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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.
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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.
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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.
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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
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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.
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