QUESTÃO 3 ( 4,0 p.) - Considere um circuito modelado pela seguinte FT:
G(s)=\frac{V_{o}(s)}{V_{i}(s)}=2\left(\frac{s+17}{s^{2}+10 s+34}\right)
Com relação a esse circuito, determine:
a) ( 1,0 p.) a equação diferencial ordinária (EDO) que relaciona o sinal de entrada v_{i}(t) com o sinal de saída v_{o}(t).
b) (1,0 \mathrm{p}. ) a resposta v_{o}(t)_{s s}, em regime permanente, caso seja aplicado na entrada o sinal v_{i}(t)=10 u_{-1}(t).
c) ( 1,0 p.) a resposta completa v_{o}(t), caso seja aplicado na entrada o sinal v_{i}(t)=3 u_{0}(t).
d) ( 1,0 \mathrm{p}.) o seu ganho, em regime permanente, caso seja aplicado na entrada o sinal v_{i}(t)= 5 \operatorname{sen}\left(4 t+20^{\circ}\right) u_{-1}(t).

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência
G(s)=\frac{V_{o}(s)}{V_{i}(s)} =2\;\frac{s+17}{s^{2}+10\,s+34}
e pede:
a) a EDO entre v_i(t) e v_o(t),
b) a resposta em regime permanente a um degrau de amplitude 10,
c) a resposta completa a um degrau de amplitude 3,
d) o ganho em regime permanente a uma excitação senoidal de amplitude 5 e frequência \omega=4.
Para isso vamos usar:
– a relação entre polos e zeros de G(s) e a EDO em tempo,
– o ganho em s=0 para o regime permanente a passo,
– frações parciais e tabelas de transformada inversa de Laplace para a resposta completa,
– análise fasorial s=j\omega para a resposta senoidal no regime permanente.

Passo 2

Para obter a EDO basta escrever
V_{o}(s)\bigl(s^{2}+10s+34\bigr) =2\,(s+17)\,V_{i}(s)
e depois voltar ao domínio do tempo. Isso dá
s^{2}V_{o}(s)+10\,s\,V_{o}(s)+34\,V_{o}(s) =2\,s\,V_{i}(s)+34\,V_{i}(s).
Aplicando a transformada inversa de Laplace, lembrando que s^{2}V_{o}(s)\leftrightarrow\ddot v_{o}(t) e s\,V_{o}(s)\leftrightarrow\dot v_{o}(t), obtemos
\ddot v_{o}(t)+10\,\dot v_{o}(t)+34\,v_{o}(t) =2\,\dot v_{i}(t)+34\,v_{i}(t).

Passo 3

Para regime permanente com entrada v_{i}(t)=10\,u(t) (degrau de amplitude 10) usamos o ganho DC, G(0):
G(0)=2\;\frac{0+17}{0+0+34} =2\;\frac{17}{34}=1.
Logo, como v_{o,\mathrm{ss}}(t)=G(0)\cdot10, temos
v_{o,\mathrm{ss}}(t)=10.

Passo 4

Para a resposta completa com v_{i}(t)=3\,u(t), fazemos
V_{o}(s) =G(s)\,\frac{3}{s} =2\,\frac{s+17}{s^{2}+10s+34}\,\frac{3}{s} =\frac{6\,(s+17)}{s\,(s^{2}+10s+34)}.
Fração parcial:
\frac{6(s+17)}{s(s^{2}+10s+34)} =\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^{2}+10s+34}.
Igualando numeradores obtém-se A=3, B=-3, C=-24. Escrevendo \;s^{2}+10s+34=(s+5)^{2}+3^{2}, reagrupamos
V_{o}(s) =\frac{3}{s} -\frac{3(s+5)}{(s+5)^{2}+9} -\frac{9}{(s+5)^{2}+9}.
Invertendo cada termo:
v_{o}(t) =3 -3\,e^{-5t}\cos(3t) -3\,e^{-5t}\sin(3t), \quad t\ge0.

Passo 5

Para a entrada v_{i}(t)=5\sin(4t+20^{\circ})\,u(t), calculamos
G(j4) =2\,\frac{j4+17}{(j4)^{2}+10j4+34} =2\,\frac{\sqrt{4^{2}+17^{2}}\,e^{j\arctan(4/17)}} {\sqrt{(-16+34)^{2}+40^{2}}\,e^{j\arctan(40/18)}}.
Magnitude e fase:
|G(j4)| =\frac{2\sqrt{305}}{\sqrt{1924}} =\sqrt{\frac{305}{481}}\approx0,796,
\arg G(j4) =\arctan\frac{4}{17}-\arctan\frac{40}{18} \approx13{,}24^{\circ}-65{,}24^{\circ} =-52{,}0^{\circ}.
Assim o ganho em regime permanente é
|G(j4)|\cdot5\approx0,796\cdot5=3{,}98
e o deslocamento de fase resultante
20^{\circ}-52^{\circ}=-32^{\circ}.

Resposta

a) \ddot v_{o}(t)+10\,\dot v_{o}(t)+34\,v_{o}(t)=2\,\dot v_{i}(t)+34\,v_{i}(t).
b) v_{o,\mathrm{ss}}(t)=10.
c) v_{o}(t)=3-3e^{-5t}\cos(3t)-3e^{-5t}\sin(3t),\;t\ge0.
d) Ganho = 3,98 e fase = -32^{\circ}.

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