Capítulo 6 - Diagrama de Bode

(1)

Cap´ıtulo 6 - Diagrama de Bode

Prof. Fernando de Oliveira Souza

(baseado nas notas de aula de SDL do Prof. Bruno Ot ´avio)

fosouza@cpdee.ufmg.br (http://www.cpdee.ufmg.br/∼fosouza/)

Departamento de Engenharia Eletrˆonica Universidade Federal de Minas Gerais

(2)

Resposta Senoidal (Tempo cont´ınuo) Considere _{x(t) =} _ejωt, logo y(t) = _∞ −∞ h(τ )x(t − τ )_dτ = _∞ −∞ h(τ )e jω(_t_−τ) dτ = _ejωt _∞ −∞ h(τ )e −jωτ_dτ = _ejωt_H(jω) H(jω) = |H(jω)|ej{H(jω)}

H(jω) resposta em frequˆencia

(3)

Resposta Senoidal (Tempo cont´ınuo)

y(t) = ejωtH(jω)

= _ejωt_|H(jω)|ej{H(jω)} = _e(jωt+{H(jω)})_|H(jω)|

H(jω) resposta em frequˆencia

H(jω) = |H(jω)|ej{H(jω)}

|H(jω)| resposta em m ´odulo ou magnitude

(4)

Resposta Senoidal (Tempo discreto) Considere: y[n] = ∞ k=−∞ h[k]x[n − k], com x[n] = ejωn ent ˜ao, y[n] = ∞ k=−∞ h[k]ejω(n−k) = _ejωn ∞ k=−∞ h[k]e−jωk = _ejωn_H(ejω) – p. 4/123

(5)

Resposta em Frequˆencia H(ejω) = ∞ k=−∞ h[k]e−jωk

H(ejω) e chamado de´ Resposta em

Frequˆencia do sistema discreto.

H(jω) =

_∞

−∞ h(τ )e

−jωτ_dτ

H(jω) e chamado de´ Resposta em Frequˆencia do sistema cont´ınuo.

(6)

Resposta Senoidal (Diagramas de Blocos)

Em termos de diagrama de blocos,

Tempo cont´ınuo h(t) ejωt H(jω)ejωt Tempo discreto h[n] ejωn H(ejω)ejωn – p. 6/123

(7)

Resposta em frequˆencia

A Resposta em frequˆencia pode ser

obtida pela posiç ão dos polos e zeros do sistema representado por uma funç ão de transferência.

(8)

Obtenha a sa´ıda do sistema com funç ão de transferência

Y (s)

X(s) = H(s)

quando a entrada _{x(t) ´e uma senoide} de

amplitude _A

x(t) = Asen(ωt)u(t).

(9)

A transformada de Laplace da entrada ´e

X(s) = Aω s2 + ω2

Logo, transformada de Laplace da sa´ıda ´e

Y (s) = H(s) Aω s2 + ω2

Assumindo que _{H(s) tenha polos reais}

distintos e usando frac¸ ˜oes parciais

Y (s) = α1 s − p1 + α 2 s − p2 + · · · + αn s − pn+ β 0 s + jω + β ∗ 0 s − jω

(10)

Resposta em frequˆencia Y (s) = α1 s − p1 + α 2 s − p2 + · · · + αn s − pn+ β 0 s + jω + β ∗ 0 s − jω Logo, a sa´ıda ´e y(t) = α1ep1t + α2ep2t + · · · + α_nepnt yn + β0e−jωt+ β₀∗ejωt yf

Se _{H(s) for assintoticamente est ´}avel

(p1,p2, . . . ,p_n < 0), ent ˜ao a soluc¸ ˜ao em

regime permanente ser ´a: _y_f(t)

(11)

Resposta em frequˆencia yf(t) = β0e−jωt + β0∗ejωt Calculando os coeficientes: β0 = (s + jω)H(s) Aω (s + jω)(s − jω) s=−jω = H(−jω) Aω −2jω = H(−jω)A −2j ⇒ β0∗ = H (jω)A 2j

(12)

Resposta em frequˆencia Portanto, yf(t) = β0e−jωt + β0∗ejωt = ₋H(−jω)A 2j e−jωt + H (jω)A 2j ejωt = _A H(jω) 2j ejωt− H(−jω) 2j e−jωt = _A |H(jω)|ejH(jω) 2j ejωt− H(−jω)e−jH(jω) 2j e−jωt = _A|H(jω)|ej(ωt+H(jω))−e−j(ωt+H(jω)) 2j = _{A|H(jω)|sen(ωt +} _H(jω)) – p. 12/123

(13)

yf(t) = A|H(jω)|sen(ωt + H(jω))

A resposta em regime permanente de um

sistema LIT est ável excitado por uma sen óide de _{freq. ω} tamb ém ser á uma sen óde de _{freq ω}, mas com sua

amplitude e fase possivelmente alteradas.

As mudanc¸ as de amplitude e de fase n ˜ao

s ˜ao fixas, pois dependem da frequˆencia do sinal de entrada _ω.

(14)

yf(t) = A|H(jω)|sen(ωt + H(jω))

Objetivos:

1. Analisar como o sistema responde a entradas senoidais diferentes

2. Avaliar |H(s)| para s assumindo valores no eixo imagin ´_{ario (s = jω) ´e muito ´util para} determinar a estabilidade de sistemas em

malha-fechada

(Nesta an ´alise consideramos que H(s) tem polos reais e distintos, mas o mesmo resultado ´e obtido caso H(s) tenha polos complexos

conjugados ou repetidos)

(15)

Exemplo: Resposta em frequˆencia Sa´ıda do sistema H(s) = 1 s + 1 devido a entrada x(t) = sen(10t)u(t) A resposta completa ´e y(t) = _101e10 −t yn + _√1 101sen(10t − 84,2 ◦₎ yf

(16)

Exemplo: Resposta em frequˆencia y(t) = _101e10 −t yn + _√1 101sen(10t − 84,2 ◦₎ yf 1 2 3 4 5 6 y yn yf 0,2 0,15 0,1 0,05 0 0 −0,05 −0,1 – p. 16/123

(17)

H. W. Bode

Hendrix Wade Bode (Estados Unidos, 24/12/1905 - 21/06/1982)

Representar a resposta em

frequˆencia ´e um problema

antigo;

Antes dos computadores

esta representac¸ ˜ao

precisava ser feita a m ˜ao;

A t ´ecnica mais usual para

representar resposta em

frequˆencia foi desenvolvida

por H. W. Bode no

Labo-rat ´orio Bell (fundado por Alexander Graham Bell) entre 1932 e 1942.

(18)

Diagrama de Bode

Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa

ampla de frequˆencias

Considere: G(jω) = (jω + n1)(jω + n2) (jω + d1)(jω + d2)(jω + d3) = r1r2 r3r4r5 ej(θ1+θ2−θ3−θ4−θ5)

O ângulo total é a contribuiç ão linear, adiç ão, de todos os ângulos individuais

Entretanto, o m ´odulo ´e: |G(jω)| = r1r2 r3r4r5 – p. 18/123

(19)

Diagrama de Bode

Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa

ampla de frequˆencias

O m ´odulo ´e: |G(jω)| =

r1r2

r3r4r5

Por outro lado:

log₁₀_|G(jω)| = log₁₀

r1r2

r3r4r5

= log₁₀_r₁+log₁₀_r₂₋log₁₀_r₃₋log₁₀_r₄₋log₁₀_r₅

O logaritmo de |G(jω)| total é a contribuiç ão linear dos logaritmos dos termos _r_i.

(20)

Diagrama de Bode

O diagrama de Bode e representado em´ 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 log₁₀ _{|H(jω)| ´e a magnitude logaritmica}

Decibel_{: db, dB (}1/10 de bel)

(21)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao 10−2 10−1 100 101 102 −40 −20 0 20 40 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 −40 −20 0 20 40 20 db/dec = 6 db/oitava 20 db/dec 40 db/dec 40 db/dec Escala logaritmica (db) → Escala linear (db ) → ω

(22)

Diagrama de Bode

Considere a funç ão de transferência:

H(s) = K (s + a1)(s − a2)

s(s + b1)(s − b2)(s2 + 2ζω_ns + ω_n2)

em que: k, a1, a2, b1, b2, ζ, ω_n > 0

Note que H(s) pode ser rescrita como

H(s) = K a1a2 b1b2ω_n2 (_a1s + 1)(_a2s _{− 1)} s(_b1s + 1)(_b2s − 1)(_ωs22 n + 2ζ ωn s + 1) – p. 22/123

(23)

Diagrama de Bode

H(s) = K a1a2 b1b2ω_n2 (_a1s + 1)(_as 2 − 1) s(_b1s + 1)(_bs₂ − 1)(_ωs22 n + 2ζ ωn s + 1) −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2

(24)

Diagrama de Bode

H(s) = K a1a2 b1b2ω_n2 (_a1s + 1)(_a2s _{− 1)} s(_b1s + 1)(_b2s − 1)(_ωs22 n + 2ζ ωn s + 1)

Fazendo _s = _jω, obt ´em-se a resposta em frequˆencia H(jω) = K¯ ( jω a1 + 1)( jω a2 − 1) jω(jω_b1 + 1)(jω_b2 − 1)(j _ωn2ζ ω + 1 + (jω_ω2)2 n ) na qual: _K¯ = K a1a2 b1b2ω_n2 . – p. 24/123

(25)

Diagrama de Bode H(jω) = K¯ ( jω a1 + 1)(jωa2 − 1) jω(jω_b₁ + 1)(jω_b₂ − 1)(j _ω2ζ_nω + 1 + (jω_ω2)2 n ) Magnitude: |H(jω)| = K¯ jω_a₁ + 1 jω_a 2 − 1 |jω| jω_b₁ + 1 jω_b 2 − 1 j _ω2ζ_nω + 1 + (jω_ω2)2 n Fase: H(jω) = K¯ +(jω a1 + 1)+( jω a2 − 1)−jω−( jω b1 + 1) −(jω b2 − 1)−(j 2ζ ωnω + 1 + (_jω)2 ω_n2 )

(26)

Diagrama de Bode H(jω) = K¯ ( jω a1 + 1)(jωa2 − 1) jω(jω_b₁ + 1)(jω_b₂ − 1)(j _ω2ζ_nω + 1 + (jω_ω2)2 n ) Magnitude _{em db}:

20 log₁₀_|H(jω_{)| =} 20 log₁₀_K¯ +20 log₁₀ jω

a1 + 1 +20 log₁₀ jω a2 − 1 −20 log₁₀_|jω_| −20 log₁₀ jω b1 + 1 −20 log₁₀ jω b2 − 1 −20 log₁₀ _j 2ζ ωnω + 1 + (_jω)2 ω_n2 – p. 26/123

(27)

Diagrama de Bode: atan s = α + jβ =⇒ |s| = α2 + β2, s = atan β α ω 90◦ −90◦ θ = atan β α β α ≥ 0 β α ≤ 0 =⇒ α jβ θ =⇒ α jβ θ

(28)

Diagrama de Bode: atan2 s = α + jβ =⇒    |s| = α2 + β2, s = θ = atan2 (β,α) θ =                            atan _αβ _, _α_>0 180◦ + atan β_α _, _β_≥_0, _α_<0 −180◦ + atan _αβ _, _β_<_0, _α_<0 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 n ˜ao-m´ınima

Polo inst ´avel

O diagrama de bode ser ´a esboc¸ ado e

(30)

Diagrama de Bode Considere novamente H(jω) = H1(jω) ¯ K H3(jω) (jω a1 + 1) H6(jω) (jω a2 − 1) jω H2(jω) jω b1 + 1 H4(jω) jω b2 − 1 H7(jω) j 2ζ ωnω + 1 + (_jω)2 ω_n2 H5(jω) – p. 30/123

(31)

Diagrama de Bode: Constante Seja H1(jω) = K¯ , em que K¯ ∈ R Se H1(jω) = K¯ ≥0:    ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 K¯ ⇒ H1(jω) = 0◦ Se H1(jω) = K¯ <0:          ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 | ¯K| ⇒ H1(jω) = atan2(0,−| ¯K|) = 180◦ + atan _{−| ¯}0_K| = 180◦

(32)

Diagrama de Bode: Constante −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.5 1 1.5 2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.5 1 1.5 2 20 log₁₀ _|H₁_(jω)| 20 log₁₀ _|_K¯ _| H1(jω) ¯ K < 0 ¯ K ≥ 0 180◦ 0◦ ω ω – p. 32/123

(33)

Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem Seja H2(jω) = 1 jω: Polo:   

⇒ 20 log10 |H2(jω)| = −20 log10 |jω| = −20 log10 ω

(reta com inclinac¸ ˜ao de −20db/dec)

⇒ H2(jω) = −atan ω₀ = −atan(∞) = −90◦ Zero (jω):

  

⇒ 20 log10 |1/H2(jω)| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω

(reta com inclinac¸ ˜ao de +20db/dec)

(34)

Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.5 1 1.5 2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 0.5 1 1.5 2 20 log₁₀ _|_jω1 _{|, 20 log}₁₀ _|_jω_| H2(jω), 1/H2(jω) zero polo zero 100 polo 90◦ −90◦ ω ω – p. 34/123

(35)

Diagrama de Bode: Polo simples Seja H4(jω) = _jω 1 b1 + 1 : ⇒ 20 log10 |H4(jω)| = −20 log10 ω2 b21 + 1 1 2 =              −20 log10(1) = 0, ω b1 −20 log10 √ 2 = _−3,01, _{ω = b}₁ −20 log10 ω2 b2 1 1 2 = ₋20 log₁₀_(ω)+20 log₁₀_(b₁_{), ω b}₁

(36)

Diagrama de Bode: Polo simples Seja H4(jω) = _jω 1 b1 + 1 : ⇒ H4(jω) = −atan ω b1 =          −atan(0) = 0, ω b1 −atan(1) = −45◦, ω = b1 −atan(∞) = −90◦, ω b1 – p. 36/123

(37)

Diagrama de Bode: Zero simples Seja H3(jω) = jω a1 + 1: ⇒ 20 log10 |H3(jω)| = +20 log10 ω2 a2₁ + 1 1 2 =              20 log₁₀_{(1) = 0,} _{ω a}₁ 20 log₁₀ √2 = _3,01_, _{ω = a}₁ 20 log₁₀ ω_a₂2 1 1 2 = +20 log₁₀_(ω)₋20 log₁₀_(a₁_), _{ω a}₁

(38)

Diagrama de Bode: Zero simples Seja H3(jω) = jω a1 + 1: ⇒ H3(jω) = +atan ω a1 =          atan(0) = 0, ω a1 atan(1) = 45◦_, _{ω = a}₁ atan(∞) = 90◦, ω a1 – p. 38/123

(39)

Diagrama de Bode: Polo e Zero simples 10−2 10−1 100 101 102 103 10−2 100 102 10−2 10−1 100 101 102 103 −100 −50 0 50 100 20 log₁₀ _|_H₃_{|, 20 log}₁₀ _|_H4_| H2(jω), 1/H2(jω) a1/10 a1 a1 10a1 b /10 b b1 10b 20 db/dec −20 db/dec 90◦ 45◦ 0◦ −45◦ −90◦ zero polo ω ω

(40)

Exemplo: Diagrama de Bode

Trace o diagrama de Bode da seguinte funç ão de transferência

H(s) = 20 s(s + 100)

(s + 2)(s + 10)

(41)

Exemplo: Diagrama de Bode 1◦ Passo: H(s) = 20 s(s + 100) (s + 2)(s + 10) = 20 × 100 s(100s + 1) (s + 2)(s + 10) = 20 × 100 2 s(₁₀₀s + 1) (s₂ _{+ 1)(s + 10)} = 20 × 100 2_×10 s(₁₀₀s + 1) (s₂ + 1)(₁₀s + 1) = 100 s(100s + 1) (₂s + 1)(₁₀s + 1)

(42)

Exemplo: Diagrama de Bode

2◦ Passo:

H(jω) = H(s)|s=jω

= 100 jω(100jω + 1) (jω₂ + 1)(jω₁₀ + 1)

3◦ Passo: Analisar cada um dos termos de

H(jω)

(43)

Exemplo: Constante _H1(jω) = 100,   ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 |100| = 40db ⇒ H1(jω) = 0◦ 39 39.5 40 40.5 41 Magnitude (dB) −0.5 0 0.5 1 Phase (deg) Bode Diagram

(44)

Diagrama de Bode: Zero na origem

Seja H2(jω) = jω:

  

⇒ 20 log10 |jω| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω

⇒ H2(jω) = +atan ω₀ = +atan(∞) = +90◦ −40 −20 0 20 40 60 80 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 103 104 89 89.5 90 90.5 91 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 44/123

(45)

Diagrama de Bode: Zero simples Seja H3(jω) = jω 100 + 1: ⇒ 20 log10 |H3(jω)| = +20 log10 ω2 1002 + 1 1 2 =              20 log₁₀_{(1) = 0,} _{ω 100} 20 log₁₀ √2 = _+3,01_, _{ω = 100} 20 log₁₀ ₁₀₀ω2₂ 1 2 = +20 log₁₀_(ω)₋20 log₁₀(100_{), ω 100}

(46)

Diagrama de Bode: Zero simples Seja H3(jω) = jω 100 + 1: ⇒ H3(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 H3(jω) = jω 100 + 1: 0 10 20 30 40 50 Magnitude (dB) 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram

(48)

Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = _jω 1 2 + 1 : ⇒ 20 log10 |H4(jω)| = −20 log10 ω2 22 + 1 1 2 =              −20 log10(1) = 0, ω 2 −20 log10 √ 2 = _−3,01, _{ω = 2} −20 log10 ω2 22 1 2 = ₋20 log₁₀_(ω)+20 log₁₀(2_{), ω 2}

(49)

Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = _jω 1 2 + 1 : ⇒ H4(jω) = −atan _ω 2 =          −atan(0) = 0, ω 2 −atan(1) = −45◦, ω = 2 −atan(∞) = −90◦, ω 2

(50)

Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = _jω 1 2 + 1 : −80 −70 −60 −50 −40 −30 −20 −10 0 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 103 104 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 50/123

(51)

Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H5(jω) = _jω 1 10 + 1 : ⇒ 20 log10 |H5(jω)| = −20 log10 ω2 102 + 1 1 2 =              −20 log10(1) = 0, ω 10 −20 log10 √ 2 = _−3,01, _{ω = 10} −20 log10 ω2 102 1 2 = ₋20 log₁₀_(ω)+20 log₁₀(10_{), ω 10}

(52)

Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H5(jω) = _jω 1 10 + 1 : ⇒ H5(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 H5(jω) = _jω 1 10 + 1 : −80 −70 −60 −50 −40 −30 −20 −10 0 Magnitude (dB) −45 0 Phase (deg) Bode Diagram

(54)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −50 0 50 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 103 104 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 54/123

(55)

Exerc´ıcios

Trace o diagrama de Bode relativo a funç ão de transferência:

H(s) = 1

(56)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −150 −100 −50 0 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 −270 −225 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 56/123

(57)

Soluc¸ ˜ao: 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;

(58)

Exerc´ıcios

H(s) = (s + 1)

(s + 0,1)(s + 10)

(59)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −100 −50 0 50 Magnitude (dB) −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram

(60)

Soluc¸ ˜ao: 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)

Exerc´ıcios

H(s) = 100

(62)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −100 −50 0 50 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 −270 −225 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 62/123

(63)

Soluc¸ ˜ao: 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’);

(64)

Exerc´ıcios

H(s) = 100(s + 10)

(s + 0,1)(s + 1)

(65)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) −180 −135 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram

(66)

Soluc¸ ˜ao: 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;

(67)

Diagrama de Bode

H(s) = K a1a2 b1b2ω_n2 (_a1s + 1)(_a2s _{− 1)} s(_b1s + 1)(_b2s − 1)(_ωs22 n + 2ζ ωn s + 1) −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2

(68)

Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H5(jω) = 1 j _ωn2ζ ω + 1₋_ωω₂2 n : 20 log₁₀ _|H₅_{(jω)| =} ₋20 log₁₀ 4ζ_ω₂2 n ω 2 _{+ 1}2 _{− 2}_ω2 ω2 n + ω4 ω4 n 1 2 = ₋10 log₁₀ 1 + (4ζ2 − 2)_ωω22 n + ω ωn 4              −10 log₁₀_{(1) = 0,} _{ω ω}_n −10 log₁₀_{(1 + (4ζ}2 _{− 2) + 1) =} ₋20 log₁₀_{(2ζ), ω = ω}_n −10 log₁₀ _ωω n 4 = ₋40 log₁₀_(ω)+40 log₁₀_(ω_n_{), ω ω}_n

(69)

Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H5(jω) = 1 j _ωn2ζ ω + 1₋_ωω₂2 n : ⇒ H5(jω) = −atan2 2ζ ωnω, 1₋ω2 ω_n2                −atan2 2ζ_ωnω_,1 = ₋atan 2ζω_ωn = 0◦_, _{ω ω}_n −atan2(2_ζ_{,0) =} ₋90◦_, _{ω = ωn} −atan2 _ωn2ζ _ω_, ₋_ωω₂2 n = ₋atan2 2_ζ_, ₋_ωnω = ₋ 180◦ + atan −2_ωζωn = ₋180◦_{, ω ωn}

(70)

Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos 10−1 100 101 10−2 10−1 100 101 10−1 100 101 −200 −150 −100 −50 0 20 log₁₀ _|_H₅_(jω)_| H5(jω) assintota assintota assintota assintota −40 db/dec ζ = 0,1 ζ = 0,1 ←− ←− ←− = 0,2 = 0,2 = 0,3 = 0,3 = 0,5 ζ = 0,707 ζ = 0,707 ζ = 1 0◦ −90◦ −180◦ ω ω – p. 70/123

(71)

Exerc´ıcios

H(s) = 1

(72)

Exerc´ıcios H(s) = 1 s2 + 2s + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω_n2 logo ωn = √2 e ζ = 1/ωn ≈ 0,7071 Portanto, H(s) = ₁ ω_n2 ₁ s2/ω_n2 + 2ζs/ωn + 1 = ₁ 2 ₁ s2/2 + s + 1 – p. 72/123

(73)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −100 −80 −60 −40 −20 0 Magnitude (dB) −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram

(74)

Soluc¸ ˜ao: 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)

Exerc´ıcios

H(s) = 1

(76)

Exerc´ıcios H(s) = 1 s2 + 0,2√2s + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω_n2 logo ωn = √2 e ζ = 0,1 Portanto, H(s) = 1 2 1 s2/2 + 0,1√2s + 1 – p. 76/123

(77)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −80 −60 −40 −20 0 20 Magnitude (dB) −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram

(78)

Soluc¸ ˜ao: 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)

Exerc´ıcios

H(s) = 1 s2 + 2

(80)

Exerc´ıcios H(s) = 1 s2 + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω_n2 logo ωn = √ 2 e ζ = 0 Portanto, H(s) = 1 2 1 s2/2 + 1 – p. 80/123

(81)

Diagrama de Bode: Soluc¸ ˜ao −80 −60 −40 −20 0 20 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec)

(82)

Soluc¸ ˜ao: 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: Soluc¸ ˜ao −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec)

(84)

Soluc¸ ˜ao: 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

H(s) = K a1a2 b1b2ω_n2 (_a1s + 1)(_as 2 − 1) s(_b1s + 1)(_bs₂ − 1)(_ωs22 n + 2ζ ωn s + 1) −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2

(86)

Diagrama de Bode: Zero de fase n ˜ao m´ınima Seja H6(jω) = jω a2 −1: ⇒ 20 log10 |H6(jω)| = +20 log10 jω2 a2₂ + (−1) 2 1 2 =              20 log₁₀_{(1) = 0,} _{ω a}₂ 20 log₁₀ √2 = _3,01_, _{ω = a}₂ 20 log₁₀ ω_a₂2 2 1 2 = +20 log₁₀_(ω)₋20 log₁₀_(a₂_), _{ω a}₂

Igual ao zero simples

(87)

Diagrama de Bode: Zero de fase n ˜ao m´ınima Seja H6(jω) = jω a2 −1: ⇒ H6(jω) = +atan2 ω a2 = 180◦ + atan − ω a2 =          180◦ + atan(0) = 180◦_, _{ω a}₂ 180◦ _{+ atan(−1) = 135}◦_{, ω = a}₂ 180◦ _{+ atan(−∞) = 90}◦_{, ω a}₂

(88)

Diagrama de Bode: Polo simples inst ´avel Seja H7(jω) = _jω1 b2 −1 : ⇒ 20 log10 |H7(jω)| = −20 log10 jω2 b22 + (₋1)2 1 2 =              −20 log10(1) = 0, ω b2 −20 log10 √ 2 = _−3,01, _{ω = b}₂ −20 log10 ω2 b2 1 1 2 = ₋20 log₁₀_(ω)+20 log₁₀_(b₁_{), ω b}₂

Igual ao polo simples

(89)

Diagrama de Bode: Polo simples inst ´avel Seja H7(jω) = _jω 1 b2 − 1 : ⇒ H7(jω) = −atan2 ω b2 , − 1 = ₋ 180◦ + atan − ω b2          −180◦ _{− atan(0) = −180}◦_, _{ω b}₂ −180◦ _{− atan(−1) = −135}◦_{, ω = b}₂ −180◦ _{− atan(−∞) = −90}◦_{, ω b}₂

(90)

Diag. de Bode: Polo/inst ´avel e Zero/Fase n ˜ao m´ınima 10−2 10−1 100 101 102 103 10−2 10−1 100 101 102 10−2 10−1 100 101 102 103 −200 −100 0 100 200 20 log₁₀ _|_H₆_(jω)_{|, 20 log}₁₀ _|_H7_(jω)_| H6(jω), H7(jω) a2/10 a2 a2 10a2 b1/10 b2 b2 10b2 20 db/dec −20 db/dec 180◦ 90◦ 0◦ −90◦ −180◦ zero polo ω ω – p. 90/123

(91)

Sistemas de Fase N ˜ao-M´ınima

Zeros no semi-plano direito.

Zeros no semi-plano direito s ˜ao classificados como zeros de fase n ˜ao m´ınima

FT com zeros no semi-plano direito s ˜ao

classificadas como FT de fase n ˜ao-m´ınima.

Os sistemas com FT de fase n ˜ao m´ınima s ˜ao

(92)

Uma FT ´e dita de fase m´ınima

se todos os seus zeros est˜ao

no semi-plano esquerdo do plano-s.

Ela ´e chamada de FT de fase n˜ao-m´ınima se algum

zero estiver no semi-plano direito

Nota: Segundo alguns autores, sistema de fase n ˜ao-m´ınima n ˜ao ´

e caracterizado apenas por zeros no semi-plano direito, mas tamb ´em por polos inst ´aveis...

(93)

Se os zeros de _H₁(s) est ão todos no semi-plano esquerdo e os zeros de _H₂(s) s ão os zeros de _H₁(s) refletidos para o semi-plano direito, ent ão

|H1(s)| = |H2(s)| e ∠H1(s) = ∠H2(s)

Quando se compara a variac¸ ˜ao de fase dos

sistemas _H₁(s) e _H₂(s), observa-se que a variac¸ ˜ao de fase de _H₁(s) (todos os zeros no semi-plano esquerdo)

´

e sempre menor que a variac¸ ˜ao de fase de _H₂(s) (todos os zeros no semi-plano direito).

(94)

Exerc´ıcio: Sistemas de Fase N ˜ao-M´ınima

Considere dois sistemas com funç ões de transferência

H1(s) = 2s +1

0,1s + 1, e H2(s) =

2s−1 0,1s + 1

As duas FT tˆem a mesma magnitude,

por ´em caracter´ısticas de fase diferentes

Trace o diagrama de Bode dos sistemas

acima.

(95)

Exerc´ıcio: Sistemas de Fase N ˜ao-M´ınima 0 5 10 15 20 25 30 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 102 103 0 45 90 135 180 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) H2 H1

(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−τsF (s)

e−τs: fun¸c˜ao transcendental

(97)

H. E. Pad ´e

Henri Eug ène Pad é (Franç a, 17/12/1863 - 09/07/1953)

Aproximar _e−sτ como

uma func¸ ˜ao racional ;

Pad é propôs a aproximaç ão e−τs ≈ Pn(s) = Qn(−τs) Qn(τs) sendo Qn(τs)= n j=0 (n + j)! j!(n − j)!(τs) n−j

(98)

Exemplo: Aproximaç ão de Pad é e−τs ≈ Pn(s) = Qn (−τs) Qn(τs) sendo Qn (τs) = n j=0 (n + j)! j!(n − j)!(τs) n−j

Para τ = 1, temos a aproximac¸ ˜ao de Pad ´e

P1(s) = −s + 2 s + 2 P2(s) = s 2 _{− 6s + 12} s2 + 6s + 12 P3(s) = −s 3 _{+ 12s}2 _{− 60s + 120} s3 + 12s2 + 60s + 120 – p. 98/123

(99)

Exemplo: Aproximaç ão de Pad é Considere H(s) = 1 s + 1e −s ⇒ Y (s) = 1 s + 1R(s)e −s ≈ 1 s + 1R(s) −s + 2 s + 2 ≈ 1 s + 1R(s) s2 − 6s + 12 s2 + 6s + 12 ≈ 1 s + 1R(s) −s3 _{+ 12s}2 _{− 60s + 120} s3 + 12s2 + 60s + 120

(100)

Exemplo: Aproximaç ão de Pad é

Para R(s) = 1/s, usando aproxima¸c˜oes para e−s, temos y(t)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 Resposta ao degrau Amplitude Tempo – p. 100/123

(101)

Retardo no Tempo/Fase N ˜ao-M´ınima O retardo no tempo ou atraso de transporte

-caracterizado por e−sτ, é um exemplo de sistema de fase n ão-m´ınima. Veja que uma simples expans ão de ordem ‘n’ usando Pad é gera ‘n’ zeros no semi

plano-direito...

Note que

|e−jωτ| = | cos ωτ − jsen ωτ| = 1

e

(102)

Diagrama de Bode: Retardo no tempo

Seja Hτ(jω) = e−jτω:

⇒ 20 log₁₀ |Hτ(jω)| = −20 log10 |ejτω| = −20 log10 |1| = 0

⇒ Hτ(jω) = e−jτω = −τω

(Taxa de variac¸ ˜ao de fase constante)

Seja H(s)e−τs, logo observe que: lim_ω→∞ d dω∠H(jω)e −jτω = lim ω→∞ _dωd [∠H(jω) + ∠e−jτω] = lim_ω→∞ d dω [∠H(jω)−τω] = 0 − τ = −τ – p. 102/123

(103)

Diagrama de Bode: Retardo no tempo 10−2 10−1 100 101 102 −20 −10 0 10 20 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 20 log₁₀ _|e−jτω| e−jτω ω ω

(104)

Exemplo: Retardo no tempo

Obter o diagrama de Bode de

H(jω) = e −jωτ 1 + jωτ A magnitude é 20 log |H(jω)| = 20 log e−jωτ 0 +20 log 1 1 + jωτ O ângulo de fase é ∠H(jω) = ∠e−jωτ −ωτ −atan(ωτ)

Portanto basta combinar o efeito do retardo, ie, um decr´escimo na fase...

(105)

Diagrama de Bode: Retardo no tempo

Pode-se usar o MATLABc para avaliar a resposta em frequˆencia de um sistema de 1a. ordem com retardo no tempo.

h=tf(1,[2 1]) % h = 1/(2s + 1) - sem retardo

g=tf(1,[2 1],’iodelay’,2) % g = exp(-2s) * h - "h" com retardo bode(h), hold on, bode(g)

Note que para frequˆencias espec´ıficas, considerando τ = 2s, obt´em-se o atraso em fase de −τω:

frequˆencia (rad/s) Atraso na Fase (−τω ∗ 180o/π)

1 −114◦

2 −229◦

(106)

Diagrama de Bode: Retardo no tempo −30 −25 −20 −15 −10 −5 0 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 −90 −60 −30 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 106/123

(107)

Obtendo a FT do Diagrama de Bode

1. Traç ar ass´ıntotas as curvas de m ódulo. As ass´ınto-tas devem ter inclinaç ões m últiplas de ±20 db/dec.

2. Se a inclinaç ão da curva de m ódulo mudar de um fator de 20 db/dec em _ω = _a₁, ent ão a FT possui um termo da forma:

jω

a1 + 1

3. Se a inclinaç ão da curva de m ódulo mudar de

um fator de −20 db/dec em _ω = _b₁, ent ˜ao a FT possui um termo da forma: 1 jω b1 + 1

(108)

Diag. de Bode: Polo/inst ´avel e Zero/Fase n ˜ao m´ınima

4. Se a inclinaç ão da curva de m ódulo mudar de um fator de 40 db/dec em _ω = _a₂, ent ão a FT possui um termo da forma: 1 + 2_ζ j ω a2 + j ω a2 ₂

5. Se a inclinaç ão da curva de m ódulo mudar de

um fator de −40 db/dec em _ω = _b₂, ent ˜ao a FT possui um termo da forma: 1 1 + 2_ζ _j ω b2 + _j ω b2 ₂ – p. 108/123

(109)

Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos

6. Para baixas frequências temos a relaç ão

|H(jω)| ≈ K¯ ₍ 1

jω)q

A qual nos possibilita descobrir o ganho da FT e o n ´umero de polos na origem.

Para os pr ´oximos passos: Assuma que a FT seja de fase m´ınima e trace a curva de fase.

(110)

Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem

7. Se a curva de fase obtida diferir da curva de fase obtida experimentalmente,

ent ˜ao, algum dos zeros/polos est ˜ao 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 variac¸ ˜ao

constante, ent ˜ao, haver ´a um fator de

retardo de transporte.

(111)

Exemplo 1

Determine a funç ão de transferência do sistema conhecendo: −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) −180 −135 −90 Phase (deg) Bode Diagram

(112)

Exemplo 1: Soluç ão Traç ando as ass´ıntotas:

10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 −180 −160 −140 −120 −100 −80 Phase (deg) Frequency (rad/sec) – p. 112/123

(113)

Exemplo 1: Soluc¸ ˜ao

Sistema com um polo na origem, usando

20 log₁₀_{(H(j1)) = 20 log} ¯_K = 0 → ¯_{K = 1}

Em _{ω = 0,1} mudanc¸ a de −20 db/dec, ent ˜ao temos

1

j _0,1ω + 1

Em _{ω = 1} mudanc¸ a de +20 db/dec, ent ˜ao temos

j ω₁ + 1

Em _{ω = 10} mudanc¸ a de −20 db/dec, ent ˜ao temos

1

(114)

Exemplo 1: Soluc¸ ˜ao Assim, temos H(jω) = 1 jω j ω₁ + 1 j _0,1ω + 1 j ₁₀ω + 1 logo, substituindo jω = s, H(s) = (s + 1) s (s + 0,1) (s + 10)

Finalmente, é necess ário encontrar a curva de fase para a FT encontrada e verificar se é igual a curva de fase obtida experimentalmente. Neste

caso s ˜ao idˆenticas.

(115)

Exemplo 2

Determine a funç ão de transferência do sistema conhecendo: −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) −180 −135 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram

(116)

Exemplo 2: Soluç ão Traç ando as ass´ıntotas:

10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 −200 −150 −100 −50 0 50 100 Phase (deg) Frequency (rad/sec) – p. 116/123

(117)

Exemplo 2: Soluc¸ ˜ao

Como no Exerc´ıcio 1, temos:

H(s) = (s+1)

s (s + 0,1) (s + 10)

Finalmente, é necess ário encontrar a curva de fase para a FT encontrada e verificar se é igual a curva de fase obtida experimentalmente. Neste

caso s ˜ao diferentes.

Presenc¸ a de um termo de fase n ˜ao m´ınima, neste caso, um zero

Logo a soluç ão é

H(s) = (s−1)

(118)

Exerc´ıcio

Determine a funç ão de transferência do sistema conhecendo: −30 −25 −20 −15 −10 −5 0 Magnitude (dB) 10−2 10−1 100 101 −90 −60 −30 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 118/123

(119)

Exerc´ıcio: Soluc¸ ˜ao

Sistema sem polo na origem, para ω 1 temos 20 log₁₀_{(G(jω)) = 20 log} ¯_K = 0 → ¯_{K = 1}

Em _{ω = 0,5} h ´a uma mudanc¸ a de −20 db/dec

Gc(jω) = 1 1 j _0,5ω + 1 = 1 2 1 jω + 0,5 ent ˜_{ao (G}_c(s): FT calculada) Gc(s) = 1 2 1 s + 0,5

Nota-se que a curva de fase medida difere por

uma taxa variante constante da curva calculada,

(120)

Assumindo a presenc¸ a do retardo temos

Gm(s) = Gc(s)e−sτ = 1 2 1 s + 0,5e −sτ

portanto (Gm(s): FT real obtida

experimentamente) ∠Gc(jω)e−jωτ Gm(jω) = ∠1₂ 1 jω + 0,5 Gc(jω) −ωτ Determinar _τ. – p. 120/123

(121)

Gc: resposta calculada e Gm: resposta medida

−8 −6 −4 −2 0 Magnitude (dB) Bode Diagram Frequency (rad/sec) 10−2 10−1 100 −90 −60 −30 0 System: Gc Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): −11.4 System: Gm Frequency (rad/sec): 0.1 Phase (deg): −22.8 System: Gc Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): −21.8 System: Gm Frequency (rad/sec): 0.2 Phase (deg): −44.7 Phase (deg)

(122)

Temos que

∠Gm(jω) = ∠Gc(jω) − ωτ

C ´alculo 1: Para _{ω = 0,1}, temos: ∠Gc(jω) = −11,4◦ = −0,1990 rad ∠Gm(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)

C ´alculo 2: Para _{ω = 0,2}, temos: ∠Gc(jω) = −21,8◦ = −0,3805 rad ∠Gm(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) = 1₂ 1 s + 0,5e −2s