Para um sistema LTIC descrito pela seguinte função de transferência:
H(s)=\frac{s+2}{s^{2}+5 s+4}
Encontre a equação para a resposta de amplitude e de fase e calcule a resposta para cada uma das seguintes entradas:
(c) 10 \cos \left(3 t+40^{\circ}\right)

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência do sistema e pede a equação da resposta de amplitude e de fase, e em seguida a resposta para a entrada dada. Informações relevantes:
  • Função de transferência: H(s)=\frac{s+2}{s^{2}+5 s+4}.
  • Entrada do item (c): 10\cos\left(3t+40^\circ\right).
O que é pedido:
  • A equação geral da resposta em amplitude |H(j\omega)| e da resposta em fase \angle H(j\omega).
  • Avaliar essas expressões em \omega=3 e dar a resposta em tempo (saída em regime permanente) para a entrada dada.

Passo 2

Conceito-chave (explicação didática e passo a passo):
  • Para um sistema linear, tempo invariante e causal em regime permanente, a resposta a uma entrada senoidal A\cos(\omega t+\varphi) é outra senóide com a mesma frequência \omega, obtida multiplicando a fasor de entrada pelo valor do ganho em frequência H(j\omega).
  • Substituímos s=j\omega em H(s) para obter a resposta em frequência: H(j\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega)^{2}+5j\omega+4}.
  • A amplitude (módulo) de H(j\omega) é a razão entre os módulos do numerador e do denominador: |H(j\omega)|=\frac{|j\omega+2|}{\left|(j\omega)^{2}+5j\omega+4\right|}.
  • A fase (ângulo) de H(j\omega) é a diferença entre os argumentos (fases) do numerador e do denominador: \angle H(j\omega)=\arg(j\omega+2)-\arg\big((j\omega)^{2}+5j\omega+4\big).
Explicando as partes reais e imaginárias (para poder calcular na prova sem calculadora passo a passo):
  • Numerador: j\omega+2 tem parte real 2 e parte imaginária \omega. Logo |j\omega+2|=\sqrt{2^{2}+\omega^{2}} e \arg(j\omega+2)=\arctan\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right) (lembrar do cuidado com quadrantes; aqui 2>0 então a fórmula direta vale).
  • Denominador: (j\omega)^{2}+5j\omega+4 = -\omega^{2}+j5\omega+4. Agrupando a parte real: 4-\omega^{2} e parte imaginária: 5\omega. Então \left|(j\omega)^{2}+5j\omega+4\right|=\sqrt{(4-\omega^{2})^{2}+(5\omega)^{2}},
e
\arg\big((j\omega)^{2}+5j\omega+4\big)=\operatorname{atan2}\big(5\omega,\,4-\omega^{2}\big),
onde \operatorname{atan2}(y,x) dá o ângulo correto considerando o sinal de x e y (isso evita erro de quadrante).
Resumo das fórmulas finais (estas são as equações pedidas):
|H(j\omega)|=\frac{\sqrt{2^{2}+\omega^{2}}}{\sqrt{(4-\omega^{2})^{2}+(5\omega)^{2}}}
\angle H(j\omega)=\arctan\!\left(\frac{\omega}{2}\right)-\operatorname{atan2}\big(5\omega,\,4-\omega^{2}\big).

Passo 3

Agora vamos aplicar \omega=3 (frequência da entrada). Primeiro as partes reais/imaginárias avaliadas:
  • Numerador: parte real =2, parte imaginária =\omega=3. Então |j3+2|=\sqrt{2^{2}+3^{2}}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}.
  • Denominador: parte real =4-\omega^{2}=4-9=-5, parte imaginária =5\omega=15. Então \left|(j3)^{2}+5j3+4\right|=\sqrt{(-5)^{2}+15^{2}}=\sqrt{25+225}=\sqrt{250}.
Calcule o ganho em módulo em \omega=3:
|H(j3)|=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{250}}=\frac{\sqrt{13}}{5\sqrt{10}}.
Para usar na prova sem calculadora, pode simplificar esse raciocínio; para obter um número aproximado:
\sqrt{13}\approx 3{,}605551,\qquad \sqrt{250}=5\sqrt{10}\approx15{,}811388,
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|H(j3)|\approx\frac{3{,}605551}{15{,}811388}\approx 0{,}228217.

Passo 4

Agora a fase em \omega=3. Calcule ângulos separadamente (em graus, pois a entrada usa graus):
  • Ângulo do numerador: \arg(j3+2)=\arctan\!\left(\frac{3}{2}\right)=\arctan(1{,}5)\approx 56{,}309932^\circ.
  • Ângulo do denominador: como a parte real é negativa (-5) e a parte imaginária é positiva 15, o vetor está no quadrante II. Podemos calcular:
\operatorname{atan2}(15,-5)=180^\circ-\arctan\!\left(\frac{15}{5}\right)=180^\circ-\arctan(3).
E \arctan(3)\approx 71{,}565051^\circ, portanto
\arg\big((j3)^{2}+5j3+4\big)\approx 180^\circ-71{,}565051^\circ=108{,}434949^\circ.
  • Subtraindo os ângulos para obter a fase do ganho:
\angle H(j3)=56{,}309932^\circ-108{,}434949^\circ\approx -52{,}125017^\circ.
Interpretação: o sistema introduz uma defasagem de aproximadamente -52{,}125^\circ àquela frequência.

Passo 5

Resposta em regime permanente para a entrada \;10\cos(3t+40^\circ):
  • Regra prática: se a entrada é A\cos(\omega t+\varphi) e o ganho complexo em \omega é |H(j\omega)|e^{j\angle H(j\omega)}, então a saída em regime permanente é y(t)=A\,|H(j\omega)|\cos\big(\omega t+\varphi+\angle H(j\omega)\big).
  • Aqui A=10, \omega=3, \varphi=40^\circ, |H(j3)|\approx 0{,}228217 e \angle H(j3)\approx -52{,}125017^\circ.
  • Saída amplitudinal e fase resultantes:
A_{\text{out}}=10\cdot 0{,}228217\approx 2{,}28217,
\phi_{\text{out}}=40^\circ+(-52{,}125017^\circ)\approx -12{,}125017^\circ.
Portanto a resposta no tempo (em regime permanente) é
y(t)\approx 2{,}282\cos\big(3t-12{,}125^\circ\big),
arredondando para três casas significativas no coeficiente.

Resposta

|H(j\omega)|=\frac{\sqrt{2^{2}+\omega^{2}}}{\sqrt{(4-\omega^{2})^{2}+(5\omega)^{2}}}
\angle H(j\omega)=\arctan\!\left(\frac{\omega}{2}\right)-\operatorname{atan2}\big(5\omega,\,4-\omega^{2}\big)
|H(j3)|\approx 0{,}228217,\qquad \angle H(j3)\approx -52{,}125^\circ
y(t)\approx 2{,}282\cos\big(3t-12{,}125^\circ\big)

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