Um sistema de nível possui:
\begin{aligned} & A=2 m^{2} \\\ & R=5 \frac{m i n}{m^{2}} \end{aligned}
Determine:
a) A constante de tempo do sistema;
\tau=A R
b) A função de transferência;
c) A resposta temporal para entrada degrau unitário;
d) O valor do nível do tanque em regime permanente.

Passo 1

O enunciado dá explicitamente os seguintes dados:
  • Área do tanque (ou da superfície do nível): A=2\\ \mathrm{m}^{2}.
  • Resistência hidráulica (modelo linear de escoamento): R=5\\ \dfrac{\mathrm{min}}{\mathrm{m}^{2}}.
O que se pede:
a) a constante de tempo do sistema, \tau, sabendo que \tau = A R;\n
b) a função de transferência entre entrada de vazão q_{\mathrm{in}}(t) (unidade: \mathrm{m}^{3}/\mathrm{min}) e nível h(t) (unidade: \mathrm{m});\n
c) a resposta temporal h(t) para uma entrada degrau unitário de vazão (ou seja, q_{\mathrm{in}}(t)=1 \mathrm{m^{3}/min} para t\ge0), assumindo nível inicial nulo;\n
d) o valor do nível em regime permanente (tensão final quando t\to\infty).

Passo 2

Montagem do modelo dinâmico (explicação física e unidades).
  • Conservação de massa para o volume do fluido no tanque dá a equação diferencial
A\,\frac{d h(t)}{d t}=q_{\mathrm{in}}(t)-q_{\mathrm{out}}(t).
  • No modelo linear assumimos que a vazão de saída é proporcional ao nível:
q_{\mathrm{out}}(t)=\frac{h(t)}{R}.
Verificação rápida de unidades: \dfrac{h}{R} tem unidades \dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{min}/\mathrm{m}^{2}}=\mathrm{m^{3}/min}, ou seja, é uma vazão — coerente.
Substituindo, obtemos a equação diferencial que governará o sistema:
A\,\frac{d h(t)}{d t}=q_{\mathrm{in}}(t)-\frac{h(t)}{R}.

Passo 3

Cálculo da constante de tempo \tau e interpretação.
  • Reescrevendo a equação como
\frac{d h(t)}{d t}+\frac{1}{A R}\,h(t)=\frac{1}{A}\,q_{\mathrm{in}}(t),
vemos que a constante de tempo é
\tau = A R.
  • Substituindo os valores dados:
\tau = (2)\cdot(5)=10\\ \mathrm{min}.
Interpretação rápida: \tau é o tempo típico que o nível leva para atingir cerca de 63{,}2\% da variação entre valor inicial e novo valor de regime permanente após uma perturbação.

Passo 4

Derivação da função de transferência (aula rápida sobre o que é).
  • Função de transferência é a razão entre a transformada de Laplace da saída e da entrada assumindo condições iniciais nulas. Aplicando Laplace à equação diferencial com h(0^-)=0:
A\,(sH(s))=Q_{\mathrm{in}}(s)-\frac{1}{R}H(s).
  • Agrupando termos em H(s):
\bigl(A s+\tfrac{1}{R}\bigr)H(s)=Q_{\mathrm{in}}(s).
  • Portanto a função de transferência G(s)=\dfrac{H(s)}{Q_{\mathrm{in}}(s)} é
G(s)=\frac{1}{A s+\tfrac{1}{R}}.
  • É comum reescrever em termos de \tau e do ganho em regime permanente K. Note que A s+\tfrac{1}{R}=\tfrac{1}{R}(\tau s+1). Logo
G(s)=\frac{R}{\tau s+1}.
  • Substituindo \tau=10 e R=5 obtemos a forma numérica
G(s)=\frac{5}{10s+1}.
Breve comentário didático: G(0)=\lim_{s\to0}G(s)=R é o ganho DC (ou ganho em regime permanente) que relaciona uma vazão constante entrada ao nível final.

Passo 5

Resposta temporal ao degrau unitário (passo-a-passo da inversão de Laplace).
  • Entrada degrau unitário em vazão tem transformada Q_{\mathrm{in}}(s)=\dfrac{1}{s}\). - Então \[H(s)=G(s)\,Q_{\mathrm{in}}(s)=\frac{R}{\tau s+1}\cdot\frac{1}{s}=\frac{R}{s(\tau s+1)}.
  • Fazemos decomposição em frações parciais (escrevendo constantes A e B):
\frac{R}{s(\tau s+1)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{\tau s+1}.
Multiplicando por s(\tau s+1) obtemos
R=A(\tau s+1)+B s.
Agrupando termos em s e termo independente:
R=(A\tau +B)s + A.
Igualando coeficientes:
\begin{cases} A=R,\\[4pt] A\tau +B=0 \Rightarrow B=-A\tau = -R\tau. \end{cases}
  • Agora aplicamos a transformada inversa de Laplace:
h(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{A}{s}\right\}+\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{B}{\tau s+1}\right\} = A - \frac{R\tau}{\tau}e^{-t/\tau}.
Simplificando com A=R\] e cancelando \(\tau no segundo termo,
h(t)=R\left(1-e^{-t/\tau}\right),\qquad t\ge0,
assumindo h(0^-)=0.
  • Substituindo os valores numéricos R=5 e \tau=10:
\boxed{h(t)=5\left(1-e^{-t/10}\right)\\ \mathrm{m},\qquad t\ge0.}
Comentário prático: em t=0 temos h(0)=0 (começa em zero), e a inclinação inicial \dfrac{d h}{d t}\big|_{t=0}=\dfrac{q_{\mathrm{in}}(0)}{A}=\dfrac{1}{2}=0{,}5\\ \mathrm{m/min}, o que faz sentido físico (o nível começa subindo com essa taxa).]

Passo 6

Valor em regime permanente (duas maneiras rápidas).
  • Pela equação em regime permanente ( d h/dt=0):
0=q_{\mathrm{in,ss}}-\frac{h_{\mathrm{ss}}}{R}\quad\Rightarrow\quad h_{\mathrm{ss}}=R\,q_{\mathrm{in,ss}}.
Com degrau unitário q_{\mathrm{in,ss}}=1 segue h_{\mathrm{ss}}=R=5\\ \mathrm{m}.
  • Alternativamente, usando o ganho DC G(0)=R: h_{\mathrm{ss}}=G(0)\cdot 1 = R.

Resposta

a) \tau=10\\ \mathrm{min}
b) \displaystyle G(s)=\frac{H(s)}{Q_{\mathrm{in}}(s)}=\frac{R}{\tau s+1}=\frac{5}{10s+1}
c) \displaystyle h(t)=5\left(1-e^{-t/10}\right)\\ \mathrm{m},\quad t\ge0
d) \displaystyle h_{\mathrm{ss}}=5\\ \mathrm{m}

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