Esboce a resposta no tempo do sistema para uma entrada do tipo degrau unitário igual a: u(t)=2.0 V.

Passo 1

O enunciado pede que eu esboce a resposta no tempo do sistema para uma entrada do tipo degrau igual a u(t)=2,0\\ \text{V}. Informações fornecidas:
u(t)=2,0\\ \text{V}\quad\text{(degrau aplicado em }t=0\text{).}
Informação que falta (necessária para uma resposta numérica/única): a descrição do sistema (por exemplo, a função de transferência H(s) ou a equação diferencial do sistema). Sem H(s) não há uma única resposta temporal específica — existem muitas respostas possíveis dependendo do sistema.

Passo 2

Princípio geral (ferramentas que usamos): para um sistema linear invariante no tempo (LTI) com condições iniciais nulas, trabalhamos no domínio de Laplace. A transformada de Laplace do degrau de amplitude A é
U(s)=\frac{A}{s}.
Aqui A=2,0\\ \text{V}, logo
U(s)=\frac{2,0}{s}.
Explicação didática: a transformada de Laplace converte sinais no tempo em funções de s que facilitem multiplicar pela função de transferência do sistema; depois voltamos ao tempo com a transformada inversa.

Passo 3

Como obter a saída em s? Seja H(s) a função de transferência do sistema (a relação entre saída e entrada no domínio s, supondo condições iniciais nulas). Então
Y(s)=H(s)\,U(s)=H(s)\,\frac{2,0}{s}.
Para obter y(t) fazemos a transformada inversa de Laplace de Y(s). Dica prática: muitas vezes usamos decomposição em frações parciais e tabelas de transformadas.

Passo 4

Resultado importante e prático (valor final): o ganho DC do sistema é
K=\lim_{s\to 0}H(s).
Pelo teorema do valor final, a saída em regime permanente ao aplicar o degrau vale
y(\infty)=\lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to 0}sY(s)=\lim_{s\to 0}H(s)\cdot 2,0=2,0\;K.
Explicação: o degrau de amplitude 2,0 é multiplicado pelo ganho estático do sistema para dar o valor final da saída.

Passo 5

Exemplo concreto 1 (muito comum em provas): sistema de primeira ordem com função de transferência
H(s)=\frac{K}{\tau s+1},
onde K é o ganho DC ( K=\lim_{s\to0}H(s)) e \tau é a constante de tempo ( \tau>0). Calculemos y(t).
Y(s)=\frac{K}{\tau s+1}\cdot\frac{2,0}{s}=\frac{2,0K}{s(\tau s+1)}.
Fazemos frações parciais: suponha
\frac{2,0K}{s(\tau s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{\tau s+1}.
Multiplicando por s(\tau s+1) obtemos
2,0K=A(\tau s+1)+Bs.
Igualando coeficientes: termo constante dá A=2,0K. Coeficiente de s A\tau+B=0\Rightarrow B=-A\tau=-2,0K\tau. Então
\frac{2,0K}{s(\tau s+1)}=\frac{2,0K}{s}-\frac{2,0K\tau}{\tau s+1}.
Fazendo a transformada inversa (lembrando que \mathcal{L}^{-1}\{1/s\}=1 e \mathcal{L}^{-1}\{1/(\tau s+1)\}=\frac{1}{\tau}e^{-t/\tau}):
y(t)=2,0K - 2,0K\,e^{-t/\tau}=2,0K\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr),\quad t\ge 0.
Observações didáticas:
  • Valor inicial y(0)=0 (assumindo condições iniciais nulas).
  • Valor final y(\infty)=2,0K (coerente com o teorema do valor final).
  • A constante de tempo \tau determina a velocidade: em t=\tau a resposta atinge 1- e^{-1}\approx 0{,}632 do valor final, ou seja y(\tau)=2,0K(1-e^{-1}).

Passo 6

Exemplo concreto 2 (segundo ordem, visão rápida): para um sistema subamortecido com
H(s)=\frac{K\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2},
onde \zeta é o coeficiente de amortecimento e \omega_n a frequência natural, a resposta ao degrau 2,0 (para 0<\zeta<1) tem forma
y(t)=2,0K\Bigl(1-\frac{1}{\sqrt{1-\zeta^2}}e^{-\zeta\omega_n t}\sin\bigl(\omega_d t+\varphi\bigr)\Bigr),\quad \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2},
onde \varphi=\operatorname{arccos}(\zeta). Aqui aparecem oscilações amortecidas e possível overshoot; a amplitude final é 2,0K novamente.

Passo 7

Como esboçar (regra prática para a prova):
  • Desenhe eixo horizontal t e vertical y(t) em volts.
  • Marque y(0) (normalmente 0 se condições iniciais nulas).
  • Marque y(\infty)=2,0K (use K conhecido do sistema; se K=1, o final é 2,0\\ \text{V}).
  • Para 1ª ordem: desenhe uma rampa exponencial crescente que passa em t=\tau por 63{,}2\% do valor final.
  • Para 2ª ordem subamortecida: desenhe uma aproximação com overshoot e decaimento exponencial com frequência \omega_d.
  • Se o sistema for integrador puro, ou tiver pólos na origem, ou comportamento mais complexo, a forma muda — por isso é essencial conhecer H(s).

Passo 8

Conclusão prática e resposta final compacta que você pode usar na prova: sem a função de transferência não há uma única resposta. O procedimento é sempre:
U(s)=\frac{2,0}{s},\qquad Y(s)=H(s)\frac{2,0}{s},\qquad y(t)=\mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\}.
Se o sistema for de primeira ordem com H(s)=\dfrac{K}{\tau s+1}, então a resposta no tempo é
y(t)=2,0\,K\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr),\quad t\ge 0.

Resposta

\displaystyle Y(s)=H(s)\,\frac{2,0}{s}
Se H(s)=\dfrac{K}{\tau s+1} então \displaystyle y(t)=2,0\,K\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr),\\ t\ge 0

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