AV3_CE2_ALEXANDRE PAGUNG

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INSTITUTO FEDERAL DO ESPÍRITO SANTO – CAMPUS SERRA 
ENGENHARIA DE CONTROLE E AUTOMAÇÃO 
 
 
ALEXANDRE ELIAS DE AMORIM PAGUNG 
 
 
 
 
 
 
CIRCUITOS ELÉTRICOS II 
TERCEIRA AVALIAÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SERRA 
4 DE AGOSTO DE 2015 
INSTITUTO FEDERAL DO ESPÍRITO SANTO – CAMPUS SERRA 
 
 
 
 
ALEXANDRE ELIAS DE AMORIM PAGUNG 
 
 
 
 
 
 
CIRCUITOS ELÉTRICOS II 
TERCEIRA AVALIAÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
SERRA 
4 DE AGOSTO DE 2015 
Atividade avaliativa de Circuitos 
Elétricos II, dirigida ao Prof. 
Saul da Silva Munareto. 
SUMÁRIO 
 
Questão (1) ........................................................................................................ 4 
Questão (2) ........................................................................................................ 5 
Questão (3) ........................................................................................................ 9 
Questão (4) ...................................................................................................... 10 
Questão (5) ...................................................................................................... 12 
Referências ...................................................................................................... 18 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
 
Questão (1) Dada a função de transferência de um circuito qualquer 
𝑯(𝒔) =
𝒌(𝒔 + 𝒂)
𝒔(𝒔𝟐 + 𝟏, 𝟓𝒂𝒔 + 𝒂𝟐)𝟐
 
Escolha K e a >0 arbitrariamente. Utilize o matlab para obter o gráfico de 
ganho e fase. 
 
Escolheu-se arbitrariamente k=256 e a=1, tornando a função de transferência 
na forma: 
𝐻(𝑠) =
256𝑠 + 1024
𝑠5 + 12𝑠4 + 68𝑠3 + 212𝑠2 + 256𝑠
 
 
Para obter o gráfico de ganho e fase utilizou-se o código comentado abaixo 
desenvolvido no Matlab. 
 
%Função de transferência: 
H=tf([256 1024],[1 12 68 212 256 0]); 
%Plotar gráficos de ganho e fase 
bode(H), grid 
 
A figura 1 apresenta os gráficos de ganho e fase obtidos com o Matlab. 
 
Figura 1-Gráfico de ganho e fase de Bode, admitindo k=256 e a=4 
 
 
5 
 
Questão (2) Usando a técnica das assíntotas verifique se os gráficos do 
exercício 1 estão corretos. Utilize papel semi-log para construir os gráficos. 
Quais as diferenças entre os gráficos construídos pelas assíntotas e os 
obtidos pelo matlab? Justifique 
 
Da questão 1, tem-se: 
𝐻(𝑠) =
256(𝑠 + 4)
𝑠(𝑠2 + 6𝑠 + 16)2
 
 
A partir da função transferência H(s), pode-se obter a função do circuito H(w): 
 
𝐻(𝜔) =
256(𝑠 + 4)
𝑠(𝑠2 + 6𝑠 + 16)2
=
256(𝑗𝜔 + 4)
𝑠((𝑗𝜔)2 + 6𝑗𝜔 + 16)2
 
Ajustando os termos, temos: 
 
𝐻(𝜔) = 4 (
𝑗𝜔
4
+ 1) (
1
𝑗𝜔
) (
16
16 − 𝜔2 + 6𝜔𝑗
) (
16
16 − 𝜔2 + 6𝜔𝑗
) 
Do primeiro termo {4}, temos a seguinte assíntota: 
 𝐻1(𝜔) = 20log 4 (Ganho CC) 
Do segundo termo (
𝑗𝑤
4
+ 1), temos a seguinte assíntota: 
 𝐻2(𝜔) = 20 log |√(
𝜔
4
)
2
+ 1|, onde: 
𝐻2(𝜔) = 0 𝑠𝑒 𝜔 < 4 
𝐻2(𝜔) = 20 log 𝜔 𝑠𝑒 𝜔 > 4 
Do terceiro termo (
1
𝑗𝜔
), temos a seguinte assíntota: 
 𝐻3(𝜔) = −20log 𝜔 
O quarto e o quinto termo, são iguais e são funções de circuitos com polo 
complexo, onde 𝜔0 = 4 𝑒 𝜁 = 0,75. Dessa forma temos a seguinte assíntota: 
 𝐻 4(𝜔) = 𝐻5(𝜔) = 40 log 4 − 40 log 𝜔 
𝐻4(𝜔) + 𝐻5(𝜔) = 0 𝑠𝑒 𝜔 < 4 
𝐻4(𝜔) + 𝐻5(𝜔) = 80 log 4 − 80 log 𝜔 𝑠𝑒 𝜔 > 4 
 
6 
 
 
Figura 2 - Gráfico das assíntotas do ganho em dB 
 
Figura 3 -Gráficos da assíntota resultante do ganho em dB 
Para o diagrama de fase, temos: 
𝜙 = 0𝑜 + 𝑡𝑎𝑛−1 (
𝜔
4
) − 90𝑜 + ∠𝐺(𝑗𝜔) 
Mais a fase devido aos polos complexos, que será: 
∠𝐺(𝑗𝜔) = {
0𝑜 , 𝜔 → 0
−180𝑜 , 𝜔 → 4 
−360𝑜 , 𝜔 → ∞
 
 
7 
 
 
 
Figura 4 - Gráfico das assíntotas de fase 
 
 
Figura 5 - Gráfico da assíntota resultante da fase 
 
 
 
 
8 
 
O gráfico de bode assintótico apresenta uma excelente 
semelhança comparado ao gráfico de bode exato, disponível na figura 1. 
Entretanto algumas diferenças quando 𝜔 = 4 (frequência de canto) são 
causadas por dois fatores. 
O primeiro fator é devido ao segundo termo, pois, quando 𝜔 = 4, 
20 log 𝐻(𝜔) = 3,01𝑑𝐵 pelo método exato, mas no gráfico assintótico este 
fator não é levado em consideração. 
O segundo fator ocorre devido ao quarto e quinto termo, pois na 
sua resolução é previsto uma discrepância do gráfico exato em 
comparação ao gráfico assintótico, dada por 𝐻(𝜔) =
1
2𝜁
, sendo 𝜁 = 0.75, 
temos 𝐻(𝜔) = 0,667 , sendo 20 log 𝐻(𝜔) = −3.52 𝑑𝐵, como são dois 
termos esse ganho é dobrado resultando em -7.04dB. 
Somando as contribuições das frequências de canto que não foram 
contabilizadas no método assintótico, temos um ganho de −4.03𝑑𝐵 para 
𝜔 = 4𝑟𝑎𝑑/𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 
 
Questão (3) Dado o gráfico de bode do exercício 1, qual seria a amplitude 
e fase do sinal de saída caso a entrada fosse 𝒗(𝒕) = 𝟓𝟎𝒔𝒆𝒏(𝒂𝒕 + 𝟑𝟎𝒐) ? 
 
 
Figura 6- Gráfico de ganho e fase de bode, com dados explicitados 
O valor da frequência é obtido pelo valor de ‘a’ que foi escolhido na questão 1, 
onde a = 4. 
Recolheu no gráfico as informações sobre o ganho do circuito. 
𝐺𝑎𝑛ℎ𝑜 = 𝐻(𝑠) = 20 log(𝐻(𝑤)) = −4.14𝑑𝐵 
Sabe-se que 𝐻(𝜔) =
𝑉𝑜
𝑉𝑖
 
Logo: 20 log (
𝑉𝑜
𝑉𝑖
) = −4.14 ⇒ 20 log(𝑉𝑜) − 20 log(𝑉𝑖) = −4.14 
Isolando log(𝑉𝑜), log(𝑉𝑜) =
20 log(𝑉𝑖)−4,14
20
, onde 𝑉𝑖 = 50𝑉 ⇒ log(𝑉𝑜) = 1.492 
𝑉𝑜 = 31.0456 𝑉 
O valor do ângulo de fase de saída será dado pela fórmula abaixo: 
𝜙𝑉𝑜 = 𝜙𝐻 + 𝜙𝑉𝑖 
Onde: 
𝜙𝑉𝑜 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 𝑛𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎= 
𝜙𝐻 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠 𝑒𝑚 𝐻 = −217
𝑜 (obtido na figura 6) 
𝜙𝑉𝑖 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 𝑛𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 30
𝑜(Obtido no enunciado da questão) 
 
𝜙𝑉𝑜 = −217
𝑜 + 30𝑜 ⇒ 𝜙𝑉𝑜 = −187
𝑜 
 
10 
 
Questão (4) Com o matlab, transforme um filtro butterworth de ordem 4, 
ou maior, em filtro passa-banda. Escolha arbitrariamente as frequências 
das bandas passante e de rejeição. Verifique a resposta em frequência do 
filtro obtido. Quais os valores de ganho em dB nas frequências das 
bandas de rejeição. 
Escolhendo arbitrariamente a banda passante entre 10rad/s e 1000rad/s. 
Foi utilizado o código comentado abaixo: 
%% Filtro Passa-Banda 
[Num, Den] = butter(4, [10,1000], 'bandpass','s'); 
% O parâmetro refere a ordem do filtro de butter; 
% O parâmetro 10 e 1000, referem as frequências de corte; 
% O parâmetro 'bandpass' refere a o tipo de filtro passa-banda; 
% parâmetro 's' é usado na função por trata-se de um filtro analógico. 
% Criando a função de transferência, Hbp(s): 
Hbp=tf(Num, Den) 
bode(Hbp, {0.1,100000}), grid %Gera-se gráfico de fase e de ganho para 
análise em frequência, com Wmínimo=0,1rad/s e Wmáximo=100000rad/s. 
 
Hbp = 
 9.606e11 s^4 
 --------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
 s^8 + 2587 s^7 + 3.386e06 s^6 + 2.613e09 s^5 + 1.028e12 s^4 + 2.613e13s^3 
+ 3.386e14 s^2 + 2.587e15 s + 1e16 
 
Como resultado, tivemos o gráfico abaixo: 
 
Figura 7 - Gráfico de ganho e fase de Bode para filtro passa-banda 
O gráfico na figura 7 apresenta a forma esperada. 
 
11Figura 8- Gráfico de ganho e fase de Bode para filtro passa-banda com dados explicitados 
Observou-se que nas frequências de corte escolhidas obtemos um ganho 
negativo de 3db que condiz com o método exato e é o que já esperávamos. 
Também foi questionado qual seria o ganho na banda de rejeição, 
observou-se que quanto mais distante da banda passante, o ganho é menor, 
como é mostrado na figura 8. Para um valor de frequência=0,401 rad/s (que está 
na banda de rejeição), teríamos um ganho = --112dB. 
Sendo 𝐺𝑎𝑛ℎ𝑜 = 20 log |
𝑉0
𝑉𝑖𝑛
| ⟶ 𝑉0 = 𝑉𝑖𝑛 ∗ 10
−
112
20 ⟶ 𝑉0 = 2,51.10
−6𝑉𝑖𝑛 
A fórmula acima demonstra que este filtro praticamente anula a saída para 
frequências fora da banda passante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
Questão (5) Elabore circuitos RLC em cascata para o filtro do exercício 4. 
Verifique a resposta em frequência considerando o efeito do carregamento 
nos filtros. 
 
A função de transferência obtida no exercício 4 é: 
 
𝐻𝑏𝑝(𝑠) = 
 
9.606.1011 𝑠4 
𝑠8 + 2587 𝑠7 + 3,386.106𝑠6 + 2,613.109𝑠5 + 1,028.1012𝑠4 + 2.613𝑒13𝑠3 + 3,386.1014𝑠2 + 2,587.1015𝑠 + 1016
 
 
Para obtermos a função de transferência acima utilizaremos quatro filtros RLC 
passa-banda de segunda ordem (igual ao da figura 9) ligados em cascata. 
 
Figura 9- Esquema de filtro RLC passa-banda de segunda ordem 
O filtro da figura 5 possui função de transferência da forma 
𝐻(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑠𝑏𝑎𝑛𝑑 = 𝑘
𝑅
𝐿 𝑠
𝑠2 + 
𝑅
𝐿 𝑠 + 
1
𝐿𝐶
 
Onde k é o ganho na banda passante, escolheremos k sendo 1. 
 
A função de transferência obtida no exercício 4 pode ser decomposta em fatores 
quadráticos que representam a função de transferência de cada um dos filtros 
RLC passa-banda de segunda ordem ligados em cascata. Após decompor, 
podemos igualar seus termos na fórmula acima e encontrar os valores dos 
componentes. Ajustando a função de transferência obtida no exercício 4, temos: 
 
 
𝐻𝑏𝑝(𝑠)
=
9,606.1011 𝑠4 
(𝑠2 + 7,5432𝑠 + 100,573)(s2 + 18,7447s + 103,522)(s2 + 750,024s + 994305)(s2 + 1810,69s + 965974)
 
Desse modo: 
 Primeiro circuito → 𝐻1(𝑠) =
7,5432 𝑠
(𝑠2+7,5432 𝑠+100,573)
 
 
 Segundo circuito → 𝐻2(𝑠) =
18,7447 s
(s2+18,7447 s+103,522)
 
 
 
13 
 
 Terceiro circuito → 𝐻3(𝑠) =
750,024 s
(s2+750,024s+994305)
 
 
 Quarto circuito → 𝐻4(𝑠) =
1810,69s 
(s2+1810,69s+965974)
 
Observa-se que existe uma diferença no coeficientes dos numeradores: 
 
1810,69 ∗ 750,024 ∗ 18,7447 ∗ 7,5432 = 1,9202.108 
9,606.1011 ≠ 1,9202.108 
 
Para corrigir esta diferença e obter a função de transferência alcançada no 
exercício 4, devemos considerar a existência de um ganho k, onde: 
 
𝑘 = 
9,606.1011
1,9202.108
= 5002,6 
 
Então 𝐻𝑏𝑝(𝑠) = 𝑘 ∗ 𝐻1(𝑠) ∗ 𝐻2(𝑠) ∗ 𝐻3(𝑠) ∗ 𝐻4(𝑠) 
 
Se faz necessário escolher arbitrariamente o valor de um elemento para 
a resolução da equação, pois temos duas equações e três incógnitas. Como é 
usual escolher o valor do capacitor, seguiremos essa linha e escolheremos o 
valor do capacitor inicialmente. 
 
 
 Circuito 1 ⟹ 𝐶1 = 1𝑚𝐹 
1
𝐿1𝐶1
= 100,573 
 
𝑅1
𝐿1
= 7,5432 
 
𝐿1 = 9.94𝐻 𝑒 𝑅1 = 75Ω 
 
 Circuito 2 ⟹ 𝐶2 = 1𝑚𝐹 
1
𝐿2𝐶2
= 103,522 
𝑅2
𝐿2
= 18,7447 
𝐿2 = 9,65𝐻 𝑒 𝑅2 = 180,89Ω 
 
 Circuito 3 ⟹ 𝐶3 = 1𝜇𝐹 
1
𝐿3𝐶3
= 994305 
 
 
14 
 
𝑅3
𝐿3
= 750,024 
 
𝐿3 = 1.005𝐻 𝑒 𝑅3 = 754.32Ω 
 
 Circuito 4 ⟹ 𝐶4 = 1𝜇𝐹 
1
𝐿4𝐶4
= 965974 
 
𝑅4
𝐿4
= 1810,69 
 
𝐿4 = 1,035𝐻 𝑒 𝑅4 = 1874,06Ω 
 
A composição do filtro ficará conforme a figura abaixo: 
 
Figura 10- Esquema do filtro utilizado, com os componentes calculados 
 
Porém, existe um efeito de carregamento entre os filtros RLC passa-banda de 
segunda ordem. Existe um efeito entre cada ligação dos filtros, existindo então 
três efeitos de carregamento (𝐸𝑐12, 𝐸𝑐23 𝑒 𝐸𝑐34) 
𝐸𝑐12 =
𝑍𝑖2
𝑍𝑜1 + 𝑍𝑖2
 
𝐸𝑐23 =
𝑍𝑖3
𝑍𝑜2 + 𝑍𝑖3
 
𝐸𝑐34 =
𝑍𝑖4
𝑍𝑜3 + 𝑍𝑖4
 
A impedância de entrada e saída dos circuitos serão da forma: 
𝑍𝑖 =
1
𝐶𝑠
+ 𝐿𝑠 + 𝑅 ⟶ 𝑍𝑖 =
𝐿𝐶𝑠2 + 𝑅𝐶𝑠 + 1
𝐶𝑠
 
𝑍𝑜 =
(
1
𝐶𝑠 + 𝐿𝑠 ) 𝑅
1
𝐶𝑠 + 𝐿𝑠 + 𝑅
⟶ 𝑍𝑜 =
𝐿𝐶𝑅𝑠2 + 𝑅
𝐿𝐶𝑠2 + 𝑅𝐶𝑠 + 1
 
Dessa forma, substituindo os valores correspondente de cada circuito: 
 
15 
 
𝑍𝑜1 =
0,7455𝑠2 + 75
0,00994𝑠2 + 0,075𝑠 + 1
 
𝑍𝑖2 =
0,00965𝑠2 + 0,18089𝑠 + 1
0,001𝑠
 
 
𝑍𝑜2 =
1,7456𝑠2 + 180,89
0,00965𝑠2 + 0,18089𝑠 + 1
 
 
𝑍𝑖3 =
1,005.10−6𝑠2 + 7,5432.10−4𝑠 + 1
10−6𝑠
 
 
𝑍𝑜3 =
7,5809.10−4𝑠2 + 754,32
1,005.10−6𝑠2 + 7,5432.10−4𝑠 + 1
 
 
𝑍𝑖4 =
1,035.10−6𝑠2 + 1,874.10−3𝑠 + 1
10−6𝑠
 
 
Então, a função de transferência real, será dada pela fórmula abaixo: 
𝐻𝑏𝑝(𝑠) = 𝑘 ∗ 𝐻1(𝑠) ∗ 𝐻2(𝑠) ∗ 𝐻3(𝑠) ∗ 𝐻4(𝑠) ∗ 𝐸𝑐12 ∗ 𝐸𝑐23 ∗ 𝐸𝑐34 
Utilizando o código comentado abaixo no matlab: 
%% QUESTÃO 5 
%criando os dados de um filtro passa-banda a partir de um filtro 
%butterworth de ordem 4. 
[Num, Den] = butter(4, [10,1000], 'bandpass','s'); 
%Função da transferência sem efeito de carregamento 
H=tf(Num, Den) 
%Calculando as impedâncias 
Zo1=tf([0.7455 0 75],[0.00994 0.075 1]); 
Zi2=tf([0.00965 0.18089 1],[0.001 0]); 
Zo2=tf([1.7456 0 180.89],[0.00965 0.18089 1]); 
Zi3=tf([1.005e-6 7.5432e-4 1],[1e-6 0]); 
Zo3=tf([7.5809e-4 0 754.32],[1.005e-6 7.5432e-4 1]); 
Zi4=tf([1.035e-6 1.874e-3 1],[1e-6 0]) 
%Calculando os efeitos de carregamento 
Ec12 = Zi2/(Zo1+Zi2); 
Ec23 = Zi3/(Zo2+Zi3); 
Ec34 = Zi4/(Zo3+Zi4); 
%Função da transferência com efeito de carregamento 
Hbp = H*Ec12*Ec23*Ec34; 
bode(Hbp, {0.1,100000}), grid 
 
Conseguimos o gráfico abaixo, levando em consideração o efeito de 
carregamento: 
 
16 
 
 
Figura 11- Gráfico de ganho e fase de bode do exercício 5 com efeito de carregamento 
 
Para efeito comparativo, plotamos os dois gráficos, um sem levar em 
consideração o efeito de carregamento e outro levando em consideração o efeito 
de carregamento. 
 
 
Figura 12 - Gráfico comparativo dos efeitos de carregamento 
A mínima diferença na fase dos filtros é causada devido a aproximação 
no dimensionamento dos indutores e resistores. 
É possível observar que existe uma perda no ganho do filtro devido ao 
efeito de carregamento, esta perda deve ser levada em consideração em 
 
17 
 
projetos de filtros elétricos, pois podem haver perdas que impeçam o 
funcionamento correto do filtro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 
 
Referências 
 Introdução aos Circuitos Elétricos, Dorf, Richard C , Svoboda, James A. 8ª 
edição