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- 1. Capı́tulo 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
- 2. Resposta Senoidal (Tempo contı́nuo) Considere x(t) = ejωt , logo y(t) = ∞ −∞ h(τ)x(t − τ)dτ = ∞ −∞ h(τ)ejω(t−τ) dτ = ejωt ∞ −∞ h(τ)e−jωτ dτ = ejωt H(jω) H(jω) = |H(jω)|ej{H(jω)} H(jω) resposta em frequência – p. 2/123
- 3. Resposta Senoidal (Tempo contı́nuo) y(t) = ejωt H(jω) = ejωt |H(jω)|ej{H(jω)} = e(jωt+{H(jω)}) |H(jω)| H(jω) resposta em frequência H(jω) = |H(jω)|ej{H(jω)} |H(jω)| resposta em módulo ou magnitude {H(jω)} resposta em fase – p. 3/123
- 4. Resposta Senoidal (Tempo discreto) Considere: y[n] = ∞ k=−∞ h[k]x[n − k], com x[n] = ejωn então, y[n] = ∞ k=−∞ h[k]ejω(n−k) = ejωn ∞ k=−∞ h[k]e−jωk = ejωn H(ejω ) – p. 4/123
- 5. Resposta em Frequência H(ejω ) = ∞ k=−∞ h[k]e−jωk H(ejω ) 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 contı́nuo. – p. 5/123
- 6. Resposta Senoidal (Diagramas de Blocos) Em termos de diagrama de blocos, Tempo contı́nuo h(t) ejωt H(jω)ejωt Tempo discreto h[n] ejωn H(ejω )ejωn – p. 6/123
- 7. Resposta em frequência A Resposta em frequência pode ser obtida pela posição dos polos e zeros do sistema representado por uma função de transferência. – p. 7/123
- 8. Resposta em frequência Obtenha a saı́da do sistema com função de transferência Y (s) X(s) = H(s) quando a entrada x(t) é uma senoide de amplitude A x(t) = Asen(ωt)u(t). – p. 8/123
- 9. Resposta em frequência A transformada de Laplace da entrada é X(s) = Aω s2 + ω2 Logo, transformada de Laplace da saı́da é Y (s) = H(s) Aω s2 + ω2 Assumindo que H(s) tenha polos reais distintos e usando frações parciais Y (s) = α1 s − p1 + α2 s − p2 + · · · + αn s − pn + β0 s + jω + β∗ 0 s − jω – p. 9/123
- 10. Resposta em frequência Y (s) = α1 s − p1 + α2 s − p2 + · · · + αn s − pn + β0 s + jω + β∗ 0 s − jω Logo, a saı́da é y(t) = α1ep1t + α2ep2t + · · · + αnepnt yn + β0e−jωt + β∗ 0ejωt yf Se H(s) for assintoticamente estável (p1,p2, . . . ,pn 0), então a solução em regime permanente será: yf (t) – p. 10/123
- 11. Resposta em frequência 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 – p. 11/123
- 12. Resposta em frequência 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. Resposta em frequência yf (t) = A|H(jω)|sen(ωt + H(jω)) A resposta em regime permanente de um sistema LIT estável excitado por uma senóide de freq. ω também será uma senóde de freq ω, mas com sua amplitude e fase possivelmente alteradas. As mudanças de amplitude e de fase não são fixas, pois dependem da frequência do sinal de entrada ω. – p. 13/123
- 14. Resposta em frequência 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 imaginário (s = jω) é muito útil para determinar a estabilidade de sistemas em malha-fechada (Nesta análise consideramos que H(s) tem polos reais e distintos, mas o mesmo resultado é obtido caso H(s) tenha polos complexos conjugados ou repetidos) – p. 14/123
- 15. Exemplo: Resposta em frequência Saı́da do sistema H(s) = 1 s + 1 devido a entrada x(t) = sen(10t)u(t) A resposta completa é y(t) = 10 101 e−t yn + 1 √ 101 sen(10t − 84,2◦ ) yf – p. 15/123
- 16. Exemplo: Resposta em frequência y(t) = 10 101 e−t yn + 1 √ 101 sen(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 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 Labo- ratório Bell (fundado por Alexander Graham Bell) entre 1932 e 1942. – p. 17/123
- 18. Diagrama de Bode Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa ampla de frequências 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 contribuição linear, adição, de todos os ângulos individuais Entretanto, o módulo é: |G(jω)| = r1r2 r3r4r5 – p. 18/123
- 19. Diagrama de Bode Escala Logaritmica: permite analisar uma faixa ampla de frequências O módulo é: |G(jω)| = r1r2 r3r4r5 Por outro lado: log10|G(jω)| = log10 r1r2 r3r4r5 = log10r1+log10r2−log10r3−log10r4−log10r5 O logaritmo de |G(jω)| total é a contribuição linear dos logaritmos dos termos ri. – p. 19/123
- 20. Diagrama de Bode O diagrama de Bode é 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)| é a magnitude logaritmica Decibel: db, dB (1/10 de bel) – p. 20/123
- 21. Diagrama de Bode: Solução 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −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) → Escala linear (db) → ω ω – p. 21/123
- 22. Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) = K (s + a1)(s − a2) s(s + b1)(s − b2)(s2 + 2ζωns + ω2 n) em que: k, a1, a2, b1, b2, ζ, ωn 0 Note que H(s) pode ser rescrita como H(s) = K a1a2 b1b2ω2 n ( s a1 + 1)( s a2 − 1) s( s b1 + 1)( s b2 − 1)( s2 ω2 n + 2ζ ωn s + 1) – p. 22/123
- 23. Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) = K a1a2 b1b2ω2 n ( s a1 + 1)( s a2 − 1) s( s b1 + 1)( s b2 − 1)( s2 ω2 n + 2ζ ωn s + 1) −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2 – p. 23/123
- 24. Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) = K a1a2 b1b2ω2 n ( s a1 + 1)( s a2 − 1) s( s b1 + 1)( s b2 − 1)( s2 ω2 n + 2ζ ωn s + 1) Fazendo s = jω, obtém-se a resposta em frequência H(jω) = K̄ (jω a1 + 1)(jω a2 − 1) jω(jω b1 + 1)(jω b2 − 1)(j 2ζ ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n ) na qual: K̄ = K a1a2 b1b2ω2 n . – p. 24/123
- 25. Diagrama de Bode H(jω) = K̄ (jω a1 + 1)(jω a2 − 1) jω(jω b1 + 1)(jω b2 − 1)(j 2ζ ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n ) Magnitude: |H(jω)| = K̄ jω a1 + 1 jω a2 − 1 |jω| jω b1 + 1 jω b2 − 1 j 2ζ ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n Fase: H(jω) = K̄+( jω a1 + 1)+( jω a2 − 1)−jω−( jω b1 + 1) −( jω b2 − 1)−(j 2ζ ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n ) – p. 25/123
- 26. Diagrama de Bode H(jω) = K̄ (jω a1 + 1)(jω a2 − 1) jω(jω b1 + 1)(jω b2 − 1)(j 2ζ ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n ) Magnitude em db: 20 log10|H(jω)| = 20 log10K̄+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 ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n – 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 – p. 27/123
- 28. Diagrama de Bode: atan2 s = α + jβ =⇒ |s| = α2 + β2, s = θ = atan2 (β,α) θ = atan β α , α0 180◦ + atan β α , β≥0, α0 −180◦ + atan β α , β0, α0 90◦ , β0, α=0 −90◦ , β0, α=0 indefinido, β=0, α=0 – p. 28/123
- 29. Diagrama de Bode Considerar separadamente de cada componente de H(jω), Constante Polo ou zero na origem Polo ou zero simples Polos ou zeros complexos conjugados Zero de fase não-mı́nima Polo instável O diagrama de bode será esboçado e analisado considerando-se a composição destes termos. – p. 29/123
- 30. Diagrama de Bode Considere novamente H(jω) = H1(jω) K̄ 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 ωn ω + 1 + (jω)2 ω2 n H5(jω) – p. 30/123
- 31. Diagrama de Bode: Constante Seja H1(jω) = K̄, em que K̄ ∈ R Se H1(jω) = K̄≥0: ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 K̄ ⇒ H1(jω) = 0◦ Se H1(jω) = K̄0: ⇒ 20 log10 |H1(jω)| = 20 log10 |K̄| ⇒ H1(jω) = atan2(0,−|K̄|) = 180◦ + atan 0 −|K̄| = 180◦ – p. 31/123
- 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 |K̄| H1(jω) K̄ 0 K̄ ≥ 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 inclinação de −20db/dec) ⇒ H2(jω) = −atan ω 0 = −atan(∞) = −90◦ Zero (jω): ⇒ 20 log10 |1/H2(jω)| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω (reta com inclinação de +20db/dec) ⇒ H2(jω) = +atan ω 0 = +atan(∞) = +90◦ – p. 33/123
- 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 | 1 jω |, 20 log10 |jω| H2(jω), 1/H2(jω) zero polo zero polo 100 90◦ −90◦ ω ω – p. 34/123
- 35. Diagrama de Bode: Polo simples Seja H4(jω) = 1 jω b1 + 1 : ⇒ 20 log10 |H4(jω)| = −20 log10 ω2 b2 1 + 1 1 2 = −20 log10(1) = 0, ω b1 −20 log10 √ 2 = −3,01, ω = b1 −20 log10 ω2 b2 1 1 2 = −20 log10(ω)+20 log10(b1), ω b1 (reta com inclinação de −20db/dec) – p. 35/123
- 36. Diagrama de Bode: Polo simples Seja H4(jω) = 1 jω 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 a2 1 + 1 1 2 = 20 log10(1) = 0, ω a1 20 log10 √ 2 = 3,01, ω = a1 20 log10 ω2 a2 1 1 2 = +20 log10(ω)−20 log10(a1), ω a1 (reta com inclinação de +20db/dec) – p. 37/123
- 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 = a1 atan(∞) = 90◦ , ω a1 – p. 38/123
- 39. Diagrama de Bode: Polo e Zero simples 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 −2 10 0 10 2 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −100 −50 0 50 100 20 log10 |H3|, 20 log10 |H4| H2(jω), 1/H2(jω) a1/10 a1 a1 10a1 b1/10 b1 b1 10b1 20 db/dec −20 db/dec 90◦ 45◦ 0◦ −45◦ −90◦ zero polo ω ω – p. 39/123
- 40. Exemplo: Diagrama de Bode Trace o diagrama de Bode da seguinte função de transferência H(s) = 20 s(s + 100) (s + 2)(s + 10) – p. 40/123
- 41. Exemplo: Diagrama de Bode 1◦ Passo: H(s) = 20 s(s + 100) (s + 2)(s + 10) = 20 × 100 s( s 100 + 1) (s + 2)(s + 10) = 20 × 100 2 s( s 100 + 1) (s 2 + 1)(s + 10) = 20 × 100 2×10 s( s 100 + 1) (s 2 + 1)( s 10 + 1) = 100 s( s 100 + 1) (s 2 + 1)( s 10 + 1) – p. 41/123
- 42. Exemplo: Diagrama de Bode 2◦ Passo: H(jω) = H(s)|s=jω = 100 jω( jω 100 + 1) (jω 2 + 1)(jω 10 + 1) 3◦ Passo: Analisar cada um dos termos de H(jω) – p. 42/123
- 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) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 −1 −0.5 0 0.5 1 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 43/123
- 44. Diagrama de Bode: Zero na origem Seja H2(jω) = jω: ⇒ 20 log10 |jω| = +20 log10 |jω| = +20 log10 ω (reta com inclinação de +20db/dec) ⇒ H2(jω) = +atan ω 0 = +atan(∞) = +90◦ −40 −20 0 20 40 60 80 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 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 ω2 1002 1 2 = +20 log10(ω)−20 log10(100), ω 100 (reta com inclinação de +20db/dec) – p. 45/123
- 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) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 47/123
- 48. Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = 1 jω 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 (reta com inclinação de −20db/dec) – p. 48/123
- 49. Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = 1 jω 2 + 1 : ⇒ H4(jω) = −atan ω 2 = −atan(0) = 0, ω 2 −atan(1) = −45◦ , ω = 2 −atan(∞) = −90◦ , ω 2 – p. 49/123
- 50. Diagrama de Bode: Polo simples 1 Seja H4(jω) = 1 jω 2 + 1 : −80 −70 −60 −50 −40 −30 −20 −10 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 50/123
- 51. Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H5(jω) = 1 jω 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 (reta com inclinação de −20db/dec) – p. 51/123
- 52. Diagrama de Bode: Polo simples 2 Seja H5(jω) = 1 jω 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) = 1 jω 10 + 1 : −80 −70 −60 −50 −40 −30 −20 −10 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 53/123
- 54. Diagrama de Bode: Solução −50 0 50 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 4 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 54/123
- 55. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 (s + 0,1)(s + 1)(s + 10) – p. 55/123
- 56. Diagrama de Bode: Solução −150 −100 −50 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −270 −225 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 56/123
- 57. Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); hold on; p2 = tf(1,[1 1]); bode(p2,w); p3 = tf(1,[1/10 1]); bode(p3,w); num = 1; den = conv([1 0.1],[1 1]); den = conv(den,[1 10]); H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(7)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 57/123
- 58. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = (s + 1) (s + 0,1)(s + 10) – p. 58/123
- 59. Diagrama de Bode: Solução −100 −50 0 50 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 59/123
- 60. Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); hold on; z1 = tf([1 1],1); bode(z1,w); p2 = tf(1,[1/10 1]); bode(p2,w); num = [1 1]; den = conv([1 0.1],[1 10]); H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(7)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 60/123
- 61. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 100 (s + 0,1)(s + 1)(s + 10) – p. 61/123
- 62. Diagrama de Bode: Solução −100 −50 0 50 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −270 −225 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 62/123
- 63. Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); K = tf(100,1); bode(K,w); hold on; p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); p2 = tf(1,[1 1]); bode(p2,w); p3 = tf(1,[1/10 1]); bode(p3,w); den = conv([1 0.1],[1 1]); den = conv(den,[1 10]); H = tf(100,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(4) h(8)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 63/123
- 64. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 100(s + 10) (s + 0,1)(s + 1) – p. 64/123
- 65. Diagrama de Bode: Solução −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −180 −135 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 65/123
- 66. Solução: MATLAB w = logspace(-2,2); K = tf(100*10/0.1,1); bode(K,w); hold on; z1 = tf([1/10 1],1); bode(z1,w); p1 = tf(1,[1/0.1 1]); bode(p1,w); p2 = tf(1,[1/1 1]); bode(p2,w); num = 100*[1 10]; den = conv([1 0.1],[1 1]); H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(8)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 66/123
- 67. Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) = K a1a2 b1b2ω2 n ( s a1 + 1)( s a2 − 1) s( s b1 + 1)( s b2 − 1)( s2 ω2 n + 2ζ ωn s + 1) −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2 – p. 67/123
- 68. Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H5(jω) = 1 j 2ζ ωn ω + 1−ω2 ω2 n : 20 log10 |H5(jω)| = −20 log10 4ζ2 ω2 n ω2 + 12 − 2ω2 ω2 n + ω4 ω4 n 1 2 = −10 log10 1 + (4ζ2 − 2)ω2 ω2 n + ω ωn 4 −10 log10(1) = 0, ω ωn −10 log10(1 + (4ζ2 − 2) + 1) = −20 log10(2ζ), ω = ωn −10 log10 ω ωn 4 = −40 log10(ω)+40 log10(ωn), ω ωn (reta com inclinação de −40db/dec) – p. 68/123
- 69. Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos Seja H5(jω) = 1 j 2ζ ωn ω + 1−ω2 ω2 n : ⇒ H5(jω) = −atan2 2ζ ωn ω, 1− ω2 ω2 n −atan2 2ζω ωn ,1 = −atan 2ζω ωn = 0◦ , ω ωn −atan2(2ζ,0) = −90◦ , ω = ωn −atan2 2ζ ωn ω, −ω2 ω2 n = −atan2 2ζ, − ω ωn = − 180◦ + atan −2ζωn ω = −180◦ , ω ωn – p. 69/123
- 70. Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos 10 −1 10 0 10 1 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 −1 10 0 10 1 −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. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 s2 + 2s + 2 – p. 71/123
- 72. Exercı́cios H(s) = 1 s2 + 2s + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω2 n logo ωn = √ 2 e ζ = 1/ωn ≈ 0,7071 Portanto, H(s) = 1 ω2 n 1 s2/ω2 n + 2ζs/ωn + 1 = 1 2 1 s2/2 + s + 1 – p. 72/123
- 73. Diagrama de Bode: Solução −100 −80 −60 −40 −20 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 73/123
- 74. Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 1/wn; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(K,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 2 2]; H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 74/123
- 75. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 s2 + 0,2 √ 2s + 2 – p. 75/123
- 76. Exercı́cios H(s) = 1 s2 + 0,2 √ 2s + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω2 n 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: Solução −80 −60 −40 −20 0 20 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 77/123
- 78. Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0.1; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(K,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0.2*sqrt(2) 2]; H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 78/123
- 79. Exercı́cios Trace o diagrama de Bode relativo a função de transferência: H(s) = 1 s2 + 2 – p. 79/123
- 80. Exercı́cios H(s) = 1 s2 + 2 = 1 s2 + 2ζωns + ω2 n logo ωn = √ 2 e ζ = 0 Portanto, H(s) = 1 2 1 s2/2 + 1 – p. 80/123
- 81. Diagrama de Bode: Solução −80 −60 −40 −20 0 20 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) Este é o resultado esperado? – p. 81/123
- 82. Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0; w = logspace(-2,2); K = tf(1,wn^2); bode(K,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0 2]; H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 82/123
- 83. Diagrama de Bode: Solução −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −180 −135 −90 −45 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) Aumentado número de pontos em ω. – p. 83/123
- 84. Solução: MATLAB wn = sqrt(2); zeta = 0; w = logspace(-2,2,1000); K = tf(1,wn^2); bode(K,w); hold on; p12 = tf(1,[1/wn^2 2*zeta/wn 1]); bode(p12,w); num = 1 den = [1 0 2]; H = tf(num,den); bode(H,w); h = findobj(gcf,’type’,’line’); set([h(3) h(6)],’Color’,’black’,’linewidth’,2); grid; – p. 84/123
- 85. Diagrama de Bode Considere a função de transferência: H(s) = K a1a2 b1b2ω2 n ( s a1 + 1)( s a2 − 1) s( s b1 + 1)( s b2 − 1)( s2 ω2 n + 2ζ ωn s + 1) −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 −2 −1 0 1 2 Re{s} Im{s} × × × × × ◦ ◦ a1 a2 b1 b2 – p. 85/123
- 86. Diagrama de Bode: Zero de fase não mı́nima Seja H6(jω) = jω a2 −1: ⇒ 20 log10 |H6(jω)| = +20 log10 jω2 a2 2 + (−1)2 1 2 = 20 log10(1) = 0, ω a2 20 log10 √ 2 = 3,01, ω = a2 20 log10 ω2 a2 2 1 2 = +20 log10(ω)−20 log10(a2), ω a2 (reta com inclinação de +20db/dec) Igual ao zero simples – p. 86/123
- 87. Diagrama de Bode: Zero de fase não mı́nima Seja H6(jω) = jω a2 −1: ⇒ H6(jω) = +atan2 ω a2 = 180◦ + atan − ω a2 = 180◦ + atan(0) = 180◦ , ω a2 180◦ + atan(−1) = 135◦ , ω = a2 180◦ + atan(−∞) = 90◦ , ω a2 – p. 87/123
- 88. Diagrama de Bode: Polo simples instável Seja H7(jω) = 1 jω b2 −1 : ⇒ 20 log10 |H7(jω)| = −20 log10 jω2 b2 2 + (−1)2 1 2 = −20 log10(1) = 0, ω b2 −20 log10 √ 2 = −3,01, ω = b2 −20 log10 ω2 b2 1 1 2 = −20 log10(ω)+20 log10(b1), ω b2 (reta com inclinação de −20db/dec) Igual ao polo simples – p. 88/123
- 89. Diagrama de Bode: Polo simples instável Seja H7(jω) = 1 jω b2 − 1 : ⇒ H7(jω) = −atan2 ω b2 , − 1 = − 180◦ + atan − ω b2 −180◦ − atan(0) = −180◦ , ω b2 −180◦ − atan(−1) = −135◦ , ω = b2 −180◦ − atan(−∞) = −90◦ , ω b2 – p. 89/123
- 90. Diag. de Bode: Polo/instável e Zero/Fase não mı́nima 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −200 −100 0 100 200 20 log10 |H6(jω)|, 20 log10 |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 Não-Mı́nima Zeros no semi-plano direito. Zeros no semi-plano direito são classificados como zeros de fase não mı́nima FT com zeros no semi-plano direito são classificadas como FT de fase não-mı́nima. Os sistemas com FT de fase não mı́nima são classificados como sistemas de fase não mı́nima. – p. 91/123
- 92. Sistemas de Fase Não-Mı́nima Uma FT é dita de fase mı́nima se todos os seus zeros estão no semi-plano esquerdo do plano-s. Ela é chamada de FT de fase não-mı́nima se algum zero estiver no semi-plano direito Nota: Segundo alguns autores, sistema de fase não-mı́nima não é caracterizado apenas por zeros no semi-plano direito, mas também por polos instáveis... – p. 92/123
- 93. Sistemas de Fase Não-Mı́nima Se os zeros de H1(s) estão todos no semi-plano esquerdo e os zeros de H2(s) são os zeros de H1(s) refletidos para o semi-plano direito, então |H1(s)| = |H2(s)| e ∠H1(s) = ∠H2(s) Quando se compara a variação de fase dos sistemas H1(s) e H2(s), observa-se que a variação de fase de H1(s) (todos os zeros no semi-plano esquerdo) é sempre menor que a variação de fase de H2(s) (todos os zeros no semi-plano direito). – p. 93/123
- 94. Exercı́cio: Sistemas de Fase Não-Mı́nima Considere dois sistemas com funções de transferência H1(s) = 2s +1 0,1s + 1 , e H2(s) = 2s−1 0,1s + 1 As duas FT têm a mesma magnitude, porém caracterı́sticas de fase diferentes Trace o diagrama de Bode dos sistemas acima. – p. 94/123
- 95. Exercı́cio: Sistemas de Fase Não-Mı́nima 0 5 10 15 20 25 30 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 0 45 90 135 180 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) H2 H1 – p. 95/123
- 96. Retardo no tempo τ: Retardo no tempo, atraso de tempo ou atraso de transporte. f(t − τ): f(t) atrasada de τ unidades L{f(t)} = F(s) e L{f(t − τ)} = e−τs F(s) e−τs : função transcendental – p. 96/123
- 97. H. E. Padé Henri Eugène Padé (França, 17/12/1863 - 09/07/1953) Aproximar e−sτ como uma função racional ; Padé propôs a aproximação e−τs ≈ Pn(s) = Qn(−τs) Qn(τs) sendo Qn(τs)= n j=0 (n + j)! j!(n − j)! (τs)n−j Aproximação melhor que a série de Taylor truncada e pode ser aplicada quando a série de Taylor não converge. – p. 97/123
- 98. Exemplo: Aproximação de Padé e−τs ≈ 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 aproximação de Padé P1(s) = −s + 2 s + 2 P2(s) = s2 − 6s + 12 s2 + 6s + 12 P3(s) = −s3 + 12s2 − 60s + 120 s3 + 12s2 + 60s + 120 – p. 98/123
- 99. Exemplo: Aproximação de Padé Considere H(s) = 1 s + 1 e−s ⇒ Y (s) = 1 s + 1 R(s)e−s ≈ 1 s + 1 R(s) −s + 2 s + 2 ≈ 1 s + 1 R(s) s2 − 6s + 12 s2 + 6s + 12 ≈ 1 s + 1 R(s) −s3 + 12s2 − 60s + 120 s3 + 12s2 + 60s + 120 – p. 99/123
- 100. Exemplo: Aproximação de Padé Para R(s) = 1/s, usando aproximações 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 Não-Mı́nima O retardo no tempo - ou atraso de transporte - caracterizado por e−sτ , é um exemplo de sistema de fase não-mı́nima. Veja que uma simples expansão de ordem ‘n’ usando Padé gera ‘n’ zeros no semi plano-direito... Note que |e−jωτ | = | cos ωτ − jsen ωτ| = 1 e ∠e−jωτ = −ωτ – p. 101/123
- 102. Diagrama de Bode: Retardo no tempo Seja Hτ (jω) = e−jτω : ⇒ 20 log10 |Hτ (jω)| = −20 log10 |ejτω | = −20 log10 |1| = 0 ⇒ Hτ (jω) = e−jτω = −τω (Taxa de variação de fase constante) Seja H(s)e−τs , logo observe que: limω→∞ d dω ∠H(jω)e−jτω = limω→∞ d dω [∠H(jω) + ∠e−jτω ] = limω→∞ d dω [∠H(jω)−τω] = 0 − τ = −τ – p. 102/123
- 103. Diagrama de Bode: Retardo no tempo 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −20 −10 0 10 20 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 20 log10 |e−jτω | e−jτω ω ω – p. 103/123
- 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 decréscimo na fase... – p. 104/123
- 105. Diagrama de Bode: Retardo no tempo Pode-se usar o MATLAB c para avaliar a resposta em frequência de um sistema de 1a. ordem com retardo no tempo. h=tf(1,[2 1]) % 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 frequências especı́ficas, considerando τ = 2s, obtém-se o atraso em fase de −τω: frequência (rad/s) Atraso na Fase (−τω ∗ 180o /π) 1 −114◦ 2 −229◦ 10 −1145◦ – p. 105/123
- 106. Diagrama de Bode: Retardo no tempo −30 −25 −20 −15 −10 −5 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 −90 −60 −30 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 106/123
- 107. Obtendo a FT do Diagrama de Bode 1. Traçar assı́ntotas as curvas de módulo. As assı́nto- tas 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 = a1, então a FT possui um termo da forma: jω a1 + 1 3. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de −20 db/dec em ω = b1, então a FT possui um termo da forma: 1 jω b1 + 1 – p. 107/123
- 108. Diag. de Bode: Polo/instável e Zero/Fase não mı́nima 4. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de 40 db/dec em ω = a2, então a FT possui um termo da forma: 1 + 2ζ j ω a2 + j ω a2 2 5. Se a inclinação da curva de módulo mudar de um fator de −40 db/dec em ω = b2, então a FT possui um termo da forma: 1 1 + 2ζ j ω b2 + j ω b2 2 – p. 108/123
- 109. Diag. de Bode: Polos (ou Zeros) complexos 6. Para baixas frequências temos a relação |H(jω)| ≈ K̄ 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 mı́nima e trace a curva de fase. – p. 109/123
- 110. Diagrama de Bode: Polo e Zero na origem 7. Se a curva de fase obtida diferir da curva de fase obtida experimentalmente, então, algum dos zeros/polos estão no spd ou o sistema tem ganho negativo. 8. Se a curva de fase obtida diferir da curva de fase obtida experimentalmente por um fator com taxa de variação constante, então, haverá um fator de retardo de transporte. – p. 110/123
- 111. Exemplo 1 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −180 −135 −90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 111/123
- 112. Exemplo 1: Solução Traçando as assı́ntotas: 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −180 −160 −140 −120 −100 −80 Phase (deg) Frequency (rad/sec) – p. 112/123
- 113. Exemplo 1: Solução Sistema com um polo na origem, usando 20 log10(H(j1)) = 20 log K̄ = 0 → K̄ = 1 Em ω = 0,1 mudança de −20 db/dec, então temos 1 j ω 0,1 + 1 Em ω = 1 mudança de +20 db/dec, então temos j ω 1 + 1 Em ω = 10 mudança de −20 db/dec, então temos 1 j ω 10 + 1 – p. 113/123
- 114. Exemplo 1: Solução Assim, temos H(jω) = 1 jω j ω 1 + 1 j ω 0,1 + 1 j ω 10 + 1 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 é igual a curva de fase obtida experimentalmente. Neste caso são idênticas. – p. 114/123
- 115. Exemplo 2 Determine a função de transferência do sistema conhecendo: −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −180 −135 −90 −45 0 45 90 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/s) – p. 115/123
- 116. Exemplo 2: Solução Traçando as assı́ntotas: 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −150 −100 −50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 −3 10 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2 10 3 −200 −150 −100 −50 0 50 100 Phase (deg) Frequency (rad/sec) – p. 116/123
- 117. Exemplo 2: Solução Como no Exercı́cio 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 é igual a curva de fase obtida experimentalmente. Neste caso são diferentes. Presença de um termo de fase não mı́nima, neste caso, um zero Logo a solução é H(s) = (s−1) s (s + 0,1) (s + 10) – p. 117/123
- 118. Exercı́cio Determine a função de transferência do sistema conhecendo: −30 −25 −20 −15 −10 −5 0 Magnitude (dB) 10 −2 10 −1 10 0 10 1 −90 −60 −30 0 Phase (deg) Bode Diagram Frequency (rad/sec) – p. 118/123
- 119. Exercı́cio: Solução Sistema sem polo na origem, para ω 1 temos 20 log10(G(jω)) = 20 log K̄ = 0 → K̄ = 1 Em ω = 0,5 há uma mudança de −20 db/dec Gc(jω) = 1 1 j ω 0,5 + 1 = 1 2 1 jω + 0,5 então (Gc(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, o que indica a presença de retardo, τ. – p. 119/123
- 120. Exercı́cio: Solução Assumindo a presença do retardo temos Gm(s) = Gc(s)e−sτ = 1 2 1 s + 0,5 e−sτ portanto (Gm(s): FT real obtida experimentamente) ∠Gc(jω)e−jωτ Gm(jω) = ∠ 1 2 1 jω + 0,5 Gc(jω) −ωτ Determinar τ. – p. 120/123
- 121. Exercı́cio: Solução Gc: resposta calculada e Gm: resposta medida −8 −6 −4 −2 0 Magnitude (dB) Bode Diagram Frequency (rad/sec) 10 −2 10 −1 10 0 −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) – p. 121/123
- 122. Exercı́cio: Solução Temos que ∠Gm(jω) = ∠Gc(jω) − ωτ Cálculo 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. Exercı́cio: Solução Cálculo 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) = 1 2 1 s + 0,5 e−2s – p. 123/123