Determine: a, K, T c, T s e T r a partir da FT.
\mathrm{G}(s)=\frac{50}{(s+50)}

Passo 1

O enunciado nos dá a função de transferência
\mathrm{G}(s)=\frac{50}{s+50},
e pede para determinar os parâmetros a, K, T_c, T_s e T_r.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função de transferência é um sistema de primeira ordem com denominador linear em s.
  • Não foi especificado qual critério usar para T_s e T_r, então vou usar convenções padrão:
    • T_c será a constante de tempo do sistema (também denotada por \tau).
    • T_s será o tempo de assentamento para 2\% (ou seja, T_s \approx 4\tau).
    • T_r será o tempo de subida de 10\% a 90\% da resposta ao degrau (fórmula padrão para sistema de 1ª ordem).

Passo 2

Colocar \mathrm{G}(s) na forma canônica de primeira ordem. A forma canônica útil é
\mathrm{G}(s)=\frac{K}{\tau s + 1},
onde:
  • K é o ganho de regime permanente (ganho em CC),
  • \tau é a constante de tempo.
Reescrevendo \mathrm{G}(s)=\dfrac{50}{s+50}:
s+50 = 50\left(\frac{s}{50}+1\right),
portanto
\mathrm{G}(s)=\frac{50}{50\left(\dfrac{s}{50}+1\right)}=\frac{1}{\dfrac{s}{50}+1}=\frac{1}{\tau s + 1},
onde \tau=\dfrac{1}{50}. Assim, na forma canônica obtemos K=1 e \tau=\dfrac{1}{50}.

Passo 3

Determinar a.
A forma alternativa \dfrac{K}{s+a} tem polo em s=-a. Na função dada o denominador é s+50, logo o polo está em s=-50. Portanto
a=50.
Outra interpretação compatível: a=\dfrac{1}{\tau}. Como \tau=\dfrac{1}{50}, então \dfrac{1}{\tau}=50, confirmando a=50.

Passo 4

Determinar K.
O ganho em regime permanente (resposta a um degrau unitário) para a forma \dfrac{K}{\tau s+1} é K. Ou procedendo pela avaliação em s=0:
K = \mathrm{G}(0)=\frac{50}{0+50}=1.

Passo 5

Determinar a constante de tempo T_c (ou \tau) e explicar o significado.
Já encontramos \tau=\dfrac{1}{50}. Em segundos:
T_c=\tau=\frac{1}{50}=0{,}02\\ \text{s}.
Significado prático: a constante de tempo \tau é o tempo que a resposta ao degrau demora para atingir cerca de 63{,}2\% do valor final K. Para confirmar, a resposta ao degrau unitário de um sistema de 1ª ordem é
y(t)=K\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr).
No instante t=\tau:
y(\tau)=K\bigl(1-e^{-1}\bigr)\approx K\cdot0{,}632.

Passo 6

Determinar o tempo de assentamento T_s (critério de 2\%).
Convenção padrão: para sistema de primeira ordem o tempo de assentamento para 2\% é aproximadamente
T_s \approx 4\tau.
Substituindo \tau=\dfrac{1}{50}:
T_s \approx 4\cdot\frac{1}{50}=\frac{4}{50}=0{,}08\\ \text{s}.

Passo 7

Determinar o tempo de subida T_r (definido como tempo de 10\% a 90\%) e mostrar a dedução.
Para a resposta ao degrau y(t)=K\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr), os instantes em que a saída atinge fração \alpha do valor final K são dados por
\alpha = 1-e^{-t/\tau}\quad\Rightarrow\quad e^{-t/\tau}=1-\alpha\quad\Rightarrow\quad t=-\tau\ln(1-\alpha).
Para \alpha=0{,}1 (10%) e \alpha=0{,}9 (90%) obtemos:
t_{10} = -\tau\ln(0{,}9),\qquad t_{90} = -\tau\ln(0{,}1).
Assim o tempo de subida T_r (10%–90%) é
T_r = t_{90}-t_{10} = -\tau\bigl(\ln(0{,}1)-\ln(0{,}9)\bigr)=\tau\ln\!\left(\frac{0{,}9}{0{,}1}\right)=\tau\ln(9).
Substituindo \tau=\dfrac{1}{50}=0{,}02 e \ln(9)\approx 2{,}1972246:
T_r \approx 0{,}02\cdot 2{,}1972246 \approx 0{,}0439445\\ \text{s}\approx 0{,}0439\\ \text{s}.

Passo 8

Resumo final (valores numéricos calculados e interpretações rápidas):
  • a é o polo (coeficiente do denominador) e vale 50.
  • K é o ganho em regime permanente e vale 1.
  • T_c (constante de tempo \tau) vale 0{,}02\\ \text{s}.
  • T_s (tempo de assentamento, 2\%) vale aproximadamente 0{,}08\\ \text{s}.
  • T_r (tempo de subida 10\% 90\%) vale aproximadamente 0{,}0439\\ \text{s}.

Resposta

a=50
K=1
T_{c}=0{,}02\\ \text{s}
T_{s}\approx0{,}08\\ \text{s}
T_{r}\approx0{,}0439\\ \text{s}

Exercícios relacionados