A partir da função de transferência a seguir, faça o que se pede:
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{18}{s^{2}+0.5 s+4.5}
encontre \xi e \omega_{n};
encontre os polos do sistema;
reposta ao impulso unitário \left(y_{1}(t)\right);
resposta ao degrau unitário \left(y_{2}(t)\right);
resposta à rampa unitária \left(y_{3}(t)\right);
encontre y_{2}(1.5); e
desenhe o sinal de saída.

Passo 1

O enunciado nos dá a função de transferência do sistema entre entrada R(s) e saída Y(s):
\frac{Y(s)}{R(s)}=\frac{18}{s^{2}+0.5 s+4.5}.
As perguntas são (vou listar exatamente o que pediram):
  • encontre \xi e \omega_{n};
  • encontre os polos do sistema;
  • resposta ao impulso unitário \left(y_{1}(t)\right);
  • resposta ao degrau unitário \left(y_{2}(t)\right);
  • resposta à rampa unitária \left(y_{3}(t)\right);
  • encontre y_{2}(1.5);
  • desenhe (esboce) o sinal de saída.
Informações relevantes dadas:
  • Denominador: s^{2}+0.5 s+4.5.
  • Numerador constante: 18.
Agora começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Identificar \xi e \omega_{n} comparando com a forma padrão de um sistema de segunda ordem:
\text{forma padrão:}\qquad \frac{\omega_{n}^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}}.ã
Aqui o denominador é s^{2}+0.5 s+4.5. Então, igualando coeficientes:
\omega_{n}^{2}=4.5, \qquad 2\xi\omega_{n}=0.5.
Agora calculo \omega_{n} e \xi.
Cálculo de \omega_{n}:
\omega_{n}=\sqrt{4.5}=\sqrt{\tfrac{9}{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\approx2{,}1213203436.
Cálculo de \xi:
\xi=\frac{0.5}{2\omega_{n}}=\frac{0.25}{\omega_{n}} =\frac{0.25}{3/\sqrt{2}}=\frac{0,25\sqrt{2}}{3}\approx0{,}1178511302.
Breve comentário didático: \omega_n é a frequência natural (rad/s) do oscilador sem amortecimento; \xi é o coeficiente de amortecimento adimensional (damping ratio). Quando 0<\xi<1 o sistema é subamortecido (oscila com decaimento exponencial).

Passo 3

Encontro os polos resolvendo a equação característica s^{2}+0.5 s+4.5=0. Uso fórmula de Bhaskara:
s=\frac{-0.5\pm\sqrt{(0.5)^{2}-4\cdot1\cdot4.5}}{2} =\frac{-0.5\pm\sqrt{0.25-18}}{2} =\frac{-0.5\pm\sqrt{-17{,}75}}{2}.
Como a raiz é negativa dentro da raiz quadrada, os polos são complexos conjugados:
s=-0{,}25\pm j\,\frac{\sqrt{17{,}75}}{2}.
Calculo numérico da parte imag:
\omega_{d}=\frac{\sqrt{17{,}75}}{2}\approx2{,}106509166.
Logo os polos são
s=-0{,}25\pm j\,2{,}106509166.
Comentário alternativo em termos de \xi e \omega_n: as partes reais são -\xi\omega_n=-0{,}25 (confirmado) e a frequência amortecida \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\xi^{2}}=\sqrt{4{,}5-(0{,}25)^{2}}=\sqrt{4{,}4375}\approx2{,}1065.

Passo 4

Resposta ao impulso unitário y_{1}(t).
Procedimento didático:
  • A resposta ao impulso é a transformada inversa de G(s)=\dfrac{18}{s^{2}+0{,}5s+4{,}5}.
  • É útil escrever G(s) na forma K\cdot\dfrac{\omega_n^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_n s+\omega_n^{2}} para usar fórmulas padrão.
Calculo do ganho K:
\omega_n^{2}=4{,}5,\quad K=\frac{18}{\omega_n^{2}}=\frac{18}{4{,}5}=4.
Portanto
G(s)=4\cdot\frac{\omega_n^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_n s+\omega_n^{2}}.
Fórmula padrão (aula rápida):
  • Para o sistema padrão \dfrac{\omega_n^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_n s+\omega_n^{2}}, a resposta ao impulso é
g(t)=\frac{\omega_n}{\omega_d}e^{-\xi\omega_n t}\sin(\omega_d t)\quad(t\ge0),
onde \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\xi^{2}}.
  • Se multiplicarmos por K, a resposta ao impulso multiplica por K.
Aplicando ao nosso caso:
y_{1}(t)=4\cdot\frac{\omega_n}{\omega_d}\,e^{-\xi\omega_n t}\sin(\omega_d t) = \frac{4}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\,e^{-\xi\omega_n t}\sin(\omega_d t), \quad t\ge0.
Substituindo os valores numéricos (opcional):
\xi\omega_{n}=0{,}25,\qquad \omega_{d}\approx2{,}106509166,\qquad \frac{4}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\approx4{,}0277.
Então numericamente
y_{1}(t)\approx 4{,}0277\,e^{-0{,}25 t}\sin(2{,}106509166\,t),\quad t\ge0.
Explicação curta para a prova: a forma e^{-\xi\omega_n t}\sin(\omega_d t) aparece sempre para respostas de sistemas subamortecidos; o prefator \omega_n/\omega_d vem da transformada inversa da razão de polinômios.

Passo 5

Resposta ao degrau unitário y_{2}(t).
Procedimento didático:
  • Para entrada degrau unitário r(t)=1 temos R(s)=1/s e Y(s)=G(s)/s.
  • A resposta ao degrau do sistema padrão com ganho DC igual a K (como definimos) tem forma:
y_{2}(t)=K\left[1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{-\xi\omega_n t}\sin\!\big(\omega_d t+\varphi\big)\right],
onde \varphi=\operatorname{arccos}(\xi) (essa forma garante y_{2}(0)=0).
Aplicando ao nosso caso com K=4:
y_{2}(t)=4\left[1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{-\xi\omega_n t}\sin\!\big(\omega_d t+\operatorname{arccos}(\xi)\big)\right],\quad t\ge0.
Valores numéricos importantes para esboço e cálculo:
\xi\omega_n=0{,}25,\qquad \omega_d\approx2{,}106509166,\qquad \frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\approx1{,}006996.
Portanto a expressão numérica é
y_{2}(t)\approx 4\Big[1-1{,}006996\,e^{-0{,}25 t}\sin(2{,}106509166\,t+1{,}452421152)\Big].
Comentário didático: o valor final (estado estacionário) para um degrau unitário é y(\infty)=K=4. A forma apresentada mostra explicitamente o termo permanente 4 e o termo transitório oscilatório amortecido que se anula quando t\to\infty.

Passo 6

Resposta à rampa unitária y_{3}(t) (entrada r(t)=t, R(s)=1/s^{2}).
Estratégia: calcular
Y(s)=\frac{18}{s^{2}(s^{2}+0{,}5s+4{,}5)}
e inverter a transformada por frações parciais. Vou fazer a decomposição com detalhes (é pedagógico e útil na prova).
Procuramos constantes A,B,C,D tais que
\frac{18}{s^{2}(s^{2}+0{,}5s+4{,}5)} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s^{2}}+\frac{Cs+D}{s^{2}+0{,}5s+4{,}5}.
Multiplico ambos os lados por s^{2}(s^{2}+0{,}5s+4{,}5) e igualo polinômios:
18=A s(s^{2}+0{,}5s+4{,}5)+B(s^{2}+0{,}5s+4{,}5)+(Cs+D)s^{2}.
Expandindo e agrupando coeficientes (passo-a-passo):
  • Coeficiente de s^{3}: A+C=0.
  • Coeficiente de s^{2}: 0{,}5A+B+D=0.
  • Coeficiente de s^{1}: 4{,}5A+0{,}5B=0.
  • Coeficiente independente: 4{,}5B=18.
Resolvendo:
4{,}5B=18\\ \Rightarrow\\ B=4.
Da equação de s^{1}:
4{,}5A+0{,}5B=0 \Rightarrow 4{,}5A+0{,}5\cdot4=0 \Rightarrow 4{,}5A+2=0 \Rightarrow A=-\frac{2}{4{,}5}=-\frac{4}{9}.
Da A+C=0 vem C=-A=\frac{4}{9}.
Da equação de s^{2}:
0{,}5A+B+D=0 \Rightarrow D= -B-0{,}5A = -4 -0{,}5\left(-\frac{4}{9}\right) = -4 +\frac{2}{9} = -\frac{34}{9}.
Portanto a decomposição é
\frac{18}{s^{2}(s^{2}+0{,}5s+4{,}5)} =\frac{-4/9}{s}+\frac{4}{s^{2}}+\frac{(4/9)s-34/9}{s^{2}+0{,}5s+4{,}5}.
Agora faço a inversa de Laplace do último termo escrevendo o denominador na forma com deslocamento:
s^{2}+0{,}5s+4{,}5=(s+0{,}25)^{2}+\omega_{d}^{2}, \qquad \omega_{d}^{2}=4{,}4375,\\ \omega_{d}\approx2{,}106509166.
Reescrevo o numerador (4/9)s-34/9 como
\frac{4}{9}s-\frac{34}{9}=\frac{4}{9}(s+0{,}25)-\frac{35}{9}.
Assim
\frac{(4/9)s-34/9}{(s+0{,}25)^{2}+\omega_{d}^{2}} =\frac{4}{9}\cdot\frac{s+0{,}25}{(s+0{,}25)^{2}+\omega_{d}^{2}} -\frac{35}{9}\cdot\frac{1}{(s+0{,}25)^{2}+\omega_{d}^{2}}.
Usando fórmulas padrão de transformada inversa:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega_{d}^{2}}\right\}=e^{-a t}\cos(\omega_{d} t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{\omega_{d}}{(s+a)^{2}+\omega_{d}^{2}}\right\}=e^{-a t}\sin(\omega_{d} t),
e
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{(s+a)^{2}+\omega_{d}^{2}}\right\}=\frac{1}{\omega_{d}}e^{-a t}\sin(\omega_{d} t).
Com tudo isso, a inversa completa é:
y_{3}(t)=-\frac{4}{9} + 4t + e^{-0{,}25 t}\left[\frac{4}{9}\cos(\omega_{d} t)-\frac{35}{9}\cdot\frac{1}{\omega_{d}}\sin(\omega_{d} t)\right],\quad t\ge0,
onde \omega_{d}=\sqrt{4{,}4375}\approx2{,}106509166.
Comentário sobre comportamento: o termo 4t cresce indefinidamente (porque o sistema é do tipo 0, não tem integrador), então a saída cresce com o tempo dominada por 4t mais um termo constante e um termo oscilatório amortecido. Isso implica erro em regime para uma rampa que cresce indefinidamente (o sistema não consegue acompanhar perfeitamente uma rampa sem integrador).

Passo 7

Calcular y_{2}(1{,}5) numericamente (valor da resposta ao degrau no instante t=1{,}5 s).
Usarei a fórmula de y_{2}(t) do Passo 5:
y_{2}(t)=4\left[1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{-\xi\omega_n t}\sin\!\big(\omega_d t+\operatorname{arccos}(\xi)\big)\right].
Parâmetros numéricos exatos usados:
\xi\omega_n=0{,}25,\qquad e^{-0{,}25\cdot 1{,}5}=e^{-0{,}375}\approx0{,}6872892788,
\omega_d\cdot1{,}5\approx2{,}106509166\cdot1{,}5\approx3{,}159763749,
\operatorname{arccos}(\xi)\approx\operatorname{arccos}(0{,}1178511302)\approx1{,}452421152\\ \text{rad},
\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\approx1{,}006996.
Calculo do seno:
\sin(\omega_d\cdot1{,}5+\operatorname{arccos}(\xi)) =\sin(3{,}159763749+1{,}452421152) =\sin(4{,}612184901)\approx -0{,}995316991.
Agora o produto:
\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\,e^{-0{,}25\cdot1{,}5}\sin(\cdots) \approx 1{,}006996\cdot0{,}6872892788\cdot(-0{,}995316991)\approx -0{,}689181.
Substituindo em y_{2}:
y_{2}(1{,}5)=4\big[1-(-0{,}689181)\big]=4(1{,}689181)\approx6{,}756724.
Portanto y_{2}(1{,}5)\approx6{,}7567. Comentário: o valor é maior que o valor em regime ( 4), ou seja houve overshoot grande devido ao baixo amortecimento.

Passo 8

Desenho (esboço) do sinal de saída — orientação prática para riscar no caderno (passo a passo para o esboço):
  • Vou descrever o esboço do sinal de saída para a entrada degrau unitário r(t)=1 (que é a forma usual pedida quando se diz “desenhe o sinal de saída”). As mesmas características valem qualitativamente para impulso e rampa com diferenças que mencionei antes.
  • Picos e tempos importantes:
    • Valor final em regime: y(\infty)=4.
    • Valor inicial: y_{2}(0)=0.
    • Overshoot grande (porque \xi\approx0{,}118 é pequeno): o primeiro pico passa bem acima de 4 (por exemplo em t\approx T_d/4 a T_d/2 dependendo da fase).
    • Período das oscilações amortecidas: T_{d}=\dfrac{2\pi}{\omega_{d}}\approx\dfrac{2\pi}{2{,}1065}\approx2{,}984\\ \text{s} (aprox. 3 s).
    • Envoltória exponencial: decaimento aproximadamente e^{-0{,}25 t} (constante de tempo \tau=1/0{,}25=4 s), portanto as oscilações demoram alguns períodos para se atenuar visivelmente.
  • Como desenhar: no eixo vertical marque 0 e 4. A curva sai de 0, sobe rapidamente, cruza 4, atinge primeiro máximo perto de t entre 0{,}5 e 1{,}5 s (neste sistema o primeiro pico ocorre antes de 1,5 s e seu valor podemos estimar com a fórmula), volta abaixo de 4, oscila com período ~3 s e amplitude decrescente segundo e^{-0{,}25 t}, convergindo para 4.
  • Para y_{1}(t) (impulso): desenhe uma senoide amortecida iniciando em zero (máxima slope), oscilando com mesma frequência \omega_d e decaindo com a mesma envoltória e^{-0{,}25 t}.
  • Para y_{3}(t) (rampa): a saída tem um termo dominante 4t (reta crescente) mais pequenas oscilações amortecidas em torno dessa reta e menos um pequeno deslocamento constante -4/9.
Observação motivacional: imagina uma corda vibrando que é empurrada — a saída sobe, faz uma sacudida grande e depois vai se acalmando até o alvo. Tá ótimo — dá pra esboçar rápido e mostrar os parâmetros principais (valor final 4, período ≈3 s, taxa de decaimento ≈1/4 s^{-1}).

Resposta

\displaystyle \xi=0{,}1178511302
\displaystyle \omega_{n}=\sqrt{4{,}5}=\frac{3}{\sqrt{2}}\approx2{,}1213203436
Polos: \displaystyle s=-0{,}25\pm j\,2{,}106509166
\displaystyle y_{1}(t)=\frac{4}{\sqrt{1-\xi^{2}}}\,e^{-\xi\omega_{n} t}\sin(\omega_{d} t),\quad \omega_{d}=\omega_{n}\sqrt{1-\xi^{2}}
(ou numericamente \displaystyle y_{1}(t)\approx4{,}0277\,e^{-0{,}25 t}\sin(2{,}106509166\,t))
\displaystyle y_{2}(t)=4\left[1-\frac{1}{\sqrt{1-\xi^{2}}}e^{-\xi\omega_{n} t}\sin\!\big(\omega_{d} t+\operatorname{arccos}(\xi)\big)\right]
(ou numericamente \displaystyle y_{2}(t)\approx4\big[1-1{,}006996\,e^{-0{,}25 t}\sin(2{,}106509166\,t+1{,}452421152)\big])
\displaystyle y_{3}(t)=-\frac{4}{9}+4t+e^{-0{,}25 t}\!\left[\frac{4}{9}\cos(\omega_{d} t)-\frac{35}{9}\frac{1}{\omega_{d}}\sin(\omega_{d} t)\right]
(onde \omega_{d}=\sqrt{4{,}4375}\approx2{,}106509166)
\displaystyle y_{2}(1{,}5)\approx6{,}756724
Desenho/esboço: saída ao degrau começa em 0, sobe, faz overshoot bem acima de 4, oscila com período \approx2{,}984\\ \text{s} e decai exponencialmente com constante 0{,}25 (envoltória e^{-0{,}25 t}) até convergir para 4.

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