Esboce o Diagrama de Bode para as funções de transferência abaixo, sendo s=j \omega.
H_{2}(s)=\frac{100(s+10)}{s(s+10)}

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
H_{2}(s)=\frac{100(s+10)}{s(s+10)}
e pede para esboçar o Diagrama de Bode (magnitude e fase), considerando s=j\omega.
Informações relevantes fornecidas:
  • A função de transferência H_{2}(s) está explicitada acima.
  • A variável de interesse para o Bode é s=j\omega (ou seja, frequência \omega real e positiva).
  • O objetivo é obter as curvas de magnitude (em dB) e de fase (em graus) versus \omega (escala logaritmica).

Passo 2

Simplificar a função de transferência antes de qualquer coisa: observo que o fator (s+10) aparece no numerador e no denominador, então ele se cancela (cancelamento exato). Portanto,
H_{2}(s)=\frac{100(s+10)}{s(s+10)}=\frac{100}{s}.
Comentário importante (didático e prático): esse cancelamento é exato algebraicamente. Em diagramas de Bode, um zero e um polo exatamente coincidentes anulariam um ao outro — não haverá canto em \omega=10 rad/s na resposta final. Porém, se na prática houver pequena diferença numérica entre os fatores, pode aparecer uma pequena marcação próxima a \omega=10. Aqui, assumimos cancelamento perfeito.

Passo 3

Substituir s=j\omega para obter a resposta em frequência:
H_{2}(j\omega)=\frac{100}{j\omega}.
Agora calculo magnitude e fase explicitamente.
Magnitude:
|H_{2}(j\omega)|=\frac{100}{\omega}.
Fase: o número real 100 tem fase 0^\circ; j\omega tem fase +90^\circ (porque j=e^{j\pi/2}), e como está no denominador a fase é negativa:
\angle H_{2}(j\omega)=0^\circ - 90^\circ = -90^\circ.
Portanto a fase é constante igual a -90^\circ para todas as \omega>0.

Passo 4

Converter a magnitude para decibéis (fórmula e interpretação):
A fórmula para passar para dB é \;20\log_{10}(\cdot)\;. Então
20\log_{10}\!|H_{2}(j\omega)|=20\log_{10}\!\left(\frac{100}{\omega}\right)=20\log_{10}100 - 20\log_{10}\omega.
Calculo 20\log_{10}100:
20\log_{10}100 = 20\cdot 2 = 40\\ \text{dB}.
Logo a expressão em dB é
\boxed{\,20\log_{10}|H_{2}(j\omega)| = 40 - 20\log_{10}\omega\\ (\text{dB})\,}
Interpretação prática: é uma reta com declive -20\\ \text{dB/dec} ao longo do eixo logaritmo de \omega. Não há ganho de pico nem canto em \omega=10 por causa do cancelamento.

Passo 5

Pontos de referência para esboço — calculemos alguns valores úteis (peguei os valores calculando a expressão |H_{2}(j\omega)|=100/\omega):
  • Para \omega=0{,}1: |H_{2}|=\frac{100}{0{,}1}=1000 \quad\Rightarrow\quad 20\log_{10}1000=60\\ \text{dB}.
  • Para \omega=1: |H_{2}|=\frac{100}{1}=100 \quad\Rightarrow\quad 20\log_{10}100=40\\ \text{dB}.
  • Para \omega=10: |H_{2}|=\frac{100}{10}=10 \quad\Rightarrow\quad 20\log_{10}10=20\\ \text{dB}.
  • Para \omega=100: |H_{2}|=\frac{100}{100}=1 \quad\Rightarrow\quad 20\log_{10}1=0\\ \text{dB}.
Esses pontos estão sobre a reta com inclinação -20 dB/dec, que é a assimptota do Bode magnitude aqui (e é exatamente a curva real, porque não há cantos remanescentes).
A fase será constante:
  • Para qualquer \omega>0: \angle H_{2}(j\omega)=-90^\circ.

Passo 6

Instruções práticas para desenhar o esboço de Bode (passo a passo que você pode reproduzir na prova):
  1. Desenhe o eixo horizontal logarítmico em \omega (por exemplo, marque décadas: 0{,}1,\;1,\;10,\;100).
  2. No gráfico de magnitude (dB) marque os pontos calculados: em \omega=0{,}1 a altura 60 dB; em \omega=1 marque 40 dB; em \omega=10 marque 20 dB; em \omega=100 marque 0 dB.
  3. Ligue esses pontos com uma reta de inclinação -20\\ \text{dB/dec}. Essa reta é a resposta exata aqui.
  4. No gráfico de fase, faça uma linha horizontal constante em -90^\circ para todas as \omega>0.
  5. Anote que não há canto em \omega=10 porque o zero e o polo em -10 se cancelaram exatamente.
Dica prática para provas: use \omega=1 como ponto de referência, porque a expressão em dB ficou simples: 40 dB em \omega=1, e a cada década para a direita subtrai 20 dB; cada década para a esquerda soma 20 dB.

Passo 7

Observação final de entendimento (motivação e cuidado): o comportamento aqui é exatamente o de um integrador com ganho estático 100, isto é, H_{2}(j\omega)=100\cdot(1/(j\omega)). Integradors têm magnitude decrescente com -20\\ \text{dB/dec} e fase -90^\circ. Se, em uma situação real, o cancelamento fosse aproximado (por erro de modelagem), poderia aparecer um pequeno desvio ao redor de \omega=10, mas na questão dada o cancelamento é exato.

Resposta

H_{2}(j\omega)=\frac{100}{j\omega}
20\log_{10}|H_{2}(j\omega)| = 40 - 20\log_{10}\omega\\ \text{(dB)}\\ \text{(reta com declive }-20\\ \text{dB/dec)}
\angle H_{2}(j\omega) = -90^\circ\\ \text{(constante)}
Valores de referência: \omega=0{,}1\Rightarrow60\\ \text{dB}, \omega=1\Rightarrow40\\ \text{dB}, \omega=10\Rightarrow20\\ \text{dB}, \omega=100\Rightarrow0\\ \text{dB}.

Exercícios relacionados