Sistemas de primeira ordem

Teoria Completa

Introdução

Neste tópico vamos aprender um pouco sobre sistemas de primeira ordem, ou seja, sistemas cujas funções de transferências são derivadas de uma EDO de primeira ordem.

A expressão geral de uma função de transferência de primeira ordem é essa:

Y s X s = K τ s + 1

Onde:

  • Y s = Variável de saída
  • X s = Variável de entrada
  • K =   Ganho do processo
  • τ = Constante de tempo de primeira ordem

O ganho do processo K é a razão entra a variação da variável de saída em relação à variável de entrada. Dessa forma:

K = ∆ Y ∆ X

Já a constante de tempo, τ , caracteriza o tempo de resposta de um sistema. Maiores constantes de tempo indicam um sistema mais lento, enquanto constantes de tempos baixas indicam processos mais ágeis, ou seja, que se aproximam do valor final mais rapidamente.

Obtendo a função de transferência de primeira ordem

Beleza, mas como a gente chega nessa expressão? Para responder isso, vamos lembrar do nosso exemplo do tanque de nível que vimos no tópico de modelos fluídicos.

Para relembrar: nós queremos controlar o nível do tanque h ( t ) em relação a variações na vazão de entrada q i ( t ) . Após fazermos a modelagem, linearização e introduzirmos as variáveis desvio, nossa EDO ficou da seguinte forma:

A . d h - t d t = q i - t - 1 2 R h 0 h - ( t )

Repara que essa é uma EDO de primeira ordem, o que indica que a função de transferência resultante será uma função de transferência de primeira ordem. Vamos conferir?

Para facilitar nossa vida, vamos chamar c = 1 2 R h 0     , para não termos que ficar escrevendo esse termo grande sempre. Então:

A . d h - t d t = q i - t - c . h - ( t )

Assim que o nosso modelo já está prontinho (linearizado e em variáveis desvio), o próximo passo é aplicar a transformada de Laplace na EDO:

A s H s = Q i s - c H ( s )

Lembrando que a transformada de Laplace da derivada primeira de uma função é sempre s vezes a transformada da própria função. Além disso, estamos considerando que todos os termos nos estados iniciais são iguais a 0 , porque introduzimos as variáveis de desvio e também por que essa é uma das condições para se ter uma função de transferência, lembra?

Agora passamos os termos com H ( s ) para a esquerda e isolamos ele:

A s + c H s = Q i ( s )

Rearranjando:

H s Q i s = 1 A s + c

OPA, tá muito parecido com o modelo padrão que eu coloquei ali em cima né, mas repara que na equação padrão de primeira ordem, sempre aparece um 1 no denominador, então nós vamos dividir o numerador e o denominador por c para forçar esse 1 a aparecer.

H s Q i s = 1 / c A s c + 1

Agora sim temos a nossa função de transferência de primeira ordem no modelo padrão. Colocar ela no jeitinho que o modelo manda é fundamental para que a gente consiga fazer a comparação e encontrar os parâmetros. Nesse caso

K = 1 c

τ = A c

Resposta ao degrau

Como vimos, a equação característica para a função de transferência de primeira ordem é:

Y s X s = K τ s + 1

Sendo, assim a expressão para a resposta (variável de saída) do sistema é:

Y ( s ) = K τ s + 1 X ( s )

A variável de saída Y ( s ) , depende diretamente da entrada X ( s ) , e portanto, pode reagir de diferentes formas para diferentes variáveis de entrada X ( s ) .

Imagine que no exemplo do tanque de nível, em um dado momento, a vazão de entrada passou de 5   m 3 / s para 10   m 3 / s . Esse tipo de variação da variável de entrada, onde acontece uma mudança pontual no valor da variável é chamado de degrau. Nesse caso, dizemos que ocorreu uma perturbação degrau de amplitude (ou magnitude) 5 .

A transformada de Laplace para a perturbação degrau é:

X s = A s

Onde A é a amplitude do degrau.

Portanto, a expressão de Y ( s ) fica:

Y s = K τ s + 1 A s  

Fazendo a transformada inversa para voltar ao domínio do tempo:

y t = K A 1 - e - t τ

Antes de fazer a transformada inversa, primeiramente devemos separar a equação em frações parciais, caso você não se lembre como fazer esse processo, seria bacana dar uma revisada na aula de transformadas de Laplace e suas inversas.

Tempo de subida e tempo de acomodação

Vimos ali em cima que a entrada degrau nos dá uma resposta no domínio tempo do tipo:

y t = K A 1 - e - t τ

Essa resposta, devido ao termo exponencial, gera um gráfico mais ou menos assim:

Devido a esse comportamento exponencial da resposta, existem duas constantes que são muito importantes para o estudo das funções de primeira ordem com entrada degrau.

A primeira delas é o tempo de subida T r (esse ‘r’ é de ‘rising’), que se refere ao tempo que a resposta leva para ir de 0,1   y ( t ) a 0,9   y ( t ) . Ela pode ser definida matematicamente como:

T r = 2,2 τ

Além disso, temos ainda o tempo de acomodação ( T s ) (o ‘s’ é de settling), que é o tempo para a resposta alcance uma faixa limite da resposta final. Esse valor pode mudar dependendo da faixa que for estipulada.

Por exemplo, se a exigência for que a resposta atinja uma faixa menor que 2 % da resposta final, esse valor pode ser aproximado como:

T r = 4 τ

Agora, se a sua faixa for mais restrita, menor que 1 % por exemplo, o tempo de acomodação será:

T r = 5 τ

Obs: esses termos podem aparecer com outras nomenclaturas ou outras simbologias dependendo da referência que o seu professor usa ;)

Resposta à rampa

Quando a variável de entrada começa a variar linearmente a partir de um estado inicial, chamamos essa perturbação de rampa:

Para a rampa, a transformada de Laplace é:

X s = r s 2

Onde r é a inclinação da rampa.

Sendo assim, a resposta Y ( s ) fica:

Y s = K τ s + 1 r s 2

Fazendo a inversa:

y t = K r τ e - t τ + K r t - τ u ( t )

Além da rampa e do degrau, existem ainda outros tipos de perturbação, como o impulso e a perturbação senoidal, entretanto esses tipos de perturbação não são tão comuns quanto o degrau e a rampa e por isso nós focamos apenas nessas duas aqui, mas fique ligado que você pode encontrar essas outras por aí também.

Expandir

Exercício Resolvido #1

Norman N. Nise, Engenharia de sistemas de controle, 6ª ed., Rio de Janeiro, 2012, Problema 4.2. Adaptado

Obtenha a resposta de saída, c ( t ) , para cada um dos sistemas mostrados abaixo. Além disso, obtenha a constante de tempo, o tempo de subida e o tempo de acomodação para uma faixa menor que 1 % da resposta final para cada caso.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Esse é aquele tipo clássico de questão onde a gente tem uma função de transferência e precisamos compará-la com a função de transferência padrão para encontrar nossos parâmetros.

A função de transferência padrão de primeira ordem é assim:

Y s X s = K τ s + 1

Precisamos então colocar a nossa função de transferência nessa forma. Para isso, o termo independente de s no denominador precisa ser 1. Então dividimos nossa função de transferência em cima e embaixo por ele. Para o item (a):

C s = 1 1 5 s + 1 . 1 s

Passo 2

Agora já podemos fazer a comparação. No item (a):

K = 1

τ = 1 5   s

Agora que temos nossa constante de tempo, τ , podemos calcular o tempo de subida, T r , e o tempo de acomodação, T s .

T r = 2,2 τ = 2,2 5 = 0,44   s

T s = 5 τ = 5 5 = 1   s

Passo 3

Para encontrar a resposta c ( t ) devemos calcular a transformada de Laplace inversa de

C s = 1 1 5 s + 1 . 1 s

Porém, a gente já tem um modelinho pronto pra funções de primeira ordem com entrada degrau:

y t = K A 1 - e - t τ

Então, só precisamos substituir os valores de ganho, constante de tempo e de amplitude do degrau na equação:

K = 1

A = 1 τ = 1 5

c t = 1 - e - 5 t

Passo 4

Fazendo o mesmo para o item (b)

C s = 1 1 20 s + 1 . 1 s

Comparando com a equação padrão:

K = 1

τ = 1 20   s

Passo 5

Os tempos de subida e acomodação serão:

T r = 2,2 τ = 2,2 20 = 0,11   s

T s = 5 τ = 5 20 = 0,25   s

E a resposta c ( t ) :

c t = 1 - e - 20 t

Resposta

Exercício Resolvido #2

Elaboração própria

Encontre a função de transferência para a equação abaixo e determine K e τ .

6 d y ( t ) d t + 3 y ( t ) = 2 x ( t )  

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Como a gente tem a EDO no domínio tempo, o primeiro passo será aplicar transformada de Laplace em nossa equação, já que função de trsnferências sempre serão representadas no domínio s.

Vamos aplicar a transformada em cada termo:

L 6 d y t d t = 6 s Y ( s )

L 3 y t = 3 Y ( s )

L 2 x t = 2 X ( s )

Reescrevendo nossa equação agora em termos de s:

6 s Y s + 3 Y s = 2 X ( s )

Passo 2

Agora devemos rearranjar nossa equação para que ela fique com cara de função de transferência. Colocando Y ( s ) em evidência:

6 s + 3 Y s = 2 X ( s )

Y s X s = 2 6 s + 3

Passo 3

Agora já temos nossa função de trsnferência:

Y s X s = 2 6 s + 3

E para achar o ganho, K , e a constante de tempo, τ , precisamos comparar a noss FT com a FT padrão de primeira ordem:

Y s X s = K τ s + 1

Para isso, nós precisamos fazer aparecer aquele 1 no nosso denominador, então vamos dividir toda nossa FT por três:

Y s X s = 2 / 3 2 s + 1

Então, comparando com a FT padrão:

K = 2 3

τ = 2

Resposta

Y s X s = 2 / 3 2 s + 1

K = 2 3

τ = 2

Exercício Resolvido #3

Prof Luiz de França Neto, Introdução ao controle de processos químicos, Santos – SP, 2017, Exercício 3.1, pag. 20

A figura abaixo representa a resposta da variável de saída y ( t ) a uma perturbação degrau de magnitude de 2 unidades na variável de entrada de um processo, a partir de um instante em que o processo estava em regime permanente. Com base nessas informações defina a função de transferência do processo.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O exercício pede que a gente determine a função de transferência do processo, e pela cara do gráfico já dá pra matar que é uma função de transferência de primeira ordem.

A função de transferência de primeira ordem padrão é desse jeitinho aqui ó:

Y s X s = K τ s + 1  

Então, para determinar nossa F.T. devemos encontrar os valores dos parâmentros K e τ .

Passo 2

Vamos focar primeiramente no nosso ganho K .

O ganho, por definição é a razão entre a variação da variável de saída sobre a variação da variável de entrada.

K = ∆ v a r i á v e l   d e   s a í d a ∆ v a r i á v e l   d e   e n t r a d a

Pelo nosso gráfico podemos ver que a variável de saída vai de 2 até 7 , e o enunciado nos diz que a variação na entrada foi de magnitude 2 . Então:

K = 7 - 2 2 = 2,5

Passo 3

Vamos partir então para a determinação da nossa contante de tempo τ .

Uma das propriedades das constantes de tempos em funções de transferência de primeira ordem, é que quando t = τ , resposta se encontra em aproximadamente 63 % da variação total.

Então para encontrar o nosso τ precisamos encontrar o tempo t em que:

y t = 2 + 0,63   .   5

y t = 5,15

Esse valor de y t = 5,15 é atingido quando t = 5   m i n , sendo assim:

τ = 5   m i n

Resposta

Y s X s = 2,5 5 s + 1

Exercício Resolvido #4

Prof Luiz de França Neto, Introdução ao controle de processos químicos, Santos – SP, 2017, Exercício 3.2, pag. 21. Adaptado

Sejam as funções de transferência abaixo:

G 1 s = 5 s + 10

G 2 s = 0,5 0,8 s + 1

G 3 s = 20 2 s + 20

Determine:

O ganho e a constante de tempo de cada sistema;

O valor final no estado estacionário após uma perturbação degrau unitário para cada sistema.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

O primeiro item pede que a gente calcule os valores de K e τ para cada sistema. Para isso, precisamos comparar nossas funções de transferência com a função de transferência padrão de primeira ordem.

G s = K τ s + 1

Para fazer essa comparação precisamos fazer aparecer aquele 1 no denominador da F.T.

Em G 1 , vamos dividir o numerador e o denominador por 10 , então:

G 1 s = 0,5 1 10 s + 1

A função de transferência G 2 já está no formato que a gente precisa, então não vamos mexer em nada nela.

A G 3 tem um 20 no denominador, então vamos dividir tanto o numerado quanto o denominador para chegar naquele 1 que a gente precisa.

G 3 s = 1 1 10 s + 1

Passo 2

Agora que já modificamos nossas funções pra elas ficarem no modelo padrão, a gente só precisa comparar elas com a F.T. padrão ara encontrar nossos parâmetros.

K 1 = 0,5             τ 1 = 1 10

K 2 = 0,5             τ 2 = 0,8

K 3 = 1                     τ 3 = 1 10

Passo 3

Para determinar o valor do estado estacionário, devemos utilizar o teorema da valor final:

lim t → ∞ ⁡ f t = lim s → 0 ⁡ s F ( s )

Calma, te explico.

Esse teorema diz que o valor no infinito de uma função é igual ao limite de s → 0 de sua trnsformada vezes s .

Como a entrada é do tipo degrau unitário também devemos multiplicar nossas funções de transferência por 1 s . Entçao, para G 1 :

lim s → 0 ⁡ s 0,5 1 10 s + 1 . 1 s = 0,5

Para G 2 :

lim s → 0 ⁡ s 0,5 0,8 s + 1 . 1 s = 0,5

Para G 3 :

lim s → 0 ⁡ s 1 1 10 s + 1 . 1 s = 1

Obs: podemos perceber que o valor final para as funções de primeira ordem com entrada degrau sempre será o ganho multiplicado pela amplitude do degrau.

Resposta

Exercício Resolvido #5

Prof Luiz de França Neto, Introdução ao controle de processos químicos, Santos – SP, 2017, Exercício 3.3, pag. 21. Adaptado

Um processo apresenta uma função de transferência de 1ª ordem entre sua saída Y s e sua entrada U ( s ) , expressas em variáveis desvio. Admitindo-se que uma perturbação do tipo degrau unitário foi aplicada em U ( s ) , em t = 0 a constante de tempo τ pode ser obtida pelo intervalo de tempo decorrido entre t = 0 e um valor definido de tempo posterior. Esse tempo posterior corresponde ao momento para o qual a saída Y ( t ) sofreu que porcentagem da variação total?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos analisar tudo que o enunciado nos fala e tentar relacionar com o que já sabemos.

A primeira coisa que ele nos diz, é que a função de transferência entre Y ( s ) e U ( s ) é uma função de transferência de primeira ordem. Portanto:

Y s U s = K τ s + 1

Além disso, tambémdiz que a foi aplicado uma variação degrau unitário em U ( s ) . Então:

Y s = K τ s + 1 1 s  

Passo 2

Se expandirmos essa expressão em frações parciais, e aplicarmos a transformada inversa, termos:

y t = K 1 - e - t τ

Repare que se t for muito grande, y t = K e essa será a variação máxima que a variável de saída sofrerá.

Passo 3

O exercício nos pergunta qual será a porcentagem da variação máxima que a variável terá sofrido quando t = τ . Sendo assim:

y t = K 1 - e - τ τ

y t = K 1 - e - 1

y t = K 1 - 0,37

y t = 0,63 K

Sendo assim, a contante de tempo pode ser obtida através do intervalo de tempo entre t = 0 e o ponto em que a resposta tenho sofrido uma variação de 63 % da variação máxima.

Resposta

63 % da variação máxima

Exercício Resolvido #6

Concurso público – Edital nº 05/2014 – Reitoria/IFRN – FUNCERN – Questão 38

Considere um sistema de primeira ordem cuja relação entrada-saída é dada por:

Y s R s = b s + a

Com relação ao desempenho desse sistema, é correto afirmar que

a) Se a entrada é em degrau, a resposta alcança mais de 98% do seu valor final quando t = 3 a .

b) Quanto menor for o valor de a , mais rapidamente a resposta ao impulso unitário do sistema decai para zero.

c) Quanto maior o valor de a , menor o erro estacionário ao seguir uma entrada em rampa.

d) Quando t = a , a resposta alcança o valor 63,2% da sua variação total, caso a entrada seja em degrau.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Antes de analisarmos item a item, vamos pegar nussa função de transferência e coloca-la no nosso modelo padrão, para isso, vamos dividir numerador e denominador por a .

Y s R s = b / a 1 a s + 1

Sendo assim:

K = b a

τ = 1 a

Passo 2

Vamos analisar item a item então.

No item (a), o enunciado diz que para uma entrada dedegrau, a resposta alcança 98 % do valor final em t = 3 a , ou seja, t = 3 τ .

Nós sabemos que para a entrada degrau, a nossa função no tempo ficará da seguinte forma:

y t = K A 1 - e - t τ

Vamos substituir então t = 3 τ , e ver o que encontramos:

y t = K A 1 - e - 3

y t = 0,95 K A

Portanto, a afirmação é incorreta.

Passo 3

Na alternativa (b) o enunciado afirma que quanto menor for a mais rapidamente a resposta cai para 0 para a entrada impulso unitário.

A entrada impulso unitário tem função de transferência igual a 1 , ou seja, R s = 1 . Sendo assim:

Y s = b / a 1 a s + 1

Fazendo a inversa:

y t = b a e - a t

Sendo assim, quanto maior for o valor de a , mais rapidamente a resposta se aproximará de 0 , e portanto, a afirmação é incorreta.

Passo 4

O item (c) afirma que quanto maior o valor de a , menor será o erro no estado estado estacionário para a entrada rampa.

Para a entrada rampa, nós vimos na nossa teoria que:

y t = K r τ e - t τ + K r t - τ u ( t )

Onde K é o ganho e r é a inclinação da rampa.

Podemos perceber que no estado estacionário (tempo infinito), o primeiro termo da expressão tenderá a 0 , e a resposta y ( t ) , será diretamente proporcional ao ganho K .

Como K = b a , quanto maior for o valor de a , menor será o ganho da função de transferência, e consequentemente, menor será o erro no estado estacionário.

Portanto essa alternativa é verdadeira.

Passo 5

A última alternativa diz que para a entrada rampa, a resposta atinge 63,2 % do valor final quando t = a .

Pela expressão para a entrada degrau que vimos no passo 2, podemor perceber que a resposta atinge esse valor quando t = τ :

y t = K A 1 - e - t τ

0,632   K A = K A   1 - e - t τ

1 - e - t τ = 0,632

e - t τ =   0,368

- t τ =   - 1

t = τ

Como, no nosso exemplo, τ = 1 a , essa afirmativa também está incorreta.

Resposta

c) Quanto maior o valor de a , menor o erro estacionário ao seguir uma entrada em rampa.

Exercício Resolvido #7

Elaboração própria

Um manômetro leva 45 segundos para indicar 95 % da resposta de um degrau unitário. Calcule a contanste de tempo do manômetro sabendo que o mesmo se comporta como uma função de primeira ordem.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Como o nosso manômetro tem comportamento de primeira ordem:

Y s X s = K τ s + 1

Nesse caso, a variável Y ( s ) seria a pressão indicada pelo manômetro, e X ( s ) , a pressão real. Como foi feita uma perturbação do tipo degrau unitário:

Y ( s ) = K τ s + 1 1 s

Expandindo em frações parciais e fazendo a inversa:

y t = K 1 - e - t τ

Passo 2

O exercício nos pede a constante de tempo sabendo que em 45 segundos, atingiu-se 95 % da resposta total. A resposta total é igual a K , para conferir isso basta fazer o limite de t indo a infinito na nossa expressão de y ( t ) .

Sendo assim:

0,95 K = K   1 - e - 45 τ

1 - e - 45 τ = 0,95

e - 45 τ = 0,05

45 τ = 3

τ = 15   s e g

Resposta

τ = 15   s e g

Exercício Resolvido #8

Elaboração própria

Um termômetro que funciona como uma função de transferência leva 30 segundos para indicar 63,2 % da resposta a um degrau.

Quanto tempo o termômetro levará para indicar 98 % da resposta final?

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Como o nosso termômetro tem comportamento de primeira ordem e a entrada é do tipo degrau:

Y ( s ) = K τ s + 1 A s

Calculando a inversa:

y t = K A 1 - e - t τ

Passo 2

O enunciado nos diz que em t = 30   s e g , o termômetro indica 63,2 % da resposta final, com esses dados, nós podemos calcular τ :

0,632 K A = K A 1 - e - 30 τ

1 - e - 30 τ = 0,632

e - 30 τ =   0,368

- 30 τ =   - 1

τ = 30   s e g

Passo 3

Sendo assim, nossa equação de y ( t ) fica da seguinte forma:

y t = K A 1 - e - t 30

Para 98 % da resposta final:

0,98 K A = K A 1 - e - t 30

1 - e - t 30 = 0,98

e - t 30 = 0,02

- t 30 =   - 3,91

t = 117,36   s e g

Resposta

t = 117,36   s e g