Considerar o sistema mecânico rotacional.
Achar:
  • A equação de movimento, função de transferência (entrada \tau e saída \omega=\dot{\theta} ), polos e resposta do sistema (\omega(t)) ao impulso unitário (\tau(t)=\delta(1))(20 \%).
  • Considerar um controlador proporcional derivativo: \tau(s)=k_{p}\left(1+T_{d} s\right) E(s) achar o erro em estado estável para uma entrada de torque de disturbio ( \tau_{d} ) degrau unitário. O erro é definido como e(t)=r(t)-\theta(t)(20 \%).
Lembrando que:
\begin{gathered} \mathscr{L}\left\{e^{-\alpha t}\right\}=\frac{1}{s+\alpha} \\\ \mathscr{L}\{\delta(t)\}=1 \\\ \mathscr{L}\{u(t)\}=\frac{1}{s} \\\ e(\infty)=\lim _{t \rightarrow \infty} e(t)=\lim _{s \rightarrow 0} s E(s) \end{gathered}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado (lista clara):
  • Pedidos (dois blocos):
    1. Achar a equação de movimento; a função de transferência entre a entrada \tau(t) e a saída \omega(t)=\dot{\theta}(t); os polos do sistema; e a resposta \omega(t) quando a entrada é um impulso unitário \tau(t)=\delta(t).
    2. Com um controlador proporcional-derivativo dado por \tau(s)=k_{p}\bigl(1+T_{d}s\bigr)E(s), achar o erro em regime permanente e(\infty) quando há uma entrada de torque de distúrbio \tau_{d}(t) que é um degrau unitário. O erro é definido por e(t)=r(t)-\theta(t).
  • Informações físicas implícitas (sistema rotacional simples):
    • Há um momento de inércia J e um atrito viscoso com coeficiente b.
    • O torque total aplicado ao eixo produz aceleração rotacional segundo as leis de Newton para rotação.
  • Observações/assunções necessárias para resolver a parte do controlador:
    • Vou assumir que o distúrbio \tau_{d}(t) soma ao torque aplicado à planta (ou seja, torque na planta = \tau(t)+\tau_{d}(t)).
    • Para calcular o erro causado pelo distúrbio vou considerar o problema de regulação, isto é, referência nula r(t)=0. (Se a referência fosse não nula, o resultado final dependeria de r(t).)
  • Fórmulas e teoremas que serão usados (lembrando que estão no enunciado também):
    • Transformada de Laplace, uso da transformada para equações diferenciais.
    • Teorema do valor final: \displaystyle e(\infty)=\lim_{s\to 0} s E(s).

Passo 2

Modelagem física e equação de movimento (aula rápida).
  • Em um sistema rotacional com momento de inércia J e atrito viscoso b, o balanço de torques é análogo a F=ma linear. O torque de inércia é J\ddot{\theta}(t) e a taxa de perda por atrito é b\dot{\theta}(t). Somando torques:
J\ddot{\theta}(t) + b\dot{\theta}(t) = \tau(t),
onde \tau(t) é o torque de entrada (controlador). Essa é a equação de movimento pedida.
  • Comentário didático: \theta(t) é o deslocamento angular; \dot{\theta}(t)=\omega(t) é velocidade angular; \ddot{\theta}(t) é aceleração angular. O termo b\dot{\theta} modela perda de energia proporcional à velocidade (atrito viscoso).

Passo 3

Passagem para Laplace e obtendo a função de transferência \Omega(s)/T(s).
  • Defina \omega(t)=\dot{\theta}(t). Tomando Laplace da equação de movimento (condições iniciais nulas, como usual para funções de transferência):
J s \Theta(s) - J \theta(0) + b s^{-0?}\text{(não)} \\ \Rightarrow \\ \text{mais direto: transformar para }\omega:ã
é mais simples escrever a equação em \omega: derivando \omega=\dot{\theta} temos J\dot{\omega}(t)+b\omega(t)=\tau(t).
  • Tomando Laplace (condições iniciais nulas):
J s \Omega(s) + b \Omega(s) = T(s).
  • Isolando a função de transferência entre \tau e \omega:
\frac{\Omega(s)}{T(s)}=\frac{1}{J s + b}.
  • Podemos também escrever numa forma alternativa:
\frac{\Omega(s)}{T(s)}=\frac{1}{J}\cdot\frac{1}{s+\tfrac{b}{J}}.
  • Interpretação: é um sistema de primeira ordem com constante de tempo \tau_{\text{sys}}=\dfrac{J}{b}.

Passo 4

Polos do sistema e interpretação física.
  • O pólo (único) da função de transferência é o zero do denominador:
s = -\frac{b}{J}.
  • Se b>0 e J>0, esse pólo é real e negativo → sistema estável.
  • Comentário prático: quanto maior b (mais amortecimento), mais rápido o decaimento; quanto maior J (maior inércia), maior a constante de tempo e mais lento o sistema.

Passo 5

Resposta ao impulso unitário \tau(t)=\delta(t) (aula sobre impulso).
  • No domínio de Laplace, \mathscr{L}\{\delta(t)\}=1. Para entrada \delta(t) temos:
\Omega(s)=\frac{1}{J s + b}\cdot 1.
  • Inversão da transformada (usar a forma \dfrac{1}{J}\cdot\dfrac{1}{s+\tfrac{b}{J}}):
\omega(t)=\frac{1}{J}\,e^{-\tfrac{b}{J}t}\,u(t),
onde u(t) é a função degrau unitário (para formalidade da resposta no tempo).
  • Explicação didática: um impulso de torque aplicado instantaneamente dá um salto na velocidade angular proporcional a 1/J no instante, e então essa velocidade decai exponencialmente devido ao atrito. A amplitude inicial imediata do impulso se vê no termo 1/J.

Passo 6

Resumo (intermediário) dos resultados já obtidos (curto e útil):
  • Equação de movimento: \displaystyle J\ddot{\theta}(t)+b\dot{\theta}(t)=\tau(t).
  • Função de transferência (entrada \tau, saída \omega=\dot{\theta}): \displaystyle \dfrac{\Omega(s)}{T(s)}=\dfrac{1}{J s + b}.
  • Polo: s=-\dfrac{b}{J}.
  • Resposta ao impulso unitário: \displaystyle \omega(t)=\dfrac{1}{J}e^{-\tfrac{b}{J}t}u(t).

Passo 7

Agora: análise de controle com \tau(s)=k_{p}\bigl(1+T_{d}s\bigr)E(s) e distúrbio de torque em degrau. Esquematizando o laço para derivação:
  • Planta: G(s)=\dfrac{\Theta(s)}{T_{\text{plant}}(s)}=\dfrac{1}{s(J s + b)} se quisermos relacionar \theta com torque plant input. Atenção: antes trabalhamos \Omega(s)/T(s). Para analisar erro em \theta convém ter \Theta(s) em função do torque de entrada total. Como \Omega(s)=s\Theta(s), a relação \Omega/T
\frac{\Theta(s)}{T(s)}=\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{J s + b}=\frac{1}{s(J s + b)}.
  • O controlador em série com o erro produz o torque de controle \tau(s)=C(s)E(s) com C(s)=k_{p}(1+T_{d}s).
  • O distúrbio \tau_{d}(t) soma ao torque na entrada da planta (modelo: torque plant = \tau + \tau_{d}). A referência será r(t); para calcular o erro causado pelo distúrbio eu assumi r(t)=0 (regulação).
  • Vamos montar as equações para E(s) em função de \tau_{d}(s).

Passo 8

Equações de laço e resolução algébrica para E(s) quando r(t)=0.
  • No domínio de Laplace, com R(s)=0, o erro é E(s)=-\Theta(s) (porque E=R-\Theta).
  • A plantada relaciona \Theta(s) a \tau(s)+\tau_{d}(s):
\Theta(s)=G_{\theta}(s)\bigl(\tau(s)+\tau_{d}(s)\bigr),
onde \displaystyle G_{\theta}(s)=\frac{1}{s(J s + b)} é \Theta/T.
  • Como \tau(s)=C(s)E(s) e E(s)=-\Theta(s), substituindo:
\Theta(s)=G_{\theta}(s)\bigl(C(s)E(s)+\tau_{d}(s)\bigr)=G_{\theta}(s)\bigl(-C(s)\Theta(s)+\tau_{d}(s)\bigr).
  • Agrupando termos com \Theta(s):
\Theta(s)\bigl(1+G_{\theta}(s)C(s)\bigr)=G_{\theta}(s)\tau_{d}(s).
  • Assim
\Theta(s)=\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}\,\tau_{d}(s).
  • E, lembrando E(s)=-\Theta(s),
E(s)=-\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}\,\tau_{d}(s).

Passo 9

Aplicando o Teorema do Valor Final para achar e(\infty) quando \tau_{d}(t) é um degrau unitário.
  • Para degrau unitário \tau_{d}(t)=u(t), sabemos \tau_{d}(s)=\dfrac{1}{s}.
  • Pelo teorema do valor final:
e(\infty)=\lim_{t\to\infty}e(t)=\lim_{s\to 0} sE(s).
  • Substituindo a expressão de E(s):
e(\infty)=-\lim_{s\to 0} s\left[\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}\cdot\frac{1}{s}\right] =-\lim_{s\to 0}\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}.
  • Portanto precisamos avaliar a função dentro do limite quando s\to 0.

Passo 10

Avaliação do limite substituindo expressões de G_{\theta}(s) e C(s).
  • Lembrando:
G_{\theta}(s)=\frac{1}{s(J s + b)},\qquad C(s)=k_{p}(1+T_{d}s).
  • Primeiro calcular G_{\theta}(s)C(s):
G_{\theta}(s)C(s)=\frac{k_{p}(1+T_{d}s)}{s(J s + b)}.
  • Agora avaliar G_{\theta}(s) e G_{\theta}(s)C(s) em s\to 0:
    • \displaystyle \lim_{s\to 0}G_{\theta}(s)=\lim_{s\to 0}\frac{1}{s(J s + b)}=\frac{1}{0\cdot J + 0?} — atenção: G_{\theta}(s) tem um polo em s=0 (devido ao fator 1/s porque \theta é integral de \omega). Logo G_{\theta}(s) tende a +\infty quando s\to 0. Isso precisa de tratamento para o quociente G_{\theta}/(1+G_{\theta}C).
  • Para avaliar \displaystyle \lim_{s\to 0}\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)} é melhor manipular algebricamente:
\frac{G_{\theta}}{1+G_{\theta}C}=\frac{1}{\dfrac{1}{G_{\theta}}+C} = \frac{1}{\dfrac{s(J s + b)}{1} + C(s)}.
  • Substituindo G_{\theta}^{-1}(s)=s(J s + b):
\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}=\frac{1}{s(J s + b)+C(s)}.
  • Agora tomar o limite s\to 0:
    • s(J s + b)\xrightarrow[s\to 0]{}0\cdot(b)+0=0 (porque há um fator s multiplicando).
    • C(s)\xrightarrow[s\to 0]{}k_{p}(1+T_{d}\cdot 0)=k_{p}.
  • Logo
\lim_{s\to 0}\frac{G_{\theta}(s)}{1+G_{\theta}(s)C(s)}=\frac{1}{0 + k_{p}}=\frac{1}{k_{p}}.
  • Portanto, do passo anterior,
e(\infty)=-\frac{1}{k_{p}}.
  • Atenção: esta conclusão usa a modelagem em termos de \theta (soma do distúrbio na entrada de torque) e a suposição r(t)=0. Fizemos uso da forma algébrica que cancela o comportamento singular de G_{\theta} em s=0.

Passo 11

Interpretação física e verificação de sinais.
  • Resultado encontrado: \displaystyle e(\infty)=-\frac{1}{k_{p}} para um distúrbio de torque unitário aplicado permanentemente, com r(t)=0.
  • Lembrete: e(t)=r(t)-\theta(t). Com r=0, o erro em regime permanente é e(\infty)=-\theta(\infty). Como o torque de distúrbio positivo tende a produzir \theta(\infty)>0, é natural que e(\infty) seja negativo.
  • Se preferir a magnitude do erro (desvio absoluto da referência): |e(\infty)|=\dfrac{1}{k_{p}}. Isso mostra que aumentando k_{p} reduz o erro devido a distúrbio de passo de torque.
  • Observação sobre T_{d}: o termo derivativo T_{d} não aparece no valor final do erro causado por um degrau de distúrbio porque no limite s\to 0 o termo T_{d}s anula-se. Isso é consistente com conhecimentos básicos: ação derivativa não afeta erro em regime permanente para entradas de baixa frequência (constantes), enquanto ação proporcional e integral sim.

Resposta

J\ddot{\theta}(t)+b\dot{\theta}(t)=\tau(t)\n
\displaystyle \frac{\Omega(s)}{T(s)}=\frac{1}{J s + b}=\frac{1}{J}\cdot\frac{1}{s+\tfrac{b}{J}}\n
Polo: s=-\dfrac{b}{J}\n
\displaystyle \omega(t)=\frac{1}{J}e^{-\tfrac{b}{J}t}u(t) (resposta ao impulso unitário \tau(t)=\delta(t))\n
Assumindo r(t)=0 e distúrbio \tau_{d}(t)=u(t) (degrau unitário), o erro em regime permanente é \displaystyle e(\infty)=-\frac{1}{k_{p}}.

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