Revisão de Sistemas Lineares - pads.ufrj.brcfts/index_arquivos/Elet3/Slides/LinearSystems.pdf ·...

Revisao de Sistemas Lineares

Prof. Carlos Fernando Teodosio Soares

UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO

ESCOLA POLITECNICA

Departamento de Engenharia Eletronica e de Computacao

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 1/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Circuitos Lineares

Um circuito sera linear somente se obedecer aos Princıpios de Superposicao eHomogeneidade ao mesmo tempo.

Circuito

Linearx t1 y t1

x t2 y t2Circuito

Linear

x t1 y t1x t21 2 1 2y t2Circuito

Linear

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 2/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Circuitos Lineares

Um circuito sera linear somente se obedecer aos Princıpios de Superposicao eHomogeneidade ao mesmo tempo.

Circuito

Linearx t1 y t1

x t2 y t2Circuito

Linear

x t1 y t1x t21 2 1 2y t2Circuito

Linear

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 2/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Resposta de um Circuito Linear a uma Entrada Senoidal

Uma importante propriedade de circuitos lineares e o fato de que um sinal de entradasenoidal produzira na saıda um sinal tambem senoidal, preservando a frequencia dosinal de entrada, mas modificando a amplitude e o angulo de fase.

x t y t

Sinal de Entradaou Excitação

Sinal de Saídaou Resposta

t tCircuito

Linear

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 3/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Resposta de um Circuito Linear a uma Entrada Senoidal

Uma importante propriedade de circuitos lineares e o fato de que um sinal de entradasenoidal produzira na saıda um sinal tambem senoidal, preservando a frequencia dosinal de entrada, mas modificando a amplitude e o angulo de fase.

x t y t

Sinal de Entradaou Excitação

Sinal de Saídaou Resposta

t tCircuito

Linear

O modo como um circuito linear modifica a amplitude e o angulo de fasedepende exclusivamente da frequencia do sinal aplicado a entrada.

Para que seja possıvel determinar como um circuito linear responde a entradassenoidais de qualquer frequencia ω, foi definida uma funcao complexa H (jω),denominada Resposta em Frequencia.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 3/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Resposta de um Circuito Linear a uma Entrada Senoidal

Uma importante propriedade de circuitos lineares e o fato de que um sinal de entradasenoidal produzira na saıda um sinal tambem senoidal, preservando a frequencia dosinal de entrada, mas modificando a amplitude e o angulo de fase.

x t y t

Sinal de Entradaou Excitação

Sinal de Saídaou Resposta

t tCircuito

Linear

Dada a Resposta em Frequencia H (jω) do Circuito Linear, teremos que:

x(t) = A0 sen (ωt)

y(t) = |H (jω)| ·A0 sen (ωt + Φ {H (jω)})

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 3/33

Revisao de Sistemas Lineares Circuitos Lineares

Resposta de um Circuito Linear a uma Entrada Senoidal

Uma importante propriedade de circuitos lineares e o fato de que um sinal de entradasenoidal produzira na saıda um sinal tambem senoidal, preservando a frequencia dosinal de entrada, mas modificando a amplitude e o angulo de fase.

x t y t

Sinal de Entradaou Excitação

Sinal de Saídaou Resposta

t tCircuito

Linear

Pergunta

Qual e a utilidade de saber como um circuito linear responde a qualquer sinal deentrada senoidal se a grande maioria dos sinais encontrados na pratica nao saosenoidais?

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 3/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Um sinal periodico qualquer (nao senoidal) pode ser representado matematicamentepor uma soma infinita de senoides com frequencias harmonicas:

x(t) =∞∑

n=0

An sen (nωt) + Bn cos (nωt)

Essa soma infinita e conhecida como Serie de Fourier, onde os coeficientes de cadasenoide sao obtidos da seguinte forma:

An =2

T

∫ t+T

t

x(t) · sen (nωt) dt

Bn =2

T

∫ t+T

t

x(t) · cos (nωt) dt

onde T = 2πω

e o perıodo do sinal x(t).

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 4/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

πsen (ωt)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt)

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt)

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt) +

1

7sen (7ωt)

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) + . . .+

1

21sen (21ωt)

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) + . . .+

1

501sen (501ωt)

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Serie de Fourier

Tomando como exemplo uma onda quadrada, sua representacao na forma deSerie de Fourier e dada por:

t

A sen n tn x t

t

x(t) =4A0

π

[sen (ωt) +

1

3sen (3ωt) +

1

5sen (5ωt) +

1

7sen (7ωt) + . . .

]

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 5/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Resposta a uma Entrada Periodica Arbitraria

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear em questao:

H(j )

x t y t

t t

Alem de saber a resposta do circuito linear a qualquer sinal de entrada senoidal:

x(t) = A0 sen (ωt)

y(t) = |H (jω)| ·A0 sen (ωt + Φ {H (jω)})

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 6/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Resposta a uma Entrada Periodica Arbitraria

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear em questao:

x t y t

t tH(j )

A representacao em Serie de Fourier e o Princıpio da Superposicao permitem obter aresposta de um circuito linear a qualquer sinal de entrada periodico:

x(t) =∞∑

n=1

An sen (nωt)

y(t) =

∞∑n=1

|H (jnω)| ·An sen (nωt + Φ {H (jnω)})

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 6/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Transformada de Fourier

No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.

Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω

ondee jωt = cos(ωt) + j sen(ωt)

Os coeficientes X (jω) dessa soma contınua de exponenciais complexas sao obtidosatraves da Transformada de Fourier:

X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt

A funcao X (jω) e complexa e contınua em relacao a frequencia ω. Essa funcaotambem e conhecida como o Espectro de Fourier do sinal x(t).

1Desde que o sinal em questao satisfaca as Condicoes de Dirichlet.EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 7/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Transformada de Fourier

No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω

ondee jωt = cos(ωt) + j sen(ωt)

Os coeficientes X (jω) dessa soma contınua de exponenciais complexas sao obtidosatraves da Transformada de Fourier:

X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt

A funcao X (jω) e complexa e contınua em relacao a frequencia ω. Essa funcaotambem e conhecida como o Espectro de Fourier do sinal x(t).

1Desde que o sinal em questao satisfaca as Condicoes de Dirichlet.EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 7/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Representacao de Sinais usando Transformada de Fourier

No caso de sinais arbitrarios e nao periodicos, nao e possıvel representa-los atraves deuma soma discreta de senoides.Entretanto, e possıvel representa-los como uma soma contınua (integral) deexponenciais complexas1:

x(t) =1

2π

∫ ∞−∞

X (jω) e jωt dω

ondee jωt = cos(ωt) + j sen(ωt)

Os coeficientes X (jω) dessa soma contınua de exponenciais complexas sao obtidosatraves da Transformada de Fourier:

X (jω) =

∫ ∞−∞

x(t) e−jωt dt

A funcao X (jω) e complexa e contınua em relacao a frequencia ω. Essa funcaotambem e conhecida como o Espectro de Fourier do sinal x(t).

1Desde que o sinal em questao satisfaca as Condicoes de Dirichlet.EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 7/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Resposta a uma Entrada Arbitraria Nao Periodica

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear e do Espectrode Fourier do sinal de entrada:

x t y t

t tH(j )

O Princıpio da Superposicao permite obter o Espectro de Fourier do sinal de saıda:

Y (jω) = H (jω) ·X (jω) = |H (jω)| · |X (jω)| Φ {H (jω)}+ Φ {X (jω)}

E tambem obter o sinal de saıda como funcao do tempo:

y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 8/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Resposta a uma Entrada Arbitraria Nao Periodica

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear e do Espectrode Fourier do sinal de entrada:

x t y t

t tH(j )

O Princıpio da Superposicao permite obter o Espectro de Fourier do sinal de saıda:

Y (jω) = H (jω) ·X (jω) = |H (jω)| · |X (jω)| Φ {H (jω)}+ Φ {X (jω)}

E tambem obter o sinal de saıda como funcao do tempo:

y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 8/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Resposta a uma Entrada Arbitraria Nao Periodica

Portanto, de posse da Resposta em Frequencia H (jω) do circuito linear e do Espectrode Fourier do sinal de entrada:

x t y t

t tH(j )

O Princıpio da Superposicao permite obter o Espectro de Fourier do sinal de saıda:

Y (jω) = H (jω) ·X (jω) = |H (jω)| · |X (jω)| Φ {H (jω)}+ Φ {X (jω)}

E tambem obter o sinal de saıda como funcao do tempo:

y(t) =1

2π

∫ ∞−∞

Y (jω) e jωt dω

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 8/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Transformada de Laplace

Como a integral usada no calculo da Transformada de Fourier nao converge paraqualquer funcao no tempo, pode-se generalizar essa transformacao atraves daTransformada de Laplace Bilateral:

X (s) =

∫ ∞−∞

x(t) e−st dt , onde s = σ + jω.

Como nos sistemas fısicos causais o sinal de entrada e aplicado a partir de umdeterminado instante de tempo (convenciona-se t = 0), a Transformada deLaplace amplamente adotada no estudo de circuitos lineares e:

X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt

Analogamente, a resposta de um circuito linear para um determinado sinal deentrada pode ser obtida da seguinte forma:

Y (s) = H (s) ·X (s)

onde H (s) e chamada Funcao de Transferencia.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 9/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Transformada de Laplace

Como a integral usada no calculo da Transformada de Fourier nao converge paraqualquer funcao no tempo, pode-se generalizar essa transformacao atraves daTransformada de Laplace Bilateral:

X (s) =

∫ ∞−∞

x(t) e−st dt , onde s = σ + jω.

Como nos sistemas fısicos causais o sinal de entrada e aplicado a partir de umdeterminado instante de tempo (convenciona-se t = 0), a Transformada deLaplace amplamente adotada no estudo de circuitos lineares e:

X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt

Analogamente, a resposta de um circuito linear para um determinado sinal deentrada pode ser obtida da seguinte forma:

Y (s) = H (s) ·X (s)

onde H (s) e chamada Funcao de Transferencia.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 9/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Transformada de Laplace

Como a integral usada no calculo da Transformada de Fourier nao converge paraqualquer funcao no tempo, pode-se generalizar essa transformacao atraves daTransformada de Laplace Bilateral:

X (s) =

∫ ∞−∞

x(t) e−st dt , onde s = σ + jω.

Como nos sistemas fısicos causais o sinal de entrada e aplicado a partir de umdeterminado instante de tempo (convenciona-se t = 0), a Transformada deLaplace amplamente adotada no estudo de circuitos lineares e:

X (s) =

∫ ∞0

x(t) e−st dt

Analogamente, a resposta de um circuito linear para um determinado sinal deentrada pode ser obtida da seguinte forma:

Y (s) = H (s) ·X (s)

onde H (s) e chamada Funcao de Transferencia.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 9/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Transformada de Laplace

Como a Transformada de Fourier e um caso particular da Transformada deLaplace, onde s = jω, a Resposta em Frequencia H (jω) de um circuito linearpode ser obtida a partir da sua Funcao de Transferencia:

H (jω) = H (s)|s=jω

Pergunta

Ok. Entendi que a Resposta em Frequencia e uma informacao bastante importantepara a caracterizacao de um circuito linear. Mas, como eu posso obter a Funcao deTransferencia ou a Resposta em Frequencia de um circuito linear que eu tenho emmaos?

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 10/33

Revisao de Sistemas Lineares Representacao de Fourier

Transformada de Laplace

Como a Transformada de Fourier e um caso particular da Transformada deLaplace, onde s = jω, a Resposta em Frequencia H (jω) de um circuito linearpode ser obtida a partir da sua Funcao de Transferencia:

H (jω) = H (s)|s=jω

Pergunta

Ok. Entendi que a Resposta em Frequencia e uma informacao bastante importantepara a caracterizacao de um circuito linear. Mas, como eu posso obter a Funcao deTransferencia ou a Resposta em Frequencia de um circuito linear que eu tenho emmaos?

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 10/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

Um circuito linear e formado pela interconexao de componentes lineares:

Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt

A relacao entre os sinais de entrada x(t) e de saıda y(t) e, portanto, dada poruma equacao diferencial linear:

andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

Primeiramente, obtem-se a Funcao de Transferencia aplicando-se aTransformada de Laplace a equacao diferencial.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 11/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

Um circuito linear e formado pela interconexao de componentes lineares:

Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt

A relacao entre os sinais de entrada x(t) e de saıda y(t) e, portanto, dada poruma equacao diferencial linear:

andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

Primeiramente, obtem-se a Funcao de Transferencia aplicando-se aTransformada de Laplace a equacao diferencial.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 11/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

Um circuito linear e formado pela interconexao de componentes lineares:

Ri

v

Ci

v

Li

v

v = R i v = L didt

i = C dvdt

A relacao entre os sinais de entrada x(t) e de saıda y(t) e, portanto, dada poruma equacao diferencial linear:

andny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t) =

= bmdmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

Primeiramente, obtem-se a Funcao de Transferencia aplicando-se aTransformada de Laplace a equacao diferencial.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 11/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

L

{an

dny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t)

}=

= L

{bm

dmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

L

{an

dny

dtn(t) + an−1

dn−1y

dtn−1(t) + . . .+ a1

dy

dt(t) + a0 y(t)

}=

= L

{bm

dmx

dtm(t) + bm−1

dm−1x

dtm−1(t) + . . .+ b1

dx

dt(t) + b0 x(t)

}

Propriedades da Transformada de Laplace

L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

L

{an

dny

dtn(t)

}+ L

{an−1

dn−1y

dtn−1(t)

}+ . . .+ L

{a1

dy

dt(t)

}+ L {a0 y(t)} =

= L

{bm

dmx

dtm(t)

}+ L

{bm−1

dm−1x

dtm−1(t)

}+ . . .+ L

{b1

dx

dt(t)

}+ L {b0 x(t)}

Propriedades da Transformada de Laplace

L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

anL

{dny

dtn(t)

}+ an−1L

{dn−1y

dtn−1(t)

}+ . . .+ a1L

{dy

dt(t)

}+ a0L {y(t)} =

= bmL

{dmx

dtm(t)

}+ bm−1L

{dm−1x

dtm−1(t)

}+ . . .+ b1L

{dx

dt(t)

}+ b0L {x(t)}

Propriedades da Transformada de Laplace

L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =

= bmsmX (s) + bm−1sm−1X (s) + . . .+ b1s X (s) + b0 X (s)

Propriedades da Transformada de Laplace

L {f (t)} = F (s)

L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s)

L {α f (t)} = αF (s)

L

{dk f

dtk(t)

}= skF (s)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =

= bmsmX (s) + bm−1sm−1X (s) + . . .+ b1s X (s) + b0 X (s)

[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =

= bmsmX (s) + bm−1sm−1X (s) + . . .+ b1s X (s) + b0 X (s)

[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)

Portanto, a Funcao de Transferencia do circuito linear sera:

H (s) =Y (s)

X (s)=

bmsm + bm−1sm−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Obtendo a Funcao de Transferencia de um Circuito Linear

ansnY (s) + an−1s

n−1Y (s) + . . .+ a1s Y (s) + a0 Y (s) =

= bmsmX (s) + bm−1sm−1X (s) + . . .+ b1s X (s) + b0 X (s)

[ans

n + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

]Y (s) =

=[bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

]X (s)

Portanto, a Funcao de Transferencia do circuito linear sera:

H (s) =Y (s)

X (s)=

bmsm + bm−1sm−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Finalmente, a Resposta em Frequencia do circuito podera ser obtida a partir daFuncao de Transferencia:

H (jω) = H (s)|s=jω

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 12/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

A Funcao de Transferencia e caracterizada pelos coeficientes dos seus polinomios:

H (s) =bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Ou entao, pelas raızes desses polinomios:

H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes

Zeros de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s) = 0.

Polos de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s)→∞.

jPólos

Zeros

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 13/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

A Funcao de Transferencia e caracterizada pelos coeficientes dos seus polinomios:

H (s) =bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Ou entao, pelas raızes desses polinomios:

H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes

Zeros de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s) = 0.

Polos de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s)→∞.

jPólos

Zeros

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 13/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

A Funcao de Transferencia e caracterizada pelos coeficientes dos seus polinomios:

H (s) =bmsm + bm−1s

m−1 + . . .+ b1s + b0

ansn + an−1sn−1 + . . .+ a1s + a0

Ou entao, pelas raızes desses polinomios:

H (s) = K(s − zm) · (s − zm−1) · · · (s − z1)

(s − pn) · (s − pn−1) · · · (s − p1)

Definicoes

Zeros de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s) = 0.

Polos de H (s) ⇒ Sao os valores des ∈ C que fazem com que H (s)→∞.

jPólos

Zeros

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 13/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Obtencao da Resposta em Frequencia

Estudo da Funcao de Transferencia: Polos e Zeros

Os Polos determinam os modos naturais da resposta no tempo do circuito linear:

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

j y(t)

t

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 14/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Representacao Grafica da Resposta em Frequencia

A visualizacao grafica da Resposta emFrequencia permite observar muitasinformacoes sobre o funcionamento de umcircuito linear.

Um metodo aproximado de tracado dessarepresentacao grafica foi concebido porHendrik Wade Bode. Esses graficosaproximados ficaram conhecidos comoDiagramas de Bode.

1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0

- 5

0

5

1 0

1 5

2 0

2 5

���

�����

�

��������1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6

- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

1 0 0

�����

�����

��

��������

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 15/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Representacao Grafica da Resposta em Frequencia

A visualizacao grafica da Resposta emFrequencia permite observar muitasinformacoes sobre o funcionamento de umcircuito linear.

Um metodo aproximado de tracado dessarepresentacao grafica foi concebido porHendrik Wade Bode. Esses graficosaproximados ficaram conhecidos comoDiagramas de Bode.

1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0

- 5

0

5

1 0

1 5

2 0

2 5

���

�����

�

��������1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6

- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

1 0 0

�����

�����

��

��������

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 15/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Modulo

O objetivo e apresentar graficamente a variacao de |H (jω)| em funcao dafrequencia:

|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣

Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 16/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Modulo

O objetivo e apresentar graficamente a variacao de |H (jω)| em funcao dafrequencia:

|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣

Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 16/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Modulo

O objetivo e apresentar graficamente a variacao de |H (jω)| em funcao dafrequencia:

|H (jω)| = |K0| ·

m∏k=1

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣n∏

i=1

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Expressando |H (jω)| em decibeis (dB), teremos:

20 log |H (jω)| = 20 log |K0|+m∑

k=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zk

∣∣∣∣− n∑i=1

20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣Dessa forma, o grafico de 20 log |H (jω)| e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 16/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

−20 log

∣∣∣∣1 +jω

pi

∣∣∣∣ = −20 log

√1 +

ω2

p2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

≈ −20 log

(ω

pi

)=

= −20 log(ω) + 20 log(pi)

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

- 3 dB

Para ω = pi , teremos:

−20 log

√1 +

ω2

p2i

= −20 log√

2 =

= −3, 01 dB

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 17/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo na Origem

O grafico com a contribuicao de um polo real para o caso particular em que pi = 0 edado pela seguinte expressao:

−20 log |jω| = −20 log(ω)

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta no Diagrama de Modulo, com inclinacao de - 20 dB/dec.

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 18/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Polo na Origem

O grafico com a contribuicao de um polo real para o caso particular em que pi = 0 edado pela seguinte expressao:

−20 log |jω| = −20 log(ω)

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta no Diagrama de Modulo, com inclinacao de - 20 dB/dec.

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 18/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

20 log

∣∣∣∣1 +jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Aproximando o grafico pelas suasassıntotas:

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Para ω = zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

= 20 log√

2 =

= 3, 01 dB

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 19/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero na Origem

O grafico com a contribuicao de um zero real para o caso particular em que zi = 0 edado pela seguinte expressao:

20 log |jω| = 20 log(ω)

Nesse caso, a expressao acima corresponde a apenas uma reta no Diagrama deModulo, com inclinacao crescente de 20 dB/dec.

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 20/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Zero na Origem

O grafico com a contribuicao de um zero real para o caso particular em que zi = 0 edado pela seguinte expressao:

20 log |jω| = 20 log(ω)

Nesse caso, a expressao acima corresponde a apenas uma reta no Diagrama deModulo, com inclinacao crescente de 20 dB/dec.

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 20/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Modulo: Contribuicao de um Ganho Constante

O grafico com a contribuicao da constante de ganho K0 da Resposta em Frequencia eo mais simples de todos:

20 log |K0|

|H(j )|(dB)

(log)

log|K |0

0

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 21/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Fase

O objetivo e apresentar graficamente o angulo de fase de H (jω) em funcao dafrequencia:

Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)

Como a fase de um produto de numeros complexos e igual a soma das fasesindividuais, e a fase do quociente e igual a fase do numerador menos a fase dodenominador, teremos que:

Φ {H (jω)} = K0 +

m∑k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi

Dessa forma, o grafico de Φ {H (jω)} e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

Observe que K0 = 0◦ ou K0 = ±180◦, dependendo do sinal da constante deganho.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 22/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Fase

O objetivo e apresentar graficamente o angulo de fase de H (jω) em funcao dafrequencia:

Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)

Como a fase de um produto de numeros complexos e igual a soma das fasesindividuais, e a fase do quociente e igual a fase do numerador menos a fase dodenominador, teremos que:

Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi

Dessa forma, o grafico de Φ {H (jω)} e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

Observe que K0 = 0◦ ou K0 = ±180◦, dependendo do sinal da constante deganho.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 22/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Fase

O objetivo e apresentar graficamente o angulo de fase de H (jω) em funcao dafrequencia:

Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)

Como a fase de um produto de numeros complexos e igual a soma das fasesindividuais, e a fase do quociente e igual a fase do numerador menos a fase dodenominador, teremos que:

Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi

Dessa forma, o grafico de Φ {H (jω)} e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

Observe que K0 = 0◦ ou K0 = ±180◦, dependendo do sinal da constante deganho.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 22/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Grafico de Fase

O objetivo e apresentar graficamente o angulo de fase de H (jω) em funcao dafrequencia:

Φ {H (jω)} = Φ

K0 ·

m∏k=1

(1 +

jω

zk

)n∏

i=1

(1 +

jω

pi

)

Como a fase de um produto de numeros complexos e igual a soma das fasesindividuais, e a fase do quociente e igual a fase do numerador menos a fase dodenominador, teremos que:

Φ {H (jω)} = K0 +m∑

k=1

1 + jωzk−

n∑i=1

1 + jωpi

Dessa forma, o grafico de Φ {H (jω)} e obtido somando-se os graficos obtidospara cada uma das parcelas acima separadamente.

Observe que K0 = 0◦ ou K0 = ±180◦, dependendo do sinal da constante deganho.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 22/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

{H(j )}(log)

0opi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo Real

O grafico com a contribuicao de um polo real e dado pela seguinte expressao:

− 1 +jω

pi= − arctan

(ω

pi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(1) = −45◦

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

5,7o

5,7o

{H(j )}

Para ω = 0, 1 pi , teremos:

− arctan

(ω

pi

)= − arctan(0, 1) =

= −5, 7◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 23/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo na Origem

O grafico com a contribuicao de um polo real para o caso particular em que pi = 0 edado pela seguinte expressao:

− jω = −90◦

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta constante no Diagrama de Fase:

(log)0o

- 90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 24/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Polo na Origem

O grafico com a contribuicao de um polo real para o caso particular em que pi = 0 edado pela seguinte expressao:

− jω = −90◦

Nesse caso, nao ha a necessidade de aproximacoes, pois a expressao acimacorresponde a uma reta constante no Diagrama de Fase:

(log)0o

- 90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 24/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero Real

O grafico com a contribuicao de um zero real e dado pela seguinte expressao:

1 +jω

zi= arctan

(ω

zi

)Aproximando pelas assıntotas:

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)≈ arctan(∞) = 90◦

Para ω = zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(1) = 45◦

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

Para ω = 0, 1 zi , teremos:

arctan

(ω

zi

)= arctan(0, 1) =

= 5, 7◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 25/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero na Origem

O grafico com a contribuicao de um zero real para o caso particular em que zi = 0 edado pela seguinte expressao:

jω = 90◦

Nesse caso, a expressao acima tambem corresponde a uma reta constante noDiagrama de Fase:

(log)0o

90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 26/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Grafico de Fase: Contribuicao de um Zero na Origem

O grafico com a contribuicao de um zero real para o caso particular em que zi = 0 edado pela seguinte expressao:

jω = 90◦

Nesse caso, a expressao acima tambem corresponde a uma reta constante noDiagrama de Fase:

(log)0o

90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 26/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}

Contribuicao de um Zero Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 27/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}

Contribuicao de um Zero Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 27/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0pi

- 20 dB/déc

(log)0o

pi

- 45o

- 90o

pi100,1pi

{H(j )}

Contribuicao de um Zero Real na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

{H(j )}

(log)0o

45o

90o

100,1zi zi zi

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 27/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1 (log)0o

- 90o

{H(j )}

Contribuicao de um Zero na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1 (log)0o

90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 28/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Diagramas de Bode: Resumo

Contribuicao de um Polo na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB) (log)

0

- 20 dB/déc

1 (log)0o

- 90o

{H(j )}

Contribuicao de um Zero na Origem na Resposta em Frequencia:

|H(j )|(dB)

(log)0

20 dB/déc

1 (log)0o

90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 28/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log(1) =

= 0 dB

Para ω � zi , teremos:

20 log

√1 +

ω2

z 2i

≈ 20 log

(ω

zi

)=

= 20 log(ω)− 20 log(zi)

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(0) = 0◦

Para ω � zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)≈ − arctan(∞) = −90◦

Para ω = zi , teremos:

− arctan

(ω

zi

)= − arctan(1) = −45◦

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 29/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

(log)0o

- 45o

- 90o

{H(j )}100,1zi zi zi

Observacao

Devido a esse comportamento, sistemas com zero real positivo sao chamados deSistemas de Fase Nao Mınima.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 30/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Caso Particular de um Zero Real Positivo

Resposta de Modulo:

20 log

∣∣∣∣1− jω

zi

∣∣∣∣ = 20 log

√1 +

ω2

z 2i

|H(j )|(dB)

(log)0 zi

20 dB/déc

Resposta de Fase:

1− jω

zi= − arctan

(ω

zi

)

(log)0o

- 45o

- 90o

{H(j )}100,1zi zi zi

Observacao

Devido a esse comportamento, sistemas com zero real positivo sao chamados deSistemas de Fase Nao Mınima.

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 30/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Tracar os Diagramas de Bode para o sistema cuja Funcao de Transferencia e dadaabaixo:

H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

Grafico de Fase:

(log)0

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 31/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Tracar os Diagramas de Bode para o sistema cuja Funcao de Transferencia e dadaabaixo:

H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

- 20 dB/déc

Grafico de Fase:

(log)0

p1

- 45o

- 90o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 31/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Tracar os Diagramas de Bode para o sistema cuja Funcao de Transferencia e dadaabaixo:

H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

- 20 dB/déc

p2

- 40 dB/déc

Grafico de Fase:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 31/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Tracar os Diagramas de Bode para o sistema cuja Funcao de Transferencia e dadaabaixo:

H (s) =103(

1 +s

10

)·

(1 +

s

104

)

Grafico de Modulo:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

p2

- 20 dB/déc

- 40 dB/déc

60

Grafico de Fase:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 31/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Comparacao entre os diagramas aproximados e os graficos exatos:

|H(j )|(dB)

(log)0

p1

p2

- 20 dB/déc

- 40 dB/déc

60

1 0 - 3 1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

ω ( r a d / s )

|H(jω

)| (dB

)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 32/33

Revisao de Sistemas Lineares Diagramas de Bode

Tracado dos Diagramas de Bode: Exemplo

Comparacao entre os diagramas aproximados e os graficos exatos:

(log)0

p1

p2

- 45o

- 90o

- 135o

- 180o

{H(j )}

1 0 - 3 1 0 - 2 1 0 - 1 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 1 0 6- 2 0 0- 1 8 0- 1 6 0- 1 4 0- 1 2 0- 1 0 0- 8 0- 6 0- 4 0- 2 0

02 0

ω ( r a d / s )

Φ{H(

jω)} (

dB)

EEL515 - Eletronica III Prof. Carlos Teodosio 33/33