Lugar Geometrico das Raizes e Estabilidade de Sistemas - Exercicios Resolvidos

1 No infcio da decada de 1950 epoca em que os recursos computacionais ainda eram precarios para as demandas dos projetos de controle Walter R Evans criou um metodo para determinar graficamente como mudanias em um dos parametros do sistema modificavam a posiiao de seus polos em malha fechada alterando assim a resposta dinamica do sistema Tai metodo foi chamado de Lugar Geometrico das Rafzes e em geral o parametro escolhido para variar era o ganho em malha aberta SetPoint s 3 s3 8s2 17 s 10 Proccess Value Trace o Lugar Geometrico das Rafzes de acordo com Evans determinando a localizaiao dos polos e zeros lpt e a direiao dos ramos baseado nos valores de CG e angulo das assfntotas 1pt demonstre todos as passos para soluao jw a Pagina 1 2 O sistema de malha fechada abaixo representa o comportamento de um sistema termico Observase que ha uma funao de transferencia de 2 Ordem para a planta e uma de 1 Ordem para o sensor Utilizando o criteria de Routh demonstre para quais valores de KO o sistema e Estavel Marginal Estavel e lnstavel 2pt SetPoint Proccess Value 1 I 1 Iii s2 7s l 2 I 1 s 5 3 0 sistema de malha fechada abaixo representa o comportamento de um sistema massamolaamortecedor Observase que ha uma funao de transferencia de 2 Ordem para a planta e um Controlador PIO disponfvel para ser sintonizado Considerando o controlador PIO apenas com a aao proporcional com Kp 2 apresente o valor de erro estacionario para a resposta a um degrau unitario 2pt SYS200RDEl1 setpoint Controlador saids r PO l s2 4s 4 process value 4 Considere que para um controle PIO classico nao sintonizado aplicado a uma planta de segunda ordem obtevese a resposta representada no grafico a seguir A referencia foi fixada na amplitude 5 degrau no entanto a variavel do processo estabilizouse abaixo desta referencia caracterizando erro em regime permanente lpt 6 5 4 3 a 2 1 0 0 05 Referencia e Variavel do Processo 1 15 2 25 3 35 4 Tempo Isl Referncia variMI do ProceO Com base no grafico apresentado qual dos tres ganhos Kp Ki Kd deve ser aumentado para eliminar o erro estacionario Qual a consequencia no sobressinal da resposta deste sistema 5 Voce esta agora numa empresa petroqufmica mais precisamente em uma area classificada na planta de producao de fertilizantes em CubataoSP com a tarefa de sintonizar o Controlador PIO de uma valvula de vazao Nao ha modelo da planta e nem requisitos rfgidos sobre a resposta da malha Encontre os parametros Kp Ti e Td utilizando o metodo de ZieglerNichols com os dados abaixo lpt Resposta com Kp 10 Ti 00 TdO yt Pu t Atraves de um datalogger manual comunicando via MODBUS com o controlador voce identificou Pu 4s Kp Ti Td Pagina 3 6 Determine a funcao de transferencia GOw aproximada para o sistema com resposta em frequencia representada pelo diagrama de Bode da figura a seguir Justifique sua resposta destacando as frequencias de corte observadas 2pt 0 20 rl1 lr I 10 3 0 3 10 2 10 1 10 I 10 101 Frequinoi rds 101 Frequencia rads 102 102 103 104 103 104 LISTA DE EXERCICIOSTEORIA DA RESPOSTA EM FREQUENCIA 1 Reescreva as funcoes de transferencia a seguir na forma canonica apresente tambem o ganho Ke a frequencia de corte w do polo ou do zero a Fs b Fs c Fs d Fs 25 s25 1 s25 s10 10 s10 1 2 Apresente m6dulo e fase das funcoes de transferencia para os respectivos valores de frequencia do sinal de entrada senoidal Fs 25 a wl 25 rads w2 250 rads s2s Fs 1 b wl 25 rads w2 250 rads s25 Fs s10 C wl 10 rads w2 100 rads 10 Fs s10 d wl 10 rads w2 100 rads 1 3 Para as seguintes funcoes apresente o ganho K e e a frequencia de corte w dos polos e dos zeros bem como modulo dB e fase rad destas considerando w 0 depois w 00 a Fs b Fs c Fs d Fs 2 1 1s110s1 10 ¼sl fosl 10 2s 1c 2s 1 100 10 1 100sl wl 10 rads w2 100 rads wl 5 rads w2 10 rads wl 10 rads w2 100 rads wl 10 rads w2 100 rads Solução I Fatorar o denominar da função de transferência G s s3 s 38s 217s10 G s s3 s5s1s2 II Calculando as assíntotas σ a polos zeros polos zeros σ a 5123 31 σa55 III Calculando os ângulos das assíntotas θa 2k1π polos finitos zeros finitos σ a 2k1 π 31 σ a 2k1π 2 Parak0σa π 2 Parak1σa3 π 2 Parak2σa5 π 2 IV Traçado do Lugar das Raízes O traçado começa nos polos finitos e termina nos zeros ou no infinito I A função de transferência em malha aberta é dada por G s K1 s 27s12 Gs K s3s4 II A função de transferência de malha fechada é dada por T s G s 1G s H s T s K s3s4 1 K s3s4 1 s5 T s K s3s4 s3s4 s5K s3s4 s5 T s K s3s4 s3 s4s5 s3s4 s5 K T s Ks5 s3s4 s5K T s Ks5 s 312 s 247s60K AplicaCritério deRouthno Denominador deT s III Aplicando o critério de Routh em s 312s 247 s60K s 3 1 47 s 2 12 60K s 1 1 47 12 60K 22 56460K 22 0 s 0 12 60K 56460K 22 0 56460K 22 60K 0 Para que a linha s 1 seja 0 e 0 temos que 56460K 0 K504 Para que a linha s 0 seja 0 e 0 temos que 60K0 K60 Assim Estabilidade Ganho K Estável K60 e K504 Marginalmente Estável K60e K504 Instável K60 e K504 Solução I A função de transferência de malha aberta é dada por G s 2 s 24 s2 II A constante K P é dada por K Plims0G s K Plims0 2 s 24 s2 K P 2 0 24 0 2 K P1 III O erro em regime permanente e é dado por e 1 1K P e 1 11 e 1 2 Solução Para eliminar o erro em regime permanente o ganho Ki deve ser aumentado A ação integral representado pelo ganho Ki soma acumula o erro ao longo do tempo Dessa forma enquanto houver erro estacionário o termo integral irá variar de forma a manter esse erro nulo Ou seja como a saída depende do tempo durante o qual houve erro essa ação elimina o erro em regime permanente Como o tempo integral isolado acumula erros do passado valores elevados para Ki provocam o efeito colateral de aumento no sobressinal com isso o sistema se torna menos estável Solução I A figura representa o método do ganho crítico para oscilação onde são desligados os blocos da ação integral e da ação derivativa de modo a variar o ganho proporcional K P até a resposta oscilatória e conforme os dados o ganho K P crítico é 10 II A tabela abaixo mostra a sintonia do controlador PID utilizando o método de ZieglerNichols Sintonia K P T I T D PID 06 KCR 05PCR 0125 PCR Assim KP0610 K P6 T I054T I2 T D01254T D05 6 Determine a função de transferência Gjω aproximada para o sistema com resposta em frequência representada pelo diagrama de Bode da figura a seguir Justifique sua resposta destacando as frequências de corte observadas 2pt Solução I Pelo diagrama de bode podese perceber que o a magnitude cai de 0dBpara 20dB na frequência de 10 1rads a partir da frequência 10 1radsa magnitude é aproximadamente 0 ou seja existe um zero na frequência de 10 1rads que faz com que haja uma soma de 20dB que somado com 20dB resulta em uma magnitude de 0dB Portanto podese concluir que existe um zero em 10 e um polo em 1 II Através do item I temos a seguinte função de transferência G s Ks10 s1 Normalizando a função Gs temos que G s K10 s 10 1 s1 G s10 K s 101 s1 III Como o diagrama de magnitude como em 0dB temos que o ganho em dB é dado por KdB20lo g10 K Ganho de Gs 0 Assim K10 0 K1 IV Através do item III o ganho da função de transferência Gs deve ser 1 assim 10 K1K 1 10 V Portanto a função de transferência através do diagrama de bode é dada por G s 1 10s10 s1 Lista de Exercícios Teoria da Resposta em Frequência Solução I A forma canônica da função de transferência é da seguinte forma F s s2 s3 F s 2 s 21 3 s 31 F s 2 3 Ganho s 21 s 3 1 Função detransferênciacanônica Item a F s 25 s25 F s 25 25 s 25 1 F s 1 s 251 Ganho K 1 Frequênciadecorte ω do polo25rads Item b F s 1 s25 F s 1 25 s 25 1 F s 1 25 s 251 GanhoK 1 5 Frequênciadecorte ω do polo25rads Item c F s s10 10 F s 10 s 101 10 F s s 10 1 Ganho K 1 Frequênciadecorte ω do polo10rads Item d F s s10 1 F s 10 s 101 1 F s 10 s 101 Ganho K 10 Frequênciadecorte ω do polo10rad s Solução Item a F s 25 s25 F s 1 s 25 1 Obtido peloitem 1a I Substituindo s por jw temos que F jw 1 jw 25 1 II O módulo é dado por F jw 1 w 25 2 1 ω125rads ω1250rads F jw 1 w 25 2 1 F jw paraω10707 F jw paraω20909 II A fase é dada por 4 F jw t g 1 ω 25 4 F jw paraω145 4 F jw paraω28429 Item b F s 1 s25 F s 1 25 s 25 1 Obtido peloitem 1b I Substituindo s por jw temos que F jw 1 25 jw 25 1 II O módulo é dado por F jw 1 25 w 25 2 1 ω125rads ω1250rads F jw 1 25 w 25 2 1 F jw paraω100283 F jw paraω200040 II A fase é dada por 4 F jw t g 1 ω 25 4 F jw paraω145 4 F jw paraω28429 Item c F s s10 10 F s s 10 1 Obtido pelo item1c I Substituindo s por jw temos que F jw jw 10 1 II O módulo é dado por F jw w 10 2 1 ω110rads ω1100rads F jw w 10 2 1 F jw paraω1141420 F jw paraω2100499 II A fase é dada por 4 F jw t g 1 ω 10 4 F jw paraω145 4 F jw paraω28429 Item d F s s10 1 F s 10 s 10 1 Obtido peloitem 1d I Substituindo s por jw temos que F jw 10 jw 10 1 II O módulo é dado por F jw 10 w 10 2 1 ω110rads ω1100rads F jw w 10 2 1 F jw paraω11414210 F jw paraω21005000 II A fase é dada por 4 F jw t g 1 ω 10 4 F jw paraω145 4 F jw paraω28429 Solução Obs1 A magnitude em dB é dada por M dB20lo g10 Obs2 A fase em radianos rad é dada por Fase rad grauπ180 Item a F s 2 s1 s 10 1 F s 20 s 211s10 I Substituindo s por jw temos que F jw 20 jw 211 jw 10 F jw 20 ω 211 jw 10 F jw 20 10ω 2 Parte Real 11 jw Parte Imaginária II O módulo é dado por F jw 20 10ω 2 211ω 2 ω110rads ω1100rads F jw 20 10ω 2 211ω 2 F jw paraω1014070 F jw paraω2000199 emdB F jw paraω11703dB F jw paraω25403dB II A fase é dada por 4 F jw t g 1 11ω 10ω 2 4 F jw paraω1507106089rad 4 F jw paraω2062835628rad Item b F s 10 s 5 1 s 101 F s 500 s 215 s50 I Substituindo s por jw temos que F jw 500 jw 215 jw 50 F jw 500 ω 215 jw 50 F jw 500 50ω 2 Parte Real 15 jw Parte Imaginária II O módulo é dado por F jw 500 50ω 2 215ω 2 ω15rads ω110rads F jw 500 50ω 2 215ω 2 F jw paraω163246 F jw paraω231623 emdB F jw paraω116dB F jw paraω210dB II A fase é dada por 4 F jw t g 1 15ω 50ω 2 4 F jw paraω1715651125rad 4 F jw paraω2715651125rad Item c F s 10 s 100 1 s 101 F s 10000 s 2110 s1000 I Substituindo s por jw temos que F jw 10000 jw 2110 jw 1000 F jw 10000 ω 2110 jw 1000 F jw 10000 1000ω 2 Parte Real 110 jw Parte Imaginária II O módulo é dado por F jw 10000 1000ω 2 2110ω 2 ω110rads ω1100rads F jw 10000 1000ω 2 2110ω 2 F jw paraω170360 F jw paraω207036 emdB F jw paraω1199465dB F jw paraω2030535dB II A fase é dada por 4 F jw t g 1 110ω 1000ω 2 4 F jw paraω106968012rad 4 F jw paraω200700012rad Item d F s s 100 1 s 100 1 s 101 F s 50 s5000 100s 21500s5000 I Substituindo s por jw temos que F jw 50 jw5000 100 jw 21500 jw5000 F jw 50 jw5000 100ω 21500 jw 5000 F jw 50 jw5000 5000100ω 2 Partereal 1500 jw Parteimaginária Multiplicando o numerador e o denominador pelo conjugado complexo do denominador temos F jw 50 jw5000 5000100ω 21500 jw 5000100ω 21500 jw 5000100ω 21500 jw Obs a jba jba 2 jb 2 j 21 F jw 50 jw5000 5000100ω 2 21500 jw 25000100ω 21500 jw F jw 50 jw 5000100ω 250 ω1500 ω5000 5000100ω 250001500 jw 5000100ω 2 21500 jw 2 F jw 250000 jω5000 j ω 37500ω 22510 6510 57510 5 j ω 5000100ω 2 21500 jw 2 F jw 7250000 jω5000 j ω 3 Parte Imaginária 492500ω 22510 6 Parte Real 5000100 ω 2 21500 jw 2 II O módulo é dado por F jw 7250000ω5000ω 3 2492500ω 22510 6 2 5000100ω 2 21500 ω 2 ω110rads ω1100rads F jw 7250000ω5000ω 3 2492500ω 22510 6 2 5000100ω 2 21500 ω 2 F jw paraω1210572 F jw paraω2000501 em dB F jw paraω1264680dB F jw paraω2260032dB II A fase é dada por 4 F jw t g 1 7250000ω5000ω 3 492500 ω 22510 6 4 F jw paraω14451360777rad 4 F jw para ω21390000243rad Solução I Fatorar o denominar da função de transferência 𝑮𝒔 𝒔 𝟑 𝒔𝟑 𝟖𝒔𝟐 𝟏𝟕𝒔 𝟏𝟎 𝑮𝒔 𝒔 𝟑 𝒔 𝟓 𝒔 𝟏 𝒔 𝟐 II Calculando as assíntotas 𝝈𝒂 𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔 𝒛𝒆𝒓𝒐𝒔 𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔 𝒛𝒆𝒓𝒐𝒔 𝝈𝒂 𝟓 𝟏 𝟐 𝟑 𝟑 𝟏 𝝈𝒂 𝟓 𝟓 III Calculando os ângulos das assíntotas 𝜽𝒂 𝟐𝒌 𝟏𝝅 𝒑𝒐𝒍𝒐𝒔 𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒐𝒔 𝒛𝒆𝒓𝒐𝒔 𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒐𝒔 𝝈𝒂 𝟐𝒌 𝟏𝝅 𝟑 𝟏 𝝈𝒂 𝟐𝒌 𝟏𝝅 𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒌 𝟎 𝝈𝒂 𝝅 𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒌 𝟏 𝝈𝒂 𝟑𝝅 𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒌 𝟐 𝝈𝒂 𝟓𝝅 𝟐 IV Traçado do Lugar das Raízes O traçado começa nos polos finitos e termina nos zeros ou no infinito I A função de transferência em malha aberta é dada por 𝑮𝒔 𝑲 𝟏 𝒔𝟐 𝟕𝒔 𝟏𝟐 𝑮𝒔 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 II A função de transferência de malha fechada é dada por 𝑻𝒔 𝑮𝒔 𝟏 𝑮𝒔𝑯𝒔 𝑻𝒔 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝟏 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝟏 𝒔 𝟓 𝑻𝒔 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟓 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟓 𝑻𝒔 𝑲 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟓 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟓 𝑲 𝑻𝒔 𝑲 𝒔 𝟓 𝒔 𝟑 𝒔 𝟒 𝒔 𝟓 𝑲 𝑻𝒔 𝑲 𝒔 𝟓 𝒔𝟑 𝟏𝟐𝒔𝟐 𝟒𝟕𝒔 𝟔𝟎 𝑲 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂 𝑪𝒓𝒊𝒕é𝒓𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝑹𝒐𝒖𝒕𝒉 𝒏𝒐 𝑫𝒆𝒏𝒐𝒎𝒊𝒏𝒂𝒅𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝑻𝒔 III Aplicando o critério de Routh em 𝒔𝟑 𝟏𝟐𝒔𝟐 𝟒𝟕𝒔 𝟔𝟎 𝑲 𝒔𝟑 1 47 𝒔𝟐 12 𝟔𝟎 𝑲 𝒔𝟏 𝟏 𝟒𝟕 𝟏𝟐 𝟔𝟎 𝑲 𝟐𝟐 𝟓𝟔𝟒 𝟔𝟎 𝑲 𝟐𝟐 0 𝒔𝟎 𝟏𝟐 𝟔𝟎 𝑲 𝟓𝟔𝟒 𝟔𝟎 𝑲 𝟐𝟐 𝟎 𝟓𝟔𝟒 𝟔𝟎 𝑲 𝟐𝟐 𝟔𝟎 𝑲 0 Para que a linha 𝒔𝟏 seja 0 e 0 temos que 𝟓𝟔𝟒 𝟔𝟎 𝑲 𝟎 𝑲 𝟓𝟎𝟒 Para que a linha 𝒔𝟎 seja 0 e 0 temos que 𝟔𝟎 𝑲 𝟎 𝑲 𝟔𝟎 Assim Estabilidade Ganho K Estável 𝑲 𝟔𝟎 𝒆 𝑲 𝟓𝟎𝟒 Marginalmente Estável 𝑲 𝟔𝟎 𝒆 𝑲 𝟓𝟎𝟒 Instável 𝑲 𝟔𝟎 𝒆 𝑲 𝟓𝟎𝟒 Solução I A função de transferência de malha aberta é dada por 𝑮𝒔 𝟐 𝒔𝟐 𝟒𝒔 𝟐 II A constante 𝑲𝑷 é dada por 𝑲𝑷 𝒍𝒊 𝒎𝒔𝟎 𝑮𝒔 𝑲𝑷 𝒍𝒊 𝒎𝒔𝟎 𝟐 𝒔𝟐 𝟒𝒔 𝟐 𝑲𝑷 𝟐 𝟎𝟐 𝟒𝟎 𝟐 𝑲𝑷 𝟏 III O erro em regime permanente 𝒆 é dado por 𝒆 𝟏 𝟏 𝑲𝑷 𝒆 𝟏 𝟏 𝟏 𝒆 𝟏 𝟐 Solução Para eliminar o erro em regime permanente o ganho Ki deve ser aumentado A ação integral representado pelo ganho Ki soma acumula o erro ao longo do tempo Dessa forma enquanto houver erro estacionário o termo integral irá variar de forma a manter esse erro nulo Ou seja como a saída depende do tempo durante o qual houve erro essa ação elimina o erro em regime permanente Como o tempo integral isolado acumula erros do passado valores elevados para Ki provocam o efeito colateral de aumento no sobressinal com isso o sistema se torna menos estável Solução I A figura representa o método do ganho crítico para oscilação onde são desligados os blocos da ação integral e da ação derivativa de modo a variar o ganho proporcional 𝑲𝑷 até a resposta oscilatória e conforme os dados o ganho 𝑲𝑷 crítico é 10 II A tabela abaixo mostra a sintonia do controlador PID utilizando o método de ZieglerNichols Sintonia 𝑲𝑷 𝑻𝑰 𝑻𝑫 PID 𝟎 𝟔𝑲𝑪𝑹 𝟎 𝟓𝑷𝑪𝑹 𝟎 𝟏𝟐𝟓𝑷𝑪𝑹 Assim 𝑲𝑷 𝟎 𝟔 𝟏𝟎 𝑲𝑷 𝟔 𝑻𝑰 𝟎 𝟓 𝟒 𝑻𝑰 𝟐 𝑻𝑫 𝟎 𝟏𝟐𝟓 𝟒 𝑻𝑫 𝟎 𝟓 6 Determine a função de transferência Gjω aproximada para o sistema com resposta em frequência representada pelo diagrama de Bode da figura a seguir Justifique sua resposta destacando as frequências de corte observadas 2pt Solução Frequência de corte I Pelo diagrama de bode podese perceber que o a magnitude cai de 𝟎𝒅𝑩 para𝟐𝟎𝒅𝑩 na frequência de 𝟏𝟎𝟏 𝒓𝒂𝒅𝒔 a partir da frequência 𝟏𝟎𝟏 𝒓𝒂𝒅𝒔 a magnitude é aproximadamente 0 ou seja existe um zero na frequência de 𝟏𝟎𝟏𝒓𝒂𝒅𝒔 que faz com que haja uma soma de 20dB que somado com 20dB resulta em uma magnitude de 0dB Portanto podese concluir que existe um zero em 10 e um polo em 1 II Através do item I temos a seguinte função de transferência 𝑮𝒔 𝑲 𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏 Normalizando a função Gs temos que 𝑮𝒔 𝑲 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝒔 𝟏 𝑮𝒔 𝟏𝟎𝑲 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝒔 𝟏 III Como o diagrama de magnitude como em 0dB temos que o ganho em dB é dado por 𝑲𝒅𝑩 𝟐𝟎𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎 𝑲 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝒅𝒆 𝑮𝒔 𝟎 Assim 𝑲 𝟏𝟎𝟎 𝑲 𝟏 IV Através do item III o ganho da função de transferência Gs deve ser 1 assim 𝟏𝟎𝑲 𝟏 𝑲 𝟏 𝟏𝟎 V Portanto a função de transferência através do diagrama de bode é dada por 𝑮𝒔 𝟏 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏 Lista de Exercícios Teoria da Resposta em Frequência Solução I A forma canônica da função de transferência é da seguinte forma 𝑭𝒔 𝒔 𝟐 𝒔 𝟑 𝑭𝒔 𝟐 𝒔 𝟐 𝟏 𝟑 𝒔 𝟑 𝟏 𝑭𝒔 𝟐 𝟑 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝒔 𝟐 𝟏 𝒔 𝟑 𝟏 𝑭𝒖𝒏çã𝒐 𝒅𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒇𝒆𝒓ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒄𝒂𝒏ô𝒏𝒊𝒄𝒂 Item a 𝑭𝒔 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝑭𝒔 𝟐𝟓 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑭𝒔 𝟏 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝑲 𝟏 𝑭𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝝎 𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒍𝒐 𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅𝒔 Item b 𝑭𝒔 𝟏 𝒔 𝟐𝟓 𝑭𝒔 𝟏 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑭𝒔 𝟏 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝑲 𝟏 𝟓 𝑭𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝝎 𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒍𝒐 𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅𝒔 Item c 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝟏𝟎 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝑲 𝟏 𝑭𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝝎 𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒍𝒐 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 Item d 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝟏 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑮𝒂𝒏𝒉𝒐 𝑲 𝟏𝟎 𝑭𝒓𝒆𝒒𝒖ê𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒆 𝝎 𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒍𝒐 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 Solução Item a 𝑭𝒔 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝑭𝒔 𝟏 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑶𝒃𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒊𝒕𝒆𝒎 𝟏𝒂 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝒋𝒘 𝟐𝟓 𝟏 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝒘 𝟐𝟓 𝟐 𝟏 𝝎𝟏 𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟐𝟓𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝒘 𝟐𝟓 𝟐 𝟏 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟎 𝟕𝟎𝟕 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎 𝟗𝟎𝟗 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝝎 𝟐𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟒𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟖𝟒 𝟐𝟗 Item b 𝑭𝒔 𝟏 𝒔 𝟐𝟓 𝑭𝒔 𝟏 𝟐𝟓 𝒔 𝟐𝟓 𝟏 𝑶𝒃𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒊𝒕𝒆𝒎 𝟏𝒃 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝟐𝟓 𝒋𝒘 𝟐𝟓 𝟏 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝟐𝟓 𝒘 𝟐𝟓 𝟐 𝟏 𝝎𝟏 𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟐𝟓𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟏 𝟐𝟓 𝒘 𝟐𝟓 𝟐 𝟏 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟎 𝟎𝟐𝟖𝟑 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎 𝟎𝟎𝟒𝟎 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝝎 𝟐𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟒𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟖𝟒 𝟐𝟗 Item c 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑶𝒃𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒊𝒕𝒆𝒎 𝟏𝒄 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝟏 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝒘 𝟏𝟎 𝟐 𝟏 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝒘 𝟏𝟎 𝟐 𝟏 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟏 𝟒𝟏𝟒𝟐𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟏𝟎 𝟎𝟒𝟗𝟗 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝝎 𝟏𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟒𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟖𝟒 𝟐𝟗 Item d 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑶𝒃𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒑𝒆𝒍𝒐 𝒊𝒕𝒆𝒎 𝟏𝒅 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝟏 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝒘 𝟏𝟎 𝟐 𝟏 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝒘 𝟏𝟎 𝟐 𝟏 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟏𝟒 𝟏𝟒𝟐𝟏𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟏𝟎𝟎 𝟓𝟎𝟎𝟎 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝝎 𝟏𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟒𝟓 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟖𝟒 𝟐𝟗 Solução Obs1 A magnitude em dB é dada por 𝑴𝒅𝑩 𝟐𝟎𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎𝑭𝒋𝒘 Obs2 A fase em radianos rad é dada por 𝑭𝒂𝒔𝒆𝒓𝒂𝒅 𝒈𝒓𝒂𝒖 𝝅 𝟏𝟖𝟎 Item a 𝑭𝒔 𝟐 𝒔 𝟏 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟐𝟎 𝒔𝟐 𝟏𝟏𝒔 𝟏𝟎 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟎 𝒋𝒘𝟐 𝟏𝟏𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟎 𝝎𝟐 𝟏𝟏𝒋𝒘 𝟏𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟎 𝟏𝟎 𝝎𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑹𝒆𝒂𝒍 𝟏𝟏𝒋𝒘 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒊𝒏á𝒓𝒊𝒂 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟎 𝟏𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟏𝝎𝟐 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟎 𝟏𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟏𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟎 𝟏𝟒𝟎𝟕𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎 𝟎𝟎𝟏𝟗𝟗 𝒆𝒎 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟏𝟕 𝟎𝟑 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟓𝟒 𝟎𝟑 𝒅𝑩 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝟏𝟏𝝎 𝟏𝟎 𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟓𝟎 𝟕𝟏𝟎𝟔 𝟎 𝟖𝟗 𝒓𝒂𝒅 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎𝟔 𝟐𝟖𝟑𝟓 𝟔 𝟐𝟖 𝒓𝒂𝒅 Item b 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟓 𝟏 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟓𝟎𝟎 𝒔𝟐 𝟏𝟓𝒔 𝟓𝟎 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎 𝒋𝒘𝟐 𝟏𝟓𝒋𝒘 𝟓𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎 𝝎𝟐 𝟏𝟓𝒋𝒘 𝟓𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎 𝟓𝟎 𝝎𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑹𝒆𝒂𝒍 𝟏𝟓𝒋𝒘 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒊𝒏á𝒓𝒊𝒂 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎 𝟓𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝝎𝟐 𝝎𝟏 𝟓 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎 𝟓𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟔 𝟑𝟐𝟒𝟔 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟑 𝟏𝟔𝟐𝟑 𝒆𝒎 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟏𝟔 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟏𝟎 𝒅𝑩 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝟏𝟓𝝎 𝟓𝟎 𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟕𝟏 𝟓𝟔𝟓𝟏 𝟏 𝟐𝟓𝒓𝒂𝒅 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟕𝟏 𝟓𝟔𝟓𝟏 𝟏 𝟐𝟓𝒓𝒂𝒅 Item c 𝑭𝒔 𝟏𝟎 𝒔 𝟏𝟎𝟎 𝟏 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒔𝟐 𝟏𝟏𝟎𝒔 𝟏𝟎𝟎𝟎 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒋𝒘𝟐 𝟏𝟏𝟎𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝝎𝟐 𝟏𝟏𝟎𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝝎𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑹𝒆𝒂𝒍 𝟏𝟏𝟎𝒋𝒘 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒊𝒏á𝒓𝒊𝒂 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟎𝝎𝟐 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟏𝟎𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟕 𝟎𝟑𝟔𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎 𝟕𝟎𝟑𝟔 𝒆𝒎 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟏𝟗 𝟗𝟒𝟔𝟓 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎𝟑 𝟎𝟓𝟑𝟓 𝒅𝑩 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝟏𝟏𝟎𝝎 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟎𝟔 𝟗𝟔𝟖 𝟎 𝟏𝟐𝒓𝒂𝒅 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎 𝟎𝟕 𝟎 𝟎𝟎𝟏𝟐𝒓𝒂𝒅 Item d 𝑭𝒔 𝒔 𝟏𝟎𝟎 𝟏 𝒔 𝟏𝟎𝟎 𝟏 𝒔 𝟏𝟎 𝟏 𝑭𝒔 𝟓𝟎𝒔 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝒔𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒔 𝟓𝟎𝟎𝟎 I Substituindo s por 𝒋𝒘 temos que 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝒋𝒘𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝒓𝒆𝒂𝒍 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝒊𝒎𝒂𝒈𝒊𝒏á𝒓𝒊𝒂 Multiplicando o numerador e o denominador pelo conjugado complexo do denominador temos 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 Obs 𝒂 𝒋𝒃 𝒂 𝒋𝒃 𝒂𝟐 𝒋𝒃𝟐 𝒋𝟐 𝟏 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘𝟐 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝑭𝒋𝒘 𝟓𝟎𝒋𝒘𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟓𝟎𝝎𝟏𝟓𝟎𝟎𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝒋𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝒋𝝎𝟑 𝟕𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔 𝟓 𝟏𝟎𝟓 𝟕𝟓 𝟏𝟎𝟓𝒋𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝟕𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝒋𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝒋𝝎𝟑 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒊𝒏á𝒓𝒊𝒂 𝟒𝟗𝟐𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔 𝑷𝒂𝒓𝒕𝒆 𝑹𝒆𝒂𝒍 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝒋𝒘𝟐 II O módulo é dado por 𝑭𝒋𝒘 𝟕𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝝎𝟑𝟐 𝟒𝟗𝟐𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔𝟐 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝝎𝟏 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝝎𝟏 𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅𝒔 𝑭𝒋𝒘 𝟕𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝝎𝟑𝟐 𝟒𝟗𝟐𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔𝟐 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎𝝎𝟐𝟐 𝟏𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟐𝟏 𝟎𝟓𝟕𝟐 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟎𝟎 𝟎𝟓𝟎𝟏 𝒆𝒎 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟐𝟔 𝟒𝟔𝟖𝟎 𝒅𝑩 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟐𝟔 𝟎𝟎𝟑𝟐 𝒅𝑩 II A fase é dada por 𝑭𝒋𝒘 𝒕𝒈𝟏 𝟕𝟐𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝝎 𝟓𝟎𝟎𝟎𝝎𝟑 𝟒𝟗𝟐𝟓𝟎𝟎𝝎𝟐 𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟏 𝟒𝟒 𝟓𝟏𝟑𝟔 𝟎 𝟕𝟕𝟕 𝒓𝒂𝒅 𝑭𝒋𝒘 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝝎𝟐 𝟏𝟑 𝟗𝟎𝟎𝟎 𝟎 𝟐𝟒𝟑 𝒓𝒂𝒅