Esboce o diagrama de Bode para H(j omega)=j omega+10j omega(j omega+5)^2

Passo 1

Beleza, vamos resolver esse exercício juntos! O enunciado pede para esboçarmos o diagrama de Bode para a função de transferência $ \mathbf{H}(j \omega) = \frac{j \omega + 10}{j \omega (j \omega + 5)^{2}} $. O diagrama de Bode é uma ferramenta que nos ajuda a entender como um sistema responde em diferentes frequências, mostrando a magnitude e a fase da função de transferência. Para resolver isso, vamos separar a função em partes mais simples, calcular as contribuições de cada uma para a magnitude e fase, e então juntar tudo para esboçar o diagrama.

Passo 2

Primeiro, vamos reescrever a função de transferência de forma mais clara:
H(j omega) = j omega + 10j omega (j omega + 5)^2
Isso significa que temos um zero em $ j\omega = -10 $ e dois pólos em $ j\omega = 0 $ e $ j\omega = -5 $.

Passo 3

Agora, vamos identificar as componentes que vão influenciar o diagrama de Bode:
  1. Zero em $ j\omega = -10 $: Esse zero vai aumentar a magnitude a partir da frequência de 10 rad/s e contribuir com um aumento na fase.
  2. Pólo em $ j\omega = 0 $: Esse pólo, também conhecido como integrador, reduz a magnitude constantemente e contribui com uma diminuição na fase.
  3. Dois pólos em $ j\omega = -5 $: Cada pólo em -5 rad/s vai reduzir a magnitude a partir dessa frequência e diminuir a fase adicionalmente.

Passo 4

Vamos calcular as contribuições de cada componente na magnitude do diagrama de Bode:
  • Zero em 10 rad/s:
    • Antes de 10 rad/s: Nenhuma contribuição.
    • Após 10 rad/s: Inclina-se com uma taxa de +20 dB/decada.
  • Pólo em 0 rad/s:
    • Gera uma inclinação de -20 dB/decada em todas as frequências.
  • Dois pólos em 5 rad/s:
    • Cada pólo contribui com -20 dB/decada, então dois pólos juntos vão dar -40 dB/decada após 5 rad/s.

Passo 5

Agora, somamos todas as contribuições para obter a inclinação total da magnitude:
  • Até 5 rad/s:
    • Apenas o pólo em 0 rad/s contribui: -20 dB/decada.
  • Entre 5 rad/s e 10 rad/s:
    • Pólo em 0 rad/s (-20 dB/decada) e dois pólos em 5 rad/s (-40 dB/decada) totalizam -60 dB/decada.
  • Acima de 10 rad/s:
    • Além das contribuições anteriores, o zero em 10 rad/s adiciona +20 dB/decada, então a inclinação total fica -40 dB/decada.

Passo 6

Para a fase, consideramos:
  • Zero em 10 rad/s:
    • Fase varia de 0° a +90° ao passar pela frequência de 10 rad/s.
  • Pólo em 0 rad/s:
    • Fase de -90° em todas as frequências (já é um integrado).
  • Dois pólos em 5 rad/s:
    • Cada pólo contribui com -90°, totalizando -180° ao passar por 5 rad/s.

Passo 7

Juntando tudo, o diagrama de Bode terá:
  • Magnitude:
    • Começa com uma inclinação de -20 dB/decada.
    • A partir de 5 rad/s, a inclinação muda para -60 dB/decada.
    • Depois de 10 rad/s, a inclinação volta para -40 dB/decada.
  • Fase:
    • Começa em -90° devido ao pólo em 0 rad/s.
    • Então, a partir de 5 rad/s, adiciona mais -180°, totalizando -270°.
    • Por fim, a partir de 10 rad/s, soma +90° do zero, resultando em -180°.

Resposta

O diagrama de Bode para $ \mathbf{H}(j \omega) = \frac{j \omega + 10}{j \omega (j \omega + 5)^{2}} $ apresenta uma magnitude que começa com -20 dB/decada, muda para -60 dB/decada após 5 rad/s e retorna para -40 dB/decada após 10 rad/s. A fase inicia em -90°, desce para -270° a partir de 5 rad/s, e estabiliza em -180° acima de 10 rad/s.

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