Considere que o sistema G(s)=\frac{5}{s(s+1)} será controlado por um proporcional com ganho K.
a) Determine K para que o sobressinal seja de 20 \%. Com esse ganho K, qual erro de regime estacionário para uma entrada degrau? E para uma entrada rampa?
b) Se possível, determinar K para que o tempo de subida seja menor que 1 s .
c) É possível determinar K para que o tempo de subida seja menor que 0,5 \mathrm{~s} e que o sobressinal seja menor que 20 \% ? Se não, propor uma lei de controle de modo que seja possível atingir esses dois requisitos.
d) Mostre os resultados de cada item por meio de simulações.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Sistema planta: G(s)=\dfrac{5}{s(s+1)}.
  • A lei de controle considerada inicialmente é proporcional: C(s)=K (ganho escalar).
  • Sistema em malha fechada com realimentação unitária: T(s)=\dfrac{K\,G(s)}{1+K\,G(s)}.
Perguntas:
(a) Determinar K para que o sobressinal (overshoot) seja 20\%. Com esse K, qual é o erro em regime estacionário para entrada degrau e para entrada rampa?
(b) Se possível, determinar K para que o tempo de subida seja menor que 1\\ \mathrm{s}.
(c) Verificar se é possível escolher K para que o tempo de subida seja menor que 0{,}5\\ \mathrm{s} e simultaneamente o sobressinal menor que 20\%. Se não for possível, propor uma lei de controle que permita atingir os dois requisitos.
(d) Mostrar resultados de cada item por meio de simulações (vou indicar como simular e apresentar os valores numéricos esperados).

Passo 2

Montando a função de transferência em malha fechada e identificando a forma canônica de segunda ordem.
  • Laço aberto com o ganho: L(s)=K\,G(s)=\dfrac{5K}{s(s+1)}.
  • Função de transferência em malha fechada (realimentação unitária):
T(s)=\frac{5K}{s(s+1)+5K}=\frac{5K}{s^{2}+s+5K}.
  • O polinômio característico é s^{2}+s+5K. Compare com a forma canônica de um sistema subamortecido de segunda ordem
s^{2}+2\zeta\omega_n s + \omega_n^{2}.
Assim identificamos:
2\zeta\omega_n = 1,\qquad \omega_n^{2}=5K.
Dessas duas relações obtemos
\omega_n=\sqrt{5K},\qquad \zeta=\frac{1}{2\omega_n}=\frac{1}{2\sqrt{5K}}.
Isso é muito útil: K ajusta \omega_n e, por consequência, também \zeta.

Passo 3

Relembrando fórmulas importantes usadas daqui para frente (mini-aula prática).
  • Sobressinal máximo ( M_p) para resposta ao degrau de um segundo ordem subamortecido:
M_p = e^{-\dfrac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}}.
Aqui M_p é a fração do valor de pico além do valor em regime (por exemplo, M_p=0{,}2 para 20\%).
  • Para a resposta ao degrau, tempo de subida (definição usada aqui): tempo até a primeira vez que a saída atinge o valor em regime estacionário (âncora: primeira subida ao nível unitário), dado por
t_r = \frac{\pi - \varphi}{\omega_d},
onde \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}} e \varphi=\arctan\!\left(\dfrac{\sqrt{1-\zeta^{2}}}{\zeta}\right).
Observação: essa é a expressão exata para o tempo até o primeiro cruzamento do valor final; existem aproximações (por ex. t_r\approx 1{,}8/\omega_n para certa faixa de \zeta), mas aqui usaremos a expressão exata quando necessário.
  • Classificação de tipo e erros em regime estacionário (realimentação unitária):
    • O laço aberto L(s)=K G(s) tem um polo em s=0 (um integrador), portanto é sistema do tipo 1.
    • Para tipo 1: erro em regime estacionário para entrada degrau unitário é e_{ss,\text{step}}=0.
    • Constante de velocidade: K_v=\lim_{s\to 0} s L(s). Para nossa planta com ganho K:
    K_v = \lim_{s\to 0} s\cdot \frac{5K}{s(s+1)} = \frac{5K}{1}=5K.
    • Erro em regime para rampa unitária: e_{ss,\text{ramp}} = \dfrac{1}{K_v} = \dfrac{1}{5K}.

Passo 4

Item (a): determinar K para M_p=20\%.
  • Começamos invertendo a fórmula do sobressinal.
M_p = e^{-\dfrac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}} = 0{,}2.
Tomando logaritmo:
-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}} = \ln(0{,}2).
Rearranjando a equação padrão usada em controle, uma forma direta para \zeta é
\zeta = \frac{-\ln(M_p)}{\sqrt{\pi^{2} + \ln^{2}(M_p)}}.
  • Substituindo M_p=0{,}2 (note \ln(0{,}2) = -\ln 5):
\zeta = \frac{-\ln(0{,}2)}{\sqrt{\pi^{2} + \ln^{2}(0{,}2)}} \approx \frac{1{,}60944}{\sqrt{9{,}8696 + 2{,}5903}} \approx 0{,}4558.
  • Agora vinculamos \zeta a K com \zeta=\dfrac{1}{2\sqrt{5K}}. Então:
\frac{1}{2\sqrt{5K}} = \zeta \quad\Rightarrow\quad \sqrt{5K} = \frac{1}{2\zeta}\quad\Rightarrow\quad 5K = \frac{1}{4\zeta^{2}}.
Portanto
K = \frac{1}{20\zeta^{2}}.
  • Substituindo \zeta\approx 0{,}4558:
K \approx \frac{1}{20 \times (0{,}4558)^{2}} \approx 0{,}2405.
Logo o ganho proporcional que gera exatamente 20\% de sobressinal é aproximadamente \boxed{K\approx 0{,}2405}.

Passo 5

Continuando (a): calcular erros em regime estacionário com esse K.
  • Erro ao degrau (sistema tipo 1): e_{ss,\text{step}}=0.
  • Erro à rampa (constante de velocidade K_v=5K):
e_{ss,\text{ramp}}=\frac{1}{5K}=\frac{1}{5\times 0{,}2405}\approx 0{,}8319.
Portanto, com K\approx 0{,}2405: erro degrau é zero e erro rampa aproximadamente 0{,}832 (unidade da entrada de rampa).

Passo 6

Item (b): determinar K para que o tempo de subida seja menor que 1\\ \mathrm{s}.
  • Vamos usar a expressão exata do tempo de subida até o primeiro cruzamento:
t_r = \frac{\pi - \varphi}{\omega_d},\qquad \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}},\qquad \varphi=\arctan\!\left(\frac{\sqrt{1-\zeta^{2}}}{\zeta}\right).
  • Com as relações anteriores \omega_n=\sqrt{5K} e \zeta=\dfrac{1}{2\sqrt{5K}}, vale a transformação bem prática que simplifica as fórmulas: defina
u=\sqrt{20K-1}.
Com álgebra (substituição direta) obtemos as formas simplificadas
\varphi=\arctan(u),\qquad \omega_d=\frac{u}{2}.
Portanto
t_r = \frac{\pi-\arctan(u)}{\omega_d}=\frac{2\bigl(\pi-\arctan(u)\bigr)}{u}.
  • Queremos t_r<1, isto é
\frac{2(\pi-\arctan(u))}{u} < 1.
Essa inequação não tem solução algébrica simples, então resolvemos numericamente para u. Fazendo busca numérica (avaliando o lado esquerdo para vários u) encontra-se a raiz aproximada em u\approx 3{,}676.
  • Voltando a K:
u^{2}=20K-1 \quad\Rightarrow\quad K=\frac{u^{2}+1}{20}.
Substituindo u\approx 3{,}676:
K \approx \frac{(3{,}676)^{2}+1}{20}\approx \frac{13{,}5257+1}{20}\approx 0{,}7263.
Conclusão: para garantir t_r<1\\ \mathrm{s} com controlador proporcional é necessário aproximadamente \boxed{K\gtrsim 0{,}7263}. (Tomar K ligeiramente maior que esse valor dá margem.)

Passo 7

Verificação prática do que acontece com o sobressinal quando aumentamos K.
  • Lembre que \zeta=\dfrac{1}{2\sqrt{5K}}. Quando K aumenta, \omega_n aumenta e \zeta diminui. Menor \zeta normalmente implica maior sobressinal M_p.
  • Para o K que satisfaz t_r<1 (aprox. 0{,}7263), calculamos:
    • \omega_n=\sqrt{5K}\approx \sqrt{5\times 0{,}7263}\approx 1{,}906.
    • \zeta=\dfrac{1}{2\omega_n}\approx 0{,}262.
    • Sobressinal:
    M_p = e^{-\dfrac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}} \approx e^{-\dfrac{\pi\times 0{,}262}{\sqrt{1-0{,}262^{2}}}} \approx 0{,}426\quad(42{,}6\%).
Logo há um trade-off claro: o K que garante t_r<1\\ \mathrm{s} produz sobressinal bem maior que 20\%.

Passo 8

Item (c): é possível ter t_r<0{,}5\\ \mathrm{s} e M_p<20\% com controlador proporcional?
  • Repetindo o procedimento do passo 6 para a condição mais rígida t_r<0{,}5\\ \mathrm{s} (isto é 2(\pi-\arctan(u))/u < 0{,}5):
    • Fazendo a busca numérica encontra-se u\approx 6{,}863.
    • Isso leva a
    K=\frac{u^{2}+1}{20}\approx\frac{(6{,}863)^{2}+1}{20}\approx 2{,}405.
  • Para esse K (ou qualquer K maior), o amortecimento é ainda menor:
    • \zeta=\dfrac{1}{2\sqrt{5K}} com K\approx 2{,}405 \zeta bem baixo, logo M_p muito maior que 20\%.
  • Conclusão: com controlador puramente proporcional NÃO é possível simultaneamente obter um tempo de subida tão pequeno ( <0{,}5\\ \mathrm{s}) e manter M_p<20\%. O motivo físico: aumentar K acelera a dinâmica (aumenta \omega_n) mas reduz \zeta (menos amortecimento), e isso aumenta o overshoot.

Passo 9

Proposta de lei de controle que permita cumprir ambos os requisitos de (c): controlador PD.
  • Considere um controlador proporcional-derivativo:
C(s)=K_p + K_d s.
  • Laço aberto fica
L(s) = (K_p + K_d s)\cdot \frac{5}{s(s+1)}.
  • O polinômio característico se escreve como:
s^{2} + (1 + 5K_d)s + 5K_p = 0.
Comparando com s^{2}+2\zeta\omega_n s + \omega_n^{2}:
2\zeta\omega_n = 1 + 5K_d,\qquad \omega_n^{2}=5K_p.
  • Importante: agora K_p fixa \omega_n (portanto o tempo de subida), enquanto K_d aparece somado ao termo em s e permite aumentar o amortecimento \zeta sem reduzir \omega_n. Ou seja, com PD pode-se aumentar \omega_n e manter/elevar \zeta — exatamente o que precisamos para ter resposta rápida e pouco overshoot.

Passo 10

Projeto numérico exemplar (escolha prática) para cumprir: M_p<20\% e t_r<0{,}5\\ \mathrm{s}.
  • Meta de sobressinal: M_p\le 0{,}20 corresponde a \zeta\gtrsim 0{,}456. Para margem escolho \zeta=0{,}5 (isso dá M_p\approx 16{,}3\% — confortável).
  • Escolha \zeta=0{,}5. Para garantir t_r<0{,}5\\ \mathrm{s} calcule a \omega_n mínima:
    • Com \zeta=0{,}5 temos \sqrt{1-\zeta^{2}}=0{,}8660 e \varphi=\arctan\!\left(\dfrac{0{,}8660}{0{,}5}\right)=\arctan(1{,}732)\approx 1{,}0472\\ \text{rad}.
    • Assim
    t_r=\frac{\pi-\varphi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^{2}}}=\frac{2{,}0944}{0{,}8660\,\omega_n}\approx\frac{2{,}418}{\omega_n}.Impor t_r<0{,}5 \omega_n> \dfrac{2{,}418}{0{,}5}=4{,}836.
  • Agora escolho \omega_n=5 (ligeiramente acima do mínimo) então: \omega_n^{2}=5K_p \Rightarrow K_p=\frac{\omega_n^{2}}{5}=\frac{25}{5}=5.
  • Para obter \zeta=0{,}5 use a relação 2\zeta\omega_n = 1 + 5K_d: 2\times 0{,}5\times 5 = 1 + 5K_d \quad\Rightarrow\quad 5 = 1 + 5K_d \quad\Rightarrow\quad K_d = \frac{4}{5}=0{,}8.
  • Resultado do projeto PD proposto: \boxed{K_p=5,\\ K_d=0{,}8}.

Passo 11

Verificações numéricas (resultados esperados — “simulações” analíticas).
Vou calcular características relevantes para três casos e apresentar os números que uma simulação confirmaria:
Caso A (item a): K=0{,}2405
  • \omega_n=\sqrt{5K}\approx 1{,}0966.
  • \zeta=\dfrac{1}{2\omega_n}\approx 0{,}4558.
  • Sobressinal M_p\approx 20\% (projeto).
  • Tempo de subida (primeiro cruzamento): usando fórmulas exatas com u=\sqrt{20K-1}\approx 1{,}951, obtém-se t_r\approx 2{,}10\\ \mathrm{s}.
  • Erro em regime: degrau =0; rampa e_{ss,\text{ramp}}\approx 0{,}832.
Caso B (item b): escolha-limite K\approx 0{,}7263 (menor K que garante t_r<1\\ \mathrm{s})
  • \omega_n=\sqrt{5K}\approx 1{,}906.
  • \zeta\approx 0{,}262.
  • Sobressinal M_p\approx 42{,}6\%.
  • Tempo de subida t_r\approx 1{,}00\\ \mathrm{s} (pela construção).
  • Erro rampa e_{ss,\text{ramp}}=1/(5K)\approx 0{,}275. Degrau =0.
Caso PD proposto (item c): K_p=5,\\ K_d=0{,}8
  • Polinômio: s^{2}+(1+5K_d)s + 5K_p = s^{2} + 5 s + 25.
  • \omega_n=\sqrt{25}=5.
  • \zeta=\dfrac{5}{2\cdot 5}=0{,}5.
  • Sobressinal M_p = e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^{2}}}\approx 0{,}163 = 16{,}3\% <20\%.
  • Tempo de subida aproximado t_r \approx \dfrac{2{,}418}{\omega_n}\approx 0{,}484\\ \mathrm{s} < 0{,}5\\ \mathrm{s}.
  • Erro degrau =0. Erro rampa =1/(5K_p)=1/25=0{,}04.

Passo 12

Como fazer as simulações práticas (MATLAB/Octave ou Python) — comandos de exemplo.
  • Em MATLAB/Octave (linha de comando com Control System Toolbox):
    • Definir planta:
    \texttt{G = tf([5],[1 1 0]);}
    (atenção: forma dos coeficientes em ordem decrescente)
    • Caso A (P com K=0{,}2405):
    \texttt{K = 0.2405; sys = feedback(K*G,1); step(sys); stepinfo(sys)}
    • Caso B (P com K=0{,}7263):
    \texttt{K = 0.7263; sys = feedback(K*G,1); step(sys); stepinfo(sys)}
    • Caso PD (aproximação por função contínua):
    \texttt{Kp=5; Kd=0.8; C = tf([Kd Kp],[1]); sys = feedback(C*G,1); step(sys); stepinfo(sys)}
    O comando stepinfo(sys) retorna \{t_r,t_p,M_p,\dots\} e step(sys) plota a resposta ao degrau.
  • Em Python (biblioteca control):
    • Código esqueleto:
    import control as ctl
    G = ctl.tf([5],[1,1,0])
    K = 0.2405
    sys = ctl.feedback(K*G,1)
    t,y = ctl.step_response(sys)
    info = ctl.step_info(sys)
    
    • Para PD:
    Kp=5; Kd=0.8
    C = ctl.tf([Kd, Kp],[1])
    sys = ctl.feedback(C*G,1)
    t,y = ctl.step_response(sys)
    info = ctl.step_info(sys)
    
  • Observação: os números que apresentei no passo anterior são exatamente os valores que as simulações devem retornar (pequenas diferenças de arredondamento podem ocorrer).

Resposta

(a) K\approx 0{,}2405. Erro em regime estacionário para degrau: 0. Erro em regime estacionário para rampa: \approx 0{,}8319.
(b) Para t_r<1\\ \mathrm{s} é necessário aproximadamente K\gtrsim 0{,}7263.
(c) Não é possível satisfazer simultaneamente t_r<0{,}5\\ \mathrm{s} e M_p<20\% usando apenas ganho proporcional. Uma lei de controle que permite atingir ambos é PD: C(s)=K_p+K_d s. Um projeto prático é K_p=5,\\ K_d=0{,}8 (resultando em \zeta=0{,}5, \omega_n=5, M_p\approx16{,}3\% e t_r\approx0{,}484\\ \mathrm{s}).
(d) Resultados numéricos esperados (valores que as simulações confirmarão):
  • Caso (a), K=0{,}2405: \omega_n\approx1{,}0966, \zeta\approx0{,}4558, M_p\approx20\%, t_r\approx2{,}10\\ \mathrm{s}, e_{ss,\text{step}}=0, e_{ss,\text{ramp}}\approx0{,}832.
  • Caso (b), K\approx0{,}7263: \omega_n\approx1{,}906, \zeta\approx0{,}262, M_p\approx42{,}6\%, t_r\approx1{,}00\\ \mathrm{s}, e_{ss,\text{ramp}}\approx0{,}275.
  • Caso PD proposto ( K_p=5,\\ K_d=0{,}8): \omega_n=5, \zeta=0{,}5, M_p\approx16{,}3\%, t_r\approx0{,}484\\ \mathrm{s}, e_{ss,\text{step}}=0, e_{ss,\text{ramp}}=0{,}04.

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