Capítulo 6 - Diagrama de Bode

Capítulo 6 - Diagrama de Bode Prof. Fernando de Oliveira Souza (baseado nas notas de aula de SDL do Prof. Bruno Otávio) fosouza@cpdee.ufmg.br (http://www.cpdee.ufmg.br/ fosouza/) Departamento de Engenharia Eletrônica Universidade Federal de Minas Gerais Av. Antônio Carlos 6627, Belo Horizonte, MG, Brasil p. 1/123

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

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

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

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

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

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

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

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 2 + + α n s p n + β 0 s + jω + β 0 s jω p. 9/123

Resposta em frequência Y (s) = α 1 s p 1 + α 2 s p 2 + + 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

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

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

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

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

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) = 10 101 e t + y n }{{} 1 101 sen(10t 84,2 ) }{{} y f p. 15/123

Exemplo: Resposta em frequência y(t) = 10 101 e t + y n }{{} 1 101 sen(10t 84,2 ) }{{} y f 0,2 0,15 0,1 y y n y f 0,05 0 0,05 0,1 0 1 2 3 4 5 6 p. 16/123

H. W. Bode Hendrix Wade Bode (Estados Unidos, 24/12/1905-21/06/1982) 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 1942. p. 17/123

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

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

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

Diagrama de Bode: Solução 40 Escala linear (db) 20 0 20 40 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 40 20 0 40 db/dec 20 db/dec = 6 db/oitava Escala logaritmica (db) 20 db/dec 40 db/dec ω 20 40 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Escala linear (db) ω p. 21/123

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

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} 1 0 1 b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} 2 4 3 2 1 0 1 2 3 4 p. 23/123

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

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

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 10 +1 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

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

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

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

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

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

Diagrama de Bode: Constante 2 1.5 1 20 log 10 H 1 (jω) 20 log 10 K 0.5 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ω 2 H 1 (jω) 1.5 1 180 K < 0 0.5 0 K 0 ω 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 p. 32/123

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

Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem 2 20 log 10 1 jω, 20 log 10 jω 1.5 1 0.5 zero 10 0 polo 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ω 2 1.5 1 0.5 H 2 (jω), 1/H 2 (jω) 90 zero 90 ω polo 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 p. 34/123

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 ) 1 2 +1 = 20 log 10 (1) = 0, ω b 1 20 log 10 2= 3,01, ω = b1 ( ) 1 ω 20 log 2 2 10 = 20 log b 2 1 10 (ω)+20 log 10 (b 1 ), ω b 1 (reta com inclinação de 20db/dec) p. 35/123

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

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 ) 1 2 +1 = 20 log 10 (1) = 0, ω a 1 20 log 10 2=3,01, ω = a1 ( ) 1 2 20 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

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

Diagrama de Bode: Polo e Zero simples 10 2 20 log 10 H 3, 20 log 10 H 4 20 db/dec 10 0 a 1 b 1 ω 10 2 90 100 45 0 0 50 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 50 45 90 H 2 (jω), 1/H 2 (jω) a 1 /10 a 1 10a 1 ω 100 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 b 1 /10 b 1 20 db/dec zero 10b 1 polo p. 39/123

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

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

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

Exemplo: Constante H 1 (jω) = 100, 20 log 10 H 1 (jω) =20log 10 100 = 40db H 1 (jω) =0 41 Bode Diagram 40.5 Magnitude (db) 40 39.5 39 1 0.5 Phase (deg) 0 0.5 1 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 43/123

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 80 60 Magnitude (db) 40 20 0 20 40 91 90.5 Phase (deg) 90 89.5 89 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 44/123

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

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

Diagrama de Bode: Zero simples Seja H 3 (jω) = jω 100 +1: 50 Bode Diagram 40 Magnitude (db) 30 20 10 0 90 Phase (deg) 45 0 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 47/123

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

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

Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H 4 (jω) = 1 jω 2 +1: 0 10 20 Bode Diagram Magnitude (db) 30 40 50 60 70 80 0 Phase (deg) 45 90 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 50/123

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 10 10 +1 2 = 2 20 log 10 (1) = 0, ω 10 20 log 10 2= 3,01, ω =10 ( ) 1 ω 20 log 2 2 10 10 = 20 log 2 10 (ω)+20 log 10 (10), ω 10 (reta com inclinação de 20db/dec) p. 51/123

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

Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H 5 (jω) = 1 jω 10 +1: 0 10 20 Bode Diagram Magnitude (db) 30 40 50 60 70 80 0 Phase (deg) 45 90 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 53/123

Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) 0 50 90 45 Phase (deg) 0 45 90 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 Frequency (rad/sec) p. 54/123

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

Diagrama de Bode: Solução 0 Bode Diagram Magnitude (db) 50 100 150 0 45 Phase (deg) 90 135 180 225 270 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 56/123

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

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

Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) 0 50 100 90 45 Phase (deg) 0 45 90 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 59/123

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

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

Diagrama de Bode: Solução 50 Bode Diagram Magnitude (db) 0 50 100 0 45 Phase (deg) 90 135 180 225 270 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 62/123

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

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

Diagrama de Bode: Solução 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) 0 50 100 90 45 Phase (deg) 0 45 90 135 180 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 65/123

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

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} 1 0 1 b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} 2 4 3 2 1 0 1 2 3 4 p. 67/123

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 2 +1 2 2 ω2 ω n 2 ω + 4 2 ( 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

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

Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos 10 1 10 0 10 1 20 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 10 1 10 0 10 1 0 0 50 90 100 H 5 (jω) assintota ζ =0,1 =0,2 =0,3 ζ =0,707 ω 150 180 assintota 200 10 1 10 0 10 1 p. 70/123

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

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

Diagrama de Bode: Solução 0 Bode Diagram 20 Magnitude (db) 40 60 80 100 0 45 Phase (deg) 90 135 180 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 73/123

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

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

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) = ( ) 1 2 1 s 2 /2 + 0,1 2s +1 p. 76/123

Diagrama de Bode: Solução 20 Bode Diagram 0 Magnitude (db) 20 40 60 80 0 45 Phase (deg) 90 135 180 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) p. 77/123

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

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

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

Diagrama de Bode: Solução 20 Bode Diagram 0 Magnitude (db) 20 40 60 80 0 45 Phase (deg) 90 135 180 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) Este é o resultado esperado? p. 81/123

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

Diagrama de Bode: Solução 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) 0 50 100 0 45 Phase (deg) 90 135 180 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 Frequency (rad/sec) Aumentado número de pontos em ω. p. 83/123

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

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} 1 0 1 b 1 a 1 b 2 a 2 Re{s} 2 4 3 2 1 0 1 2 3 4 p. 85/123

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 ( ) 1 2 20 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

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 180 + atan(0) = 180, ω a 2 ( ωa2 ) = 180 +atan( 1) = 135, ω = a 2 180 +atan( ) =90, ω a 2 p. 87/123

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 2 2 10 = 20 log b 2 1 10 (ω)+20 log 10 (b 1 ), ω b 2 Igual ao polo simples (reta com inclinação de 20db/dec) p. 88/123

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 2 180 atan( ) = 90, ω b 2 p. 89/123

Diag. de Bode: Polo/instável e Zero/Fase não mínima 10 2 10 1 20 log 10 H 6 (jω), 20 log 10 H 7 (jω) 20 db/dec 10 0 10 1 a 2 b 2 ω 10 2 180 200 90 100 0 90 100 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 0 180 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 2 200 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 p. 90/123

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

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

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

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

Exercício: Sistemas de Fase Não-Mínima 30 Bode Diagram 25 Magnitude (db) 20 15 10 5 1800 135 H 2 Phase (deg) 90 45 H 1 0 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 Frequency (rad/sec) p. 95/123

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

H. E. Padé Henri Eugène Padé (França, 17/12/1863-09/07/1953) 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

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 + 120 s 3 +12s 2 +60s + 120 p. 98/123

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 +2 1 6s +12 s +1 R(s)s2 s 2 +6s +12 1 +12s 2 60s + 120 s +1 R(s) s3 s 3 +12s 2 +60s + 120 p. 99/123

Exemplo: Aproximação de Padé Para R(s) =1/s, usando aproximações para e s,temosy(t) 1.2 Resposta ao degrau 1 Amplitude 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Tempo p. 100/123

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

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

Diagrama de Bode: Retardo no tempo 20 20 log 10 e jτω 10 0 10 ω 20 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 0.2 e jτω 0 0.2 ω 0.4 0.6 0.8 1 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 p. 103/123

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

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) 1 114 2 229 10 1145 p. 105/123

Diagrama de Bode: Retardo no tempo 0 5 Bode Diagram Magnitude (db) 10 15 20 25 30 0 Phase (deg) 30 60 90 10 2 10 1 10 0 10 1 Frequency (rad/sec) p. 106/123

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

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

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

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

Exemplo 1 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) 0 50 100 150 90 Phase (deg) 135 180 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 Frequency (rad/sec) p. 111/123

Exemplo 1: Solução Traçandoasassíntotas: 100 50 Magnitude (db) 0 50 100 150 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 80 100 Phase (deg) 120 140 160 180 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 Frequency (rad/sec) p. 112/123

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 +1 10 p. 113/123

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

Exemplo 2 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 100 Bode Diagram 50 Magnitude (db) 0 50 100 150 90 45 Phase (deg) 0 45 90 135 180 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 Frequency (rad/s) p. 115/123

Exemplo 2: Solução Traçandoasassíntotas: 100 50 Magnitude (db) 0 50 100 150 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 100 50 Phase (deg) 0 50 100 150 200 10 3 10 2 10 1 10 0 10 1 10 2 10 3 Frequency (rad/sec) p. 116/123

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

Exercício Determine a função de transferência do sistema conhecendo: 0 Bode Diagram 5 Magnitude (db) 10 15 20 25 30 0 Phase (deg) 30 60 90 10 2 10 1 10 0 10 1 Frequency (rad/sec) p. 118/123

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 = 1 1 2 jω +0,5 0,5 G c (s) = 1 2 1 s +0,5 Nota-se que a curvadefasemedidadiferepor uma taxa variante constante da curva calculada, oqueindicaapresença de retardo, τ. p. 119/123

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) = 1 1 2 jω +0,5 }{{} G c (jω) ωτ p. 120/123

Exercício: Solução G c :respostacalculadaeg m : resposta medida 0 Bode Diagram Magnitude (db) 2 4 6 8 0 System: Gc Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): 11.4 System: Gc Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): 21.8 Phase (deg) 30 60 System: Gm Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): 22.8 System: Gm Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): 44.7 90 10 2 10 1 10 0 Frequency (rad/sec) p. 121/123

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

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 =1,9985 2 Finalmente G(s) = 1 2 1 s +0,5 e 2s p. 123/123