Lista Laplace Resolvida e Anotações com Resolução-2023 1

17. maio - Questão 1 s(t) = Vi(i) L\{s(t)\} = L \{ L \frac{di(t)}{dt} + R \cdot i(t) \} L \{s(t)\} = s \cdot I(s) - i(t=0) = s \cdot I(s) 1 = s \cdot L \cdot I(s) + R \cdot I(s) i(t) = \frac{1}{L} \cdot e^{-\frac{R}{L} \cdot t} \cdot u(t) Ex 2: H(s) = \frac{s + 0,1}{(s + 0,1)^2 + 9} = \frac{A}{(s + 0,1 - j3)} + \frac{B}{(s + 0,1 + j3)} p_1 = 0,1 + j3 p_2 = 0,2 - j3 h(t) = \frac{1}{2} \left[ e^{-(0,1 - j3)t} + e^{-(0,1 + j3)t} \right] u(t) H(z) = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} e^{-(0,1 - j3)nT} z^{-n} + e^{-(0,1 + j3)nT} z^{-n} H(z) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 - e^{-T(0,1 - j3)} z^{-1}} + \frac{1}{1 - e^{-T(0,1 + j3)} z^{-1}} \right) H(z) = \frac{1 - \left(e^{-0,1T} \cos(3T)\right) z^{-1}}{1 - (2e^{-0,1T} \cos(3T)z^{-1} + e^{-0,2T} z^{-1})} Dada a EDO, achar a resposta a ENTRADA NULA j^2+2j+5 y = x, com y(0)=2 e ẏ(0)=1 Características: (D^2+2D+5) y = x θ(D)=D^2+2D+5 θ(λ)=λ^2+2λ+5 autovalores λ_1=-1+2j λ_2=-1-2j ∴ y(t) = C_1 e^(λ_1 t) + C_2 e^(λ_2 t) modo n°1 modo n°2 enunciado: y(0)=2 ⇒ ẏ(0) = 1: i ( -1+j2)C_1e^0 + (-1-j2)C_2e^0 = 1 ∴ C_1 + C_2 = 2 (1+j2)C_1 + (1-j2)C_2 = 1 (+j2)C_1 + (-j2)(2-C_1) = 1 j4C_1 - j2 + j4 ⇒ C_1=1-j^(3/4) C_2=2-(1-j^(3/4)) ⇒ C_2=1+j^(3/4) y(t) = [1-j^(3/4)]e^(-1+j2)t + [1+j^(3/4)]e^(-1-j2)t (b) Trabalhando algebra das equações (b) Com C = 1-j^(3/4), então C_1=C.e^(a) e C_2=C* Reposta de formato simples y(t) = Ce^(a)e^(α+jβ)t + Ce^(-jθ)e^(α-jβ)t = Cejθ e^(αt)e^(jβt) + Ce^(-jθ)e^(αt)e^(-jβt) = Ce^(αt)[ej(βt+θ) + e^(-j(βt+θ))] = 2cos(βt+θ) ∴ y(t)=2.C.e^(αt).cos(βt+θ) C=|C_1|=|C_2| amortecimento = α=parte real de λ frequência = β=parte imaginária de λ Da eq (b): C_1=1-j^(3/4)=5/4 ∠-36,89° , e λ=-1+j2 {α=-1 β=2 ∴ y(t)=2.5/4 e^(-t) cos(2t-36,89°) UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ DEPARTAMENTO ACADÊMICO DE ELETRÔNICA ELB66 – SINAIS E SISTEMAS 07/06/2023 1/2 Lista de Exercicios - Laplace Entrega até 9/6/23 Sinais e Sistemas 1) Um sistema está explicitado pela sua forma direta II abaixo. Tem-se de a0=1, a1=2, a2=25, b0= 1, b1=0, e b2=0 . Pergunta-se; a) Encontre sua função de transferência H(s); b) Qual tipo de filtro ele representa ? (Passa altas, passa-baixas, passa-faixa ou corta- faixa) Justificar resposta. c) Sendo um sistema de 2a ordem, como você o classificaria quanto ao seu coeficiente de amortecimento ? (subamortecido, superamortecido, amortecimento critico,marginalmente estavel ou instavel) 2) Calcular i(t) no circuito RL-RLC da figura a seguir, após a passagem do interruptor para a posição 2 em t=0. Considerar V1 = V2 = 100 [V], R=50 ohms, L = 100mH, C = 1mF. Documento produzido unicamente com softwares livres http://www.linux.org/, http://www.broffice.org.br/ UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ DEPARTAMENTO ACADÊMICO DE ELETRÔNICA ELB66 – SINAIS E SISTEMAS 07/06/2023 2/2 3) Tem-se dois circuitos (a) e (b) abaixo que usam o mesmo conjunto de capacitor- indutor-resistor. Fazendo R=50 ; C=1 mF e L =100 mH, pede-se: a) a função de transferência dois circuitos; b) a frequencia de oscilação natural wn circuitos (a) e (b); c) o fator de amortecimento qsi dos circuitos (a) e (b) d) Classifique tanto (a) como (b) em circuito super-amortecido, criticamente ammortecido, sub-amortecido, marginalmente estável ou instável. 4) Dada a forma direta abaixo referente a um sistema discreto: a) encontre a sua função de transferência em Z; b) encontre a sua equação a diferenças. Documento produzido unicamente com softwares livres http://www.linux.org/, http://www.broffice.org.br/ Questão 1 a) Encontrando o ponto 𝑊(𝑠): 𝑊(𝑠) = 𝑋(𝑠) − 𝑎1𝑠−1𝑊(𝑠) − 𝑎2𝑠−2𝑊(𝑠) 𝑊(𝑠) + 𝑎1𝑠−1𝑊(𝑠) + 𝑎2𝑠−2𝑊(𝑠) = 𝑋(𝑠) 𝑊(𝑠)(1 + 𝑎1𝑠−1 + 𝑎2𝑠−2) = 𝑋(𝑠) 𝑊(𝑠) = 𝑋(𝑠) (1 + 𝑎1𝑠−1 + 𝑎2𝑠−2) Encontrando o ponto 𝑌(𝑠): 𝑌(𝑠) = 𝑏0𝑊(𝑠) + 𝑏1𝑠−1𝑊(𝑠) + 𝑏2𝑠−2𝑊(𝑠) 𝑌(𝑠) = (𝑏0 + 𝑏1𝑠−1 + 𝑏2𝑠−2)𝑊(𝑠) Substituindo: 𝑌(𝑠) = (𝑏0 + 𝑏1𝑠−1 + 𝑏2𝑠−2) 𝑋(𝑠) (1 + 𝑎1𝑠−1 + 𝑎2𝑠−2) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = (𝑏0 + 𝑏1𝑠−1 + 𝑏2𝑠−2) (1 + 𝑎1𝑠−1 + 𝑎2𝑠−2) 𝑌(𝑠) 𝑋(𝑠) = 𝑏0𝑠2 + 𝑏1𝑠 + 𝑏2 𝑠2 + 𝑎1𝑠 + 𝑎2 Substituindo os valores, temos a seguinte função de transferência: 𝐻(𝑠) = 𝑠2 𝑠2 + 2𝑠 + 25 b) Para observar em relação as frequências, podemos fazer 𝑠 = 𝑗𝜔 𝐻(𝑗𝜔) = − 𝜔2 25 − 𝜔2 + 𝑗2𝜔 Para baixas frequências, temos: lim 𝜔→0 𝐻(𝑗𝜔) = lim 𝜔→0 − 𝜔2 25 − 𝜔2 + 𝑗2𝜔 = 0 Para altas frequências, temos: lim 𝜔→∞ 𝐻(𝑗𝜔) = lim 𝜔→∞ − 𝜔2 25 − 𝜔2 + 𝑗2𝜔 = lim 𝜔→∞ − 1 25 𝜔2 − 1 + 𝑗 2 𝜔 = 1 É possível notar que o sistema tende para zero nas baixas frequências e para 1 nas altas frequências, isto indica que este sistema é um passa altas. c) 𝐻(𝑠) = 𝑠2 𝑠2 + 2𝑠 + 25 𝐻(𝑠) = 𝑠2 𝑠2 + 2𝜁𝜔𝑛𝑠 + 𝜔𝑛2 𝜔𝑛 = √25 𝜔𝑛 = 5 2𝜁𝜔𝑛 = 2 𝜁 = 1 𝜔𝑛 𝜁 = 1 5 = 0,2 Como o 𝜁 está entre 0 e 1 (0 < 𝜁 < 1), o sistema é subamortecido. Questão 2 𝑉1 = 100𝑉 𝑉2 = 100𝑉 𝑅 = 50Ω 𝐿 = 100𝑚𝐻 𝐶 = 1𝑚𝐹 Como em t<0 o circuito RL passou muito tempo em funcionamento, o indutor passa a se comportar como um fio e desta forma a corrente no tempo 𝑡 = 0− é dada por: 𝑖(0−) = − 𝑉1 𝑅 𝑖(0−) = − 100 50 𝑖(0−) = −2𝐴 A corrente em um indutor não pode variar instantaneamente, desta forma, temos que: 𝑖(0+) = 𝑖(0−) 𝑖(0+) = −2𝐴 Por Laplace, pode-se substituir o indutor por uma impedância em série com uma fonte de tensão da seguinte forma: A corrente no circuito pode ser obtida como: −𝐿𝑖(0) + 𝑠𝐿 ∙ 𝐼(𝑠) + 1 𝑠𝐶 ∙ 𝐼(𝑠) + 𝑅 ∙ 𝐼(𝑠) − 𝑉2 𝑠 = 0 −0,1 ∙ (−2) + (0,1𝑠 + 1000 𝑠 + 50) ∙ 𝐼(𝑠) − 100 𝑠 = 0 (0,1𝑠2 + 50𝑠 + 1000) ∙ 𝐼(𝑠) = −0,2𝑠 + 100 𝐼(𝑠) = − 2𝑠 − 1000 (𝑠2 + 500𝑠 + 10000) 𝑠2 + 500𝑠 + 10000 = 0 𝑠 = −500 ± √5002 − 4 ∙ 10000 2 𝑠 = −250 ± √210000 2 𝑠 = −250 ± 50√21 𝑠1 ≈ −20,871 𝑠2 ≈ −479,13 𝐼(𝑠) = − 2𝑠 − 1000 (𝑠 + 20,871)(𝑠 + 479,13) = − ( 𝐴 (𝑠 + 20,871) + 𝐵 (𝑠 + 479,13)) 𝐴(𝑠 + 479,13) + 𝐵(𝑠 + 20,871) = 2𝑠 − 1000 (𝐴 + 𝐵)𝑠 + 479,13𝐴 + 20,871𝐵 = 2𝑠 − 1000 { 𝐴 + 𝐵 = 2 479,13𝐴 + 20,871𝐵 = −1000 {−20,871𝐴 − 20,871𝐵 = −41,742 479,13𝐴 + 20,871𝐵 = −1000 458,259𝐴 = −1041,742 𝐴 = 2,273 𝐵 = −0,273 𝐼(𝑠) = − ( 2,273 (𝑠 + 20,871) − 0,273 (𝑠 + 479,13)) 𝑖(𝑡) = 0,273𝑒−479,13𝑡 − 2,273𝑒−20,871𝑡 Questão 3 𝑅 = 50Ω 𝐶 = 1𝑚𝐹 𝐿 = 100𝑚𝐻 a) Circuito A: Realizando um divisor de tensão, temos: 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑅 𝑠𝐿 + 𝑅 + 1 𝑠𝐶 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑅 𝐿 𝑠 𝑠2 + 𝑅 𝐿 𝑠 + 1 𝐿𝐶 𝑉0 𝑉𝑖 = 50 100𝑚 𝑠 𝑠2 + 50 100𝑚 𝑠 + 1 0,1 ∙ 1𝑚 𝑉0 𝑉𝑖 = 500𝑠 𝑠2 + 500𝑠 + 10000 Circuito B: Realizando um divisor de tensão, temos: 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑠𝐿 + 1 𝑠𝐶 𝑠𝐿 + 𝑅 + 1 𝑠𝐶 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑠2 + 1 𝐿𝐶 𝑠2 + 𝑅 𝐿 𝑠 + 1 𝐿𝐶 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑠2 + 10000 𝑠2 + 50 100𝑚 𝑠 + 1 100𝑚 ∙ 1𝑚 𝑉0 𝑉𝑖 = 𝑠2 + 10000 𝑠2 + 500𝑠 + 10000 b) 𝜔𝑛 = √10000 𝜔𝑛 = 100 𝑟𝑎𝑑/𝑠 c) 2𝜁𝜔𝑛 = 500 𝜁 = 250 𝜔𝑛 𝜁 = 250 100 𝜁 = 2,5 d) Os dois circuitos são superamortecidos pois possuem constante de amortecimento maior que 1. 𝜁 > 1 Questão 4 a) 𝑌[𝑧] = −𝑎1𝑧−1𝑌[𝑧] + 𝑏1𝑧−1𝑋[𝑧] + 𝑏0𝑋[𝑧] 𝑌[𝑧] + 𝑎1𝑧−1𝑌[𝑧] = 𝑏1𝑧−1𝑋[𝑧] + 𝑏0𝑋[𝑧] 𝑌[𝑧](1 + 𝑎1𝑧−1) = (𝑏1𝑧−1 + 𝑏0)𝑋[𝑧] 𝑌[𝑧] 𝑋[𝑧] = (𝑏0 + 𝑏1𝑧−1) (1 + 𝑎1𝑧−1) b) 𝑌[𝑧] 𝑋[𝑧] = (𝑏0 + 𝑏1𝑧−1) (1 + 𝑎1𝑧−1) 𝑌[𝑧](1 + 𝑎1𝑧−1) = 𝑋[𝑧](𝑏0 + 𝑏1𝑧−1) 𝑌[𝑧] + 𝑎1(𝑧−1𝑌[𝑧]) = 𝑏0𝑋[𝑧] + 𝑏1(𝑧−1𝑋[𝑧]) Como temos que na transformada z para equação de diferenças, a seguinte relação é válida: 𝑧−𝑘𝑅[𝑧] → 𝑟[𝑛 − 𝑘] Então: 𝑦[𝑛] + 𝑎1𝑦[𝑛 − 1] = 𝑏0𝑥[𝑛] + 𝑏1𝑥[𝑛 − 1] 𝑦[𝑛] = 𝑏0𝑥[𝑛] + 𝑏1𝑥[𝑛 − 1] − 𝑎1𝑦[𝑛 − 1] E desta forma, para obter a saída deste sistema é necessário o valor da entrada atual, da amostra anterior da entrada e da amostra anterior da saída.