 (s) H 2 (s) Quando se compara a variação de fase dos sistemas H 1 (s) e H 2 (s), observa-sequeavariação de fase de H 1 (s) (todos os zeros no semi-plano esquerdo) ésempremenorque a variação de fase de H 2 (s) (todos os zeros no semi-plano direito). p. 93/123

94 Exercício: Sistemas de Fase Não-Mínima Considere dois sistemas com funções de transferência H 1 (s) = 2s +1 0,1s +1, e H 2(s) = 2s 1 0,1s +1 As duas FT têm a mesma magnitude, porém características defasediferentes Trace o diagrama de Bode dos sistemas acima. p. 94/123

95 Exercício: Sistemas de Fase Não-Mínima 30 Bode Diagram 25 Magnitude (db) H 2 Phase (deg) H Frequency (rad/sec) p. 95/123

96 Retardo no tempo τ: Retardo no tempo, atraso de tempo ou atraso de transporte. f(t τ): f(t) atrasada de τ unidades L{f(t)} = F (s) e L{f(t τ)} = e τs F (s) e τs : função transcendental p. 96/123

97 H. E. Padé Henri Eugène Padé (França, 17/12/ /07/1953) Aproximar e sτ como uma função racional ; Padé propôs a aproximação e τs P n (s) = Q n( τs) Q n (τs) sendo n Q n (τs)= j=0 (n + j)! j!(n j)! (τs)n j Aproximação melhor que a série de Taylor truncada e pode ser aplicada quando a série de Taylor não converge. p. 97/123

98 Exemplo: Aproximação de Padé e τs P n (s) = Q n( τs) Q n (τs) sendo Q n (τs)= n j=0 (n + j)! j!(n j)! (τs)n j Para τ =1,temosaaproximação de Padé s +2 P 1 (s) = s +2 P 2 (s) = s2 6s +12 s 2 +6s +12 P 3 (s) = s3 +12s 2 60s s 3 +12s 2 +60s p. 98/123

99 Exemplo: Aproximação de Padé Considere H(s) = Y (s) = 1 s +1 e s 1 s +1 R(s)e s 1 +2 R(s) s s +1 s s +12 s +1 R(s)s2 s 2 +6s s 2 60s s +1 R(s) s3 s 3 +12s 2 +60s p. 99/123

100 Exemplo: Aproximação de Padé Para R(s) =1/s, usando aproximações para e s,temosy(t) 1.2 Resposta ao degrau 1 Amplitude Tempo p. 100/123

101 Retardo no Tempo/Fase Não-Mínima O retardo no tempo - ou atraso de transporte - caracterizado por e sτ, é um exemplo de sistema de fase não-mínima. Veja que uma simples expansão de ordem n usando Padé gera n zeros no semi plano-direito... Note que e jωτ = cos ωτ jsen ωτ =1 e e jωτ = ωτ p. 101/123

102 Diagrama de Bode: Retardo no tempo Seja H τ (jω)=e jτω : 20 log 10 H τ (jω) = 20 log 10 e jτω = 20 log 10 1 = 0 H τ (jω)= e jτω = τω (Taxa de variação de fase constante) Seja H(s)e τs, logo observe que: lim ω d dω H(jω)e jτω d = lim ω dω [ H(jω)+ e jτω ] d = lim ω [ H(jω) τω] dω = 0 τ = τ p. 102/123

103 Diagrama de Bode: Retardo no tempo log 10 e jτω ω e jτω ω p. 103/123

104 Exemplo: Retardonotempo Obter o diagrama de Bode de H(jω)= e jωτ 1+jωτ A magnitude é 20 log H(jω) =20log e jωτ +20 log }{{} 0 Oângulo de fase é 1 1+jωτ H(jω)= e }{{ jωτ } atan(ωτ) ωτ Portanto basta combinar o efeito do retardo, ie, um decréscimo na fase... p. 104/123

105 Diagrama de Bode: Retardo no tempo Pode-se usar o MATLAB c para avaliar a resposta em frequência de um sistema de 1a. ordem com retardo no tempo. h=tf(1,[2 1]) g=tf(1,[2 1], iodelay,2) bode(h), hold on, bode(g) % h = 1/(2s + 1) - sem retardo % g = exp(-2s) * h - "h" com retardo Note que para frequências específicas, considerando τ =2s, obtém-se o atraso em fase de τω: frequência (rad/s) Atraso na Fase ( τω 180 o /π) p. 105/123

106 Diagrama de Bode: Retardo no tempo 0 5 Bode Diagram Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 106/123

107 Obtendo a FT do Diagrama de Bode 1. Traçar assíntotas as curvas de módulo. As assíntotas devem ter inclinações múltiplas de ±20 db/dec. 2. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de 20 db/dec em ω = a 1,então a FT possui um termo da forma: ( ) jω +1 a 1 3. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de 20 db/dec em ω = b 1,então a FT possui um termo da forma: 1 ( ) jω b 1 +1 p. 107/123

108 Diag. de Bode: Polo/instável e Zero/Fase não mínima 4. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de 40 db/dec em ω = a 2,então a FT possui um termo da forma: [ ) ) ] 2 1+2ζ (j ωa2 + (j ωa2 5. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de 40 db/dec em ω = b 2,então a FT possui um termo da forma: 1 [ ) ) ] 2 1+2ζ (j ωb2 + (j ωb2 p. 108/123

109 Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos 6. Para baixas frequências temos a relação H(jω) K 1 (jω) q A qual nos possibilita descobrir o ganho da FT e o número de polos na origem. Para os próximos passos: Assuma que a FT seja de fase mínima e trace a curva de fase. p. 109/123

110 Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem 7. Se a curva de fase obtida diferir da curva de fase obtida experimentalmente, então, algum dos zeros/polos estão no spd ou o sistema tem ganho negativo. 8. Se a curva de fase obtida diferir da curva de fase obtida experimentalmente por um fator com taxa de variação constante, então, haverá umfatorde retardo de transporte. p. 110/123

111 Exemplo 1 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 111/123

112 Exemplo 1: Solução Traçandoasassíntotas: Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 112/123

113 Exemplo 1: Solução Sistema com um polo na origem, usando 20 log 10 (H(j1)) = 20 log K =0 K =1 Em ω =0,1 mudançade 20 db/dec, então temos 1 j ω +1 0,1 Em ω =1mudançade+20 db/dec, então temos j ω 1 +1 Em ω =10mudançade 20 db/dec, então temos 1 j ω p. 113/123

114 Exemplo 1: Solução Assim, temos jω ( j ω 1 H(jω)=1( ) +1) (j j ω +1 ω +1) 0,1 10 logo, substituindo jω = s, H(s) = (s +1) s (s +0,1) (s + 10) Finalmente, é necessário encontrar a curva de fase para a FT encontrada e verificar se éiguala curva de fase obtida experimentalmente. Neste caso são idênticas. p. 114/123

115 Exemplo 2 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/s) p. 115/123

116 Exemplo 2: Solução Traçandoasassíntotas: Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 116/123

117 Exemplo 2: Solução Como no Exercício 1, temos: H(s) = (s+1) s (s +0,1) (s + 10) Finalmente, é necessário encontrar a curva de fase para a FT encontrada e verificar se éiguala curva de fase obtida experimentalmente. Neste caso são diferentes. Presença de um termo de fase não mínima, neste caso, um zero Logo a solução é H(s) = (s 1) s (s +0,1) (s + 10) p. 117/123

118 Exercício Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 0 Bode Diagram 5 Magnitude (db) Phase (deg) Frequency (rad/sec) p. 118/123

119 Exercício: Solução Sistema sem polo na origem, para ω 1 temos 20 log 10 (G(jω)) = 20 log K =0 K =1 Em ω =0,5 há uma mudançade 20 db/dec G c (jω)=1 então (G c (s): FTcalculada) 1 j ω +1 = jω +0,5 0,5 G c (s) = s +0,5 Nota-se que a curvadefasemedidadiferepor uma taxa variante constante da curva calculada, oqueindicaapresença de retardo, τ. p. 119/123

120 Exercício: Solução Assumindo a presença do retardo temos G m (s) =G c (s)e sτ = 1 2 portanto (G m (s): FTrealobtida experimentamente) 1 s +0,5 e sτ Determinar τ. G c (jω)e jωτ }{{} G m (jω) = jω +0,5 }{{} G c (jω) ωτ p. 120/123

121 Exercício: Solução G c :respostacalculadaeg m : resposta medida 0 Bode Diagram Magnitude (db) System: Gc Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): 11.4 System: Gc Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): 21.8 Phase (deg) System: Gm Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): 22.8 System: Gm Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): Frequency (rad/sec) p. 121/123

122 Exercício: Solução Temos que G m (jω) = G c (jω) ωτ Cálculo 1: Para ω =0,1, temos: G c (jω) = 11,4 = 0,1990 rad G m (jω) = 22,8 = 0,3979 rad Portanto 0,3979 = 0,1990 ωτ τ = 0,3979 0,1990 0,1 =1,989 2 p. 122/123

123 Exercício: Solução Cálculo 2: Para ω =0,2, temos: G c (jω) = 21,8 = 0,3805 rad G m (jω) = 44,7 = 0,7802 rad Portanto 0,7802 = 0,3805 ωτ τ = 0,7802 0,3805 0,2 =1, Finalmente G(s) = s +0,5 e 2s p. 123/123