Lista de Sinais e Sistema

Resolva a lista para os 2 valores de A 14 e A 29 LISTA II 1 Sistema abaixo possui C0001mF RA10 ohms L 1mH Encontrar Os valores de va1 a0 a2 b0b1 b2 A função de transferência Hs YsXs do filtro Qual a frequência natural de oscilação Qualais as frequências de corte Quanto vale o coeficiente de amortecimento 2 Dada a função do sistema Xs como sendo X s s A 1 pedese s A2 A s2 a mapa de pólos e zeros b xt para o caso de um sistema causal porém instável c xt para o caso de um sistema estável 3 Um sistema SLIT tem sua função de transferência dada por Y s 1 s22 s2 Encontrar o valor de yt no caso do impulso ser aplicado à sua entrada nas condições a Em t0 b Em tA seg c Com o sistema já em regime 4 Dada a equação diferencial xt 2xtAx3 encontrar A B C D E F no formato xt BeAtcosCtDF 5 Encontrar a transformada de Laplace de yt t5ej2txt5 Frequência de ressonância pico do passafaixa ω0 ωn 1 2ζ2 31622 104 1 20382 316 104 rads 50 kHz Frequências de corte 3 dB O módulo do ganho é Hjω RL ω 1LC ω22 RL ω2 Impondo Hjω Hjωmáx2 07071 obtémse ωc1 218 104 rads 347 kHz ωc2 458 104 rads 729 kHz Coef a2 a1 a0 b2 b1 b0 Valor 1 24 104 10 109 0 24 104 0 Hs 24 104 ss2 24 104 s 10 109 ωn 316 104 rads ζ 038 ωc1 218 104 rads ωc2 458 104 rads O filtro é passafaixa moderadamente seletivo Q 12ζ 13 ressonando em torno de 5 kHz e atenuando aproximadamente 3 dB fora da faixa de 3573 kHz Questao 2 Análise de Xs Xs s 14s 142 14 1s 2 a Polos e zeros Denominador comum Ds s 142 14s 2 sp12 14 j14 sp3 2 Numerador combinado Para encontrar os zeros de Xs escrevemos Xs s 14s 2 s 142 14Ds 16s 238Ds 2 8s 119Ds logo sz 1198 14875 Mapa de polos e zeros Polos 14 j14 e 2 Zero 14875 Em um diagrama no planos os dois polos complexos e conjugados ficam em 14j3742 o polo real em 2 e o zero simples em 14875 2 Diagrama de Implementação Figura 1 Diagrama de Implementação Componentes e Nós b xt para sistema causal ROC ℜs 2 Partimos de Xs s 14s 142 142 1s 2 F1s s 14s 142 142 Reconhecemos diretamente o par padrão de Laplace Leat cosbt s as a2 b2 26 de junho de 2025 1 Questao 1 Considerando a malha série R L C com a tensão de saída medida sobre o resistor temse Vins LsIs R Is 1Cs Is Vouts R Is Logo Hs VoutsVins RL ss2 RL s 1LC Escrevendo numerador e denominador como polinômios em s b2 0 b1 RL 2410103 24104 b0 0 a2 1 a1 RL 24104 a0 1LC 110109 10109 Assim no formato típico utilizado no diagrama seção de biquad Hs b2 s2 b1 s b0a2 s2 a1 s a0 24104 ss2 24104 s 10109 Frequência natural não amortecida ωn 1LC 10109 31622104 rads 503 kHz Coeficiente de amortecimento Para um circuito RLC série ζ R2 CL 242 10 10610 103 12 3162 102 038 Aqui a 14 e b 14 Logo L¹F₁s e¹⁴ᵗ cos14 t ut F₂s 1s 2 Para o ROC ℜs 2 usamos Leᵃᵗut 1s a ℜs a Com a 2 e o sinal já na frente temos L¹1s2 e²ᵗ ut Somando as duas respostas para t 0 xcausalt e¹⁴ᵗ cos14 t e²ᵗ ut Observação o termo e²ᵗ ut cresce exponencialmente portanto o sistema é instável c xt para sistema estável ROC 14 ℜs 2 Mantemos o mesmo F₁s mas para F₂s 1s 2 o ROC agora é ℜs 2 L¹F₁s e¹⁴ᵗ cos14 t ut ℜs 14 Para ℜs 2 usamos o par Lut eᵃᵗ 1s a ℜs a Logo retirando o sinal de F₂ L¹1s 2ℜs2 e²ᵗ ut Soma final xestvelt e¹⁴ᵗ cos14 t ut e²ᵗ ut Neste caso para t o primeiro termo decai e para t o segundo decai o ROC 14 ℜs 2 inclui o eixo jω garantindo estabilidade Questao 3 Resposta ao impulso para Ys 1s² 2s 2 notei que s² 2s 2 s 1² 1 portanto a transformada inversa de Laplace para t 0 é yt L¹1s1²1 e¹ᵗ sin1 t ut eᵗ sin t a Valor em t 0 y0 e⁰ sin0 0 b Valor em t 14 s y14 e¹⁴ sin14 e¹⁴ 0990 816 10⁷ c Regime permanente t Como há o fator eᵗ vale limt yt 0 Ou seja após decair o transiente a resposta ao impulso vai a zero Questao 4 Solução da equação xt 2 xt 14 xt 3 i Solução particular Como o termo forçante é constante tomamos xpt K 0 2 0 14K 3 K 314 Logo F xp 314 ii Solução homogênea A equação característica é r² 2r 14 0 r 1 j13 Portanto xht A eᵗ cos13 t B eᵗ sin13 t Se quisermos reescrever num único cosseno com fase xht à eᵗ cos13 t D onde à A² B² D arctan BA iii Forma final Somando homogênea e particular xt à eᵗ cos13 t D 314 Comparando com o formato pedido xt B e¹⁴ᵗ cosC t D F vemos que provavelmente há um lapso de digitação em e¹⁴ᵗ o decaimento correto é eᵗ Assim os parâmetros são E 1 C 13 F 314 B à A² B² D arctan BA onde A e B podem ser determinados a partir das condições iniciais x0 x₀ x0 v₀ x₀ 314 à cos D v₀ à cos D 13 sin D Em particular à x₀ 314² v₀ x₀ 31413² D atan2v₀x₀ 31413 x₀ 314 Questao 5 Transformada de Laplace de yt t 5 ej2t xt 5 Defina primeiro ht t ej2t xt Então yt ht 5 ut 5 Pela timeshift Ys e5s Hs onde Hs Lt ej2t xt Agora usando modulação e multiplicação por t Lej2t xt Xs j2 Lt ft dds Fs Logo Hs dds Xs j2 Portanto finalmente Ys e5s dds Xs j2 26 de junho de 2025 1 Questao 1 a Coeficientes ak e bk A função de transferência standard de um RLC série tomando a saída em R é Hs RLs s2 RLs 1LC b2 s2 b1 s b0 a2 s2 a1 s a0 onde numerador e denominador b2 0 b1 RL b0 0 a2 1 a1 RL a0 1LC Substituindo R 39 Ω L 1 x 103 H C 1 x 106 F RL 39 1 x 103 39 x 104 1LC 1 1 x 109 10 x 109 a2 1 a1 39 x 104 a0 10 x 109 b2 0 b1 39 x 104 b0 0 b Função de transferência Hs 39 x 104 s s2 39 x 104 s 10 x 109 c Frequência natural de oscilação ωn 1LC 11 x 109 31623 x 104 rads 503 kHz d Coeficiente de amortecimento ζ R2 CL 392 1 x 106 1 x 103 195 x 00316228 0617 e Frequências de corte 3 dB A resposta em magnitude de Hjω atinge o pico em ω0 ωn 1 2ζ2 15445 x 104 rads As frequências de corte são as soluções de Hjω 12 Hjω0 Numericamente obtivemos ωc1 110 x 104 rads ωc2 632 x 104 rads Em hertz fc1 ωc1 2π 175 kHz fc2 ωc2 2π 1006 kHz a2 a1 a0 b2 b1 b0 Valor 1 39 x 104 10 x 109 0 39 x 104 0 Hs 39 x 104 s s2 39 x 104 s 10 x 109 ωn 316 x 104 rads ζ 0617 fc1 175 kHz fc2 1006 Questao 2 Análise de Xs s 29 s 292 29 1 s 2 a Polos e zeros O denominador comum é Ds s292 29s2 sp12 29 j29 sp32 Para encontrar os zeros combinamos os numeradores Ns s29s2 s292 29 s2 27s 58 s2 58s 870 31s 928 Logo há um zero simples em sz 92831 299355 Polos 29 j29 2 Zero 92831 2994 b xt para sistema causal ROC ℜs 2 Escrevemos Xs F1s F2s F1s s 29 s 292 292 F2s 1 s 2 1 F1s usa o par Leat cos bt sa sa2 b2 Aqui a 29 b 29 logo L1F1s e29t cos29 t ut 2 F2s 1s2 com ROC ℜs 2 dá L1F2s e2t ut Somando xcausalt e29t cos29 t e2t t 0 O termo e2t cresce logo o sistema é instável c xt para sistema estável ROC 29 ℜs 2 O primeiro termo permanece causal e29t cos29 t ut O segundo para ℜs 2 tornase anticausal L11s2ℜ2 e2t ut Portanto xestvelt e29t cos29 t ut e2t ut Nesta forma cada ramo decai em seu semieixo e o ROC inclui jω garantindo estabilidade Questao 3 Resposta ao impulso de Ys 1 s2 2s 2 Primeiro reescrevemos o denominador como s2 2s 2 s12 12 Logo para t 0 yt L11s12 1 e1 t sin1 t ut et sin t a Valor em t0 y0 e0 sin0 0 b Valor em t29 y29 e29 sin29 Primeiro calculamos e29 1e29 12542597 x 1012 25436656474 x 1013 Em seguida sin29 radianos 06636338842 Multiplicando y29 e29 sin29 254366564741013 06636338842 168806271371013 Arredondando a três algarismos significativos y29 169 1013 c Regime permanente t Como há o fator et limt yt limt et sin t 0 Ou seja após o decaimento do transiente a resposta ao impulso tende a zero Questao 4 Solução de xt 2xt 29xt 3 Procuramos uma solução da forma xt xht xpt onde xh resolve a homogênea e xp é uma particular i Solução particular Como o termo forçante é constante escolhemos xpt F F const Substituindo na EDO 0 0 29 F 3 F 329 ii Solução homogênea A equação característica é r2 2r 29 0 r 1 j28 Logo xht A et cos28 t B et sin28 t com A B constantes determinadas pelas condições iniciais iii Forma única com fase Podemos reescrever xht R et cos28 t φ onde R A2 B2 φ arctanBA iv Coletando tudo xt R et cos28 t φ 329 Assim identificamos E 1 coeficiente de amortecimento C 28 frequência angular do cosseno D φ arctanBA fase F 329 deslocamento de DC Bamplitude R A2 B2 amplitude A B originais constantes de CI Questao 5 Ys para yt t 5 ej2t xt 5 Queremos Ys Lyt Vamos decompor em passos Definimos ht t ej2t xt Então note que yt t 5 ej2t xt 5 ht 5 ut 5 pois ao deslocar a origem de h em 5 o t dentro de h vira t 5 Se yt ht T ut T então Lyt eTs Lht e5s Hs Portanto Ys e5s Hs com Hs Lht Hs Por construção Hs Lt ej2t xt frequencyshift Sabemos que Lej2t vt Vs j2 onde Vs Lvt Aqui tome vt xt logo Lej2t xt Xs j2 Para qualquer função ft Lt ft dds Fs onde Fs Lft Aplicando a ft ej2t xt temos Hs Lt ej2t xt dds Lej2t xt dds Xs j2 Substituindo Hs em Ys e5s Hs obtémse Ys e5s dds Xs j2