Exercícios Elétrica 2003, Exercícios de Engenharia Elétrica

Baixe Exercícios Elétrica 2003 e outras Exercícios em PDF para Engenharia Elétrica, somente na Docsity! 1 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 1 Padrão de Resposta Esperado a) Em R1 deve ser dissipada a potência: ( ) ( ) ( )1 100 1 100WP m Wm= ⋅ = Sabemos que: 2 1441 1 100 ABVR P = = , logo 1 1, 44R = Ω (valor: 3,0 pontos) b) É preciso notar que os ramos CABD e CEFD são iguais, e têm comprimento de 1,5 m. Trabalhando com um desses ramos, 1442 2 3 0,96 100 1, 5 R R+ = = Ω ⋅ Como a dissipação de potência é idêntica e a mesma corrente (denominada i) atravessa R2 e R3, escrevemos: 2 22 3 2 4 3 1,0 0, 25 R Ri i R R⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ Substituindo na equação anterior: 4 3 2. 3 0,96R R⋅ + = Ω , logo 0,963 0,16 6 R = = Ω Calculamos em seguida: 2 4 0,16 0,64R = ⋅ = Ω (valor: 5,0 pontos) c) O comprimento total da rede resistiva é igual a 4m, assim a resistência equivalente RAB é facilmente calculada pela expressão: 100 4 400ABP W= ⋅ = , logo 2 144 0,36 400 AB AB AB VR P = = = Ω (valor: 2,0 pontos) Solução alternativa para o item c, envolvendo a associação de resistores: ( 2 2 3) 0,64 2 0,16( 2 2 3) //( 1) //( 2 2 3) //( 1) //1, 44 2 2AB R RR R R R R R R+ ⋅ + ⋅= + ⋅ + ⋅ = = 0,48 1,44 0,36 0,48 1,44AB R += = Ω ⋅ 2 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 P A B X X 1 P A B XY Y Questão 2 Padrão de Resposta Esperado Para a solução de todos os itens consideram-se X e Y como as variáveis de entrada da configuração. a) Observa-se na tabela que P AB= , então, se A=1, obtém-se 1P B B= ⋅ = , logo, a configuração da figura a seguir é a solução. (valor: 2,0 pontos) b) Observa-se na tabela que Q AB= , então, se B=1, obtém-se 1Q A A= ⋅ = , logo, a configuração da figura a seguir é a solução. (valor: 2,0 pontos) c) Se P AB= , então, fazendo B X= e A Y= , geramos o produto X.Y. Assim, a configuração da figura a seguir é a solução. (valor: 3,0 pontos) d) Se Q AB= , então, fazendo A Y= e B X= , geramos o produto X Y X Y⋅ = + , com um inversor na saída. Assim, a configuração da figura a seguir é a solução. (valor: 3,0 pontos) Q A B X X 1 Q A B X Y Y Q A B X+Y 1 . P A B X X 1 Q A B X X1 5 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 5 Padrão de Resposta Esperado Construindo a função objetivo, tem-se: ( )0 ,05100 1 0, 05. . . .TA p A pC K A K P K e K T−= − = − − Derivando C em relação a T e igualando a zero, tem-se: 0,05100 . 0,05 . 0,5 0TA p dC K e K dT −= − = Então, 0,05 0,05 55 0,5 0,05 20 0,5 T T A A A A p p p p K 10K 10KK e K e T ln T ln K K K −    = → = → = → =        Para 1AK = e 4pK = T = 20 ln (2,5) = 18,32% Conclui-se, então, que o tamanho ótimo da memória cache será de 18,32% que corresponderá a uma taxa de acessos ( )0,05.18,3100 1 60%A e−= − ≅ . (valor: 10,0 pontos) 6 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 6 Padrão de Resposta Esperado Uma rápida análise permite concluir que os circuitos (2) e (4) violam as leis. CIRCUITO 2: Com o chaveamento do conversor eletrônico, duas tensões (a da fonte e a do capacitor) poderiam ser conectadas diretamente, contrariando a Lei de Kirchhoff das tensões. CIRCUITO 4: Com o chaveamento do conversor eletrônico, as correntes nos indutores, de valores diferentes, estariam sendo conectadas, contrariando a Lei de Kirchhoff das correntes. Nos demais circuitos (1, 3 e 5), o chaveamento conecta sempre uma tensão com uma corrente, ou vice-versa, não contrariando imediatamente as leis de circuitos elétricos. CIRCUITO 1: Com o chaveamento do conversor eletrônico, a fonte de tensão E é conectada a um indutor, que se comporta como uma fonte de corrente nesse momento. CIRCUITO 3: Com o chaveamento do conversor eletrônico, a corrente no indutor é conectada à tensão do capacitor. CIRCUITO 5: Com o chaveamento do conversor eletrônico, a fonte de tensão E é conectada a um circuito indutivo, que se comporta como uma fonte de corrente nesse momento. (valor: 10,0 pontos) Obs.: Foi atribuída uma pontuação parcial para respostas pertinentes, porém incompletas. 7 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 7 Padrão de Resposta Esperado a) Circuito equivalente simplificado A tensão V2 é calculada pelo divisor resistivo: 2 T 2 1 1 1 T 2 2 2 r (1- s) R sV = V = V = (1- s)V R + r r (1- s) + r s A potência elétrica transformada em mecânica é obtida da seguinte forma: [ ] 22 2 12 1 M T 2 2 V (1- s)V V (1- s)s P = = = R r (1- s) r s Como:      →1 m m 1 1 2 1 m w - w w s = 1 - s = w w w = w - w Obtém-se       2 1 m 2 M 1 2 V w .w P = w r Logo:       2 M 1 2 2m 1 P V w T = = w w r Assim, o torque é diretamente proporcional a w2 (valor: 3,0 pontos) Solução alternativa: Torque Total Trifásico =       2 1 2 1 2 V w 3 w r , que também é diretamente proporcional a w2 . R T V 2 r 2 V 1 , w 1 10 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 9 Padrão de Resposta Esperado a) Analisando o diagrama para a condição de equilíbrio no comparador de fase, obtém-se a equação para N inteiro e fOLem MHz. →OL OL OL f f .1281,28 = N = = 5 f 20 N 128 20.1,28 Na expressão fOL é adimensional (valor da freqüência do oscilador local). - Para o 1º canal de operação do serviço de radiodifusão FM: N = 5 . fOL1= 5 . 98,6 = 493 - Para o 2º canal N = 5 . fOL2= 5 . 98,8 = 494 - Para o 3º canal N = 5 . 99,0 = 495 E assim, sucessivamente, até o 100° canal. - Para o 100° canal N = 5 . fOL100= 5 . 118,4 = 592 Portanto, a faixa de valores de N varia de 493 a 592, com incremento de 1. (valor: 6,0 pontos) b) É empregado um oscilador a cristal para proporcionar maior estabilidade de freqüência, isto é, manter constante o valor da freqüência de operação. (valor: 2,0 pontos) c) O estágio Y é um filtro passa-baixas para evitar flutuações no VCO pelas componentes espúrias de alta freqüência. (valor: 2,0 pontos) Obs.: Serão aceitas outras respostas desde que sejam coerentes. 11 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 10 Padrão de Resposta Esperado a) Usando as informações do gráfico, escrevemos: ( ) 3 10, 50 9, 51 10 100 1 10z VR I − −∆= = = Ω ∆ − × Com o modelo, temos: 310 10 50 10 9, 5zV V −= − ⋅ × = (valor: 3,0 pontos) b) Substituindo o diodo Zener pelo seu modelo, tem-se: Corrente mínima pelo Zener: 1zkI mA= → ( ) 3100 10 10 9, 5 9, 61iV V−= + ⋅ + = → 9, 51oV V= (do gráfico) Corrente máxima pelo Zener: 100zmI mA= → ( )100 10 0,1 9, 5 20, 5iV V= + ⋅ + = → 10, 5oV V= (do gráfico) (valor: 3,0 pontos) c) Substituindo novamente o diodo Zener pelo seu modelo, tem-se: Menor valor de RL corresponde à menor corrente pelo diodo Zener: 1zkI mA= → 9, 51oV V= Corrente pelo resistor de 100Ω: 22 9, 51 124, 9 100 I mA−= = Menor valor de RL: ( ) 3 9, 51 76, 76 124, 9 1 10L R −= = Ω− × Maior valor de RL corresponde à maior corrente pelo diodo Zener: 100zmI mA= → 10, 5oV V= Corrente pelo resistor de 100Ω: 22 10, 5 115 100 I mA−= = Maior valor de RL: ( ) 3 10, 5 700 115 100 10L R −= = Ω− × (valor: 4,0 pontos) 10 Ohms 100 ohms 9,5 V V V i o 10 Ohms 22 V I 100 ohms 9,5 V Vo I1 RLIz 12 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 00 01 11 10 00 01 FB PC 11 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 00 01 11 10 00 01 FB PC 11 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Questão 11 Padrão de Resposta Esperado a) Fls F B C= ⋅ ⋅ Como a expressão Fls não depende da variável P (protetor da lente), o controlador digital vai disparar o flash com a objetiva tampada, com a condição lógica (F = 0 , B = 1 e C = 1). (valor: 3,0 pontos) b) Expressão do obturador: ( )CFBPObt ⊕⋅⋅= Expandido a operação ou-exclusivo, tem-se: . .( ) . . . . . .P B FC FC P B F C P B F C+ = + Observa-se que quando há luz suficiente (F=1) e o flash está carregado (C=1), condições do ou-exclusivo anulam o disparo do obturador. Em outras palavras, o obturador não dispara nessas duas condições, contrariando o seu funcionamento. (valor: 3,0 pontos) c) O preenchimento e a leitura dos Mapas de Karnaugh são: Obt = ( )BPC FBP PB F C+ = + Flash = FBPC (valor: 4,0 pontos) 15 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 14 Padrão de Resposta Esperado a) • Tempo para a transmissão de um bloco TBLOCO (ida) Retardo de propagação: TP = d / v = 10 000 /250 000 = 0,040 s Número de bytes de um bloco: 1 + 4 + 1 + 200 + 1 + 2 + 1 = 210 bytes Tempo de transmissão de 210 bytes: T210 T210 = (210 bytes x 8 bits) / 9 600 bps = 0,175 s Retardo adicional: TR = 0,010 s TBLOCO = TP + T210 + TR= 0,040 + 0,175 + 0,010 = 0,225 s • Tempo para a transmissão do acknowledgement TA (volta) Retardo de propagação: TP = d / v = 10.000 /250 000 = 0,040 s • Tempo de transmissão de 8 bytes de acknowledgement T8 : T8 = (8 bytes x 8 bits) / 4 800 bps = 0,013333... s Retardo adicional: TR = 0,010 s TA = TP + T8 + TR = 0,040 + 0,01333 + 0,010 = 0,063333 s • Tempo de ida e volta para transmissão e acknowledgement de um bloco TI-V TI-V = TBLOCO + TA = 0,225 + 0,063333 = 0,288333 s • Tempo de ida e volta para transmissão e acknowledgement de 8.000 blocos TC, supondo que todos os blocos estejam corretos TC = 8.000 x TI-V = 8 000 x 0,2883333 = 2 306,6664 s (valor: 6,0 pontos) b) BLER = 1% corresponde a 0,01 x 8.000 = 80 blocos retransmitidos por terem sido recebidos como incorretos na sua primeira transmissão. O tempo adicional referente à transmissão de 80 blocos é T80 = 80 x TI-V = 80 x 0,2883333 = 23,066664 s. O tempo total gasto TE para a transmissão de 8.000 blocos, com uma taxa de erros de bloco BLER de 1,0 %, é: TE = TC + T80 = 2 306,6664 + 23,066664 = 2 329,733 s (valor: 2,0 pontos) c) Taxa de transferência de bits de informação TTBI para a transmissão de 8.000 blocos, considerando a taxa de erros de bloco BLER nula. Número de bits de informação Ninfo: Ninfo = 200 bytes de informação x 8 bits x 8 000 blocos = 128 10 5. TTBI = Ninfo / TC = (200 x 8 x 8 000) / 2 306,6664 = 5 549,1335 bps. (valor: 2,0 pontos) 16 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 15 Padrão de Resposta Esperado a) O valor da variável VOLT é 8 e o valor da variável AMPERE é 4. • Na chamada do procedimento CIRCUITO(VOLT, AMPERE) ocorre passagem de parâmetro por valor da variável VOLT para HENRY e, por referência, da variável AMPERE para FARAD. • Na passagem de parâmetro por valor, é passada uma cópia do conteúdo de VOLT para HENRY e, ao término da execução do procedimento, a variável VOLT permanece com o seu valor original. • Na passagem de parâmetro por referência, é passado o conteúdo da variável AMPERE para FARAD e todas as alterações na variável FARAD refletem diretamente na variável AMPERE, não preservando o valor original. (valor: 6,0 pontos) b) Procedimento CIRCUITO empregando a estrutura Enquanto ... Faça: Solução alternativa para o item b) (valor: 4,0 pontos) Procedimento CIRCUITO(HENRY:numérico;var FARAD:numérico); Início-do-procedimento Variável MAXWELL : lógica; Atribuir 3 a HENRY; Atribuir 7 a FARAD; Atribuir VERDADEIRO a MAXWELL; Enquanto MAXWELL faça início Atribuir HENRY – 1 a HENRY; Atribuir (FARAD – HENRY) a FARAD; Se HENRY = 0 então Atribuir FALSO a MAXWELL; fim; fim_enquanto; Fim-do-procedimento Procedimento CIRCUITO(HENRY:numérico;var FARAD:numérico); Início-do-procedimento Variável MAXWELL : lógica; Atribuir 3 a HENRY; Atribuir 7 a FARAD; Atribuir FALSO a MAXWELL; Enquanto NÃO MAXWELL faça início Atribuir HENRY – 1 a HENRY; Atribuir (FARAD – HENRY) a FARAD; Se HENRY = 0 então Atribuir VERDADEIRO a MAXWELL; fim; fim_enquanto; Fim-do-procedimento 17 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 16 Padrão de Resposta Esperado a) O equipamento mais adequado é o roteador. Justificativa: o ambiente é heterogêneo e opera sob protocolo TCP/IP. (valor: 3,0 pontos) b) A solução é substituir o hub na sub-rede SUN Solaris por um switch. Justificativa: o objetivo é o de segmentar a rede em domínio de colisão e, dessa forma, o problema estaria facilmente resolvido. (valor: 3,0 pontos) c) Protocolo: PPP (Point-to-Point Protocol) Deverão ser indicadas três das seguintes vantagens: • transporta o IP no segmento de linha entre modems; • é mutiprotocolo (além do IP transporta outros protocolos); • possui implementado mecanismo de detecção de erros; • possibilita o emprego em linhas de maior velocidade (superior a 19.200 bps – limitação do SLIP); • permite o endereço IP dinâmico (DHCP). (valor: 4,0 pontos) 20 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Confrontando com a forma padrão de 2ª ordem, tem-se: 2 1 5 , 6 n E ω τ= e 12 n E ξω τ= Da tabela fornecida, para um sobressinal de 25% obtém-se 0, 4ξ = Da resposta observada, com sobressinal de 25% e 5% 0,6rt ≅ segundo, obtém-se: 3 0,6 nξω = , donde 3 50, 6nξω = = e 5 12,5 0, 4n ω = = Resolve-se, então, para Eτ , por exemplo, fazendo 1 1 1 0,1 2 2 5 10E n τ ξω= = = =× (valor: 4,0 pontos) c) Para esboçar o lugar das raízes, considera-se a FTMA 10 (1 0,5 ) 10( ) ( ) (1 0,5 )(1 ) (1 )E E K s KKC S G S s s s s sτ τ += = + + + Obs.: Na correção das respostas devem ser aceitas duas possibilidades: uma, onde o LR foi traçado qualitativamente em função do parâmetro Eτ ; e outra, quantitativa, que considera os valores obtidos em (b) para Eτ .) Os pólos finitos de malha aberta são 1 0p = e 2 1 E p τ= − , ou 2 10p = − . As assíntotas cruzam o eixo real em 1 2 nE ξωτ− = − , ou seja, em -5. Para 2 pólos finitos e nenhum zero finito de malha aberta, o traçado do LR deve ser como o esboçado a seguir. Para localizar os pólos de malha fechada para 1 , 5 6K = , é preciso considerar os valores obtidos a partir da resposta e dos valores de ξ e nω correspondentes. Estes pólos estão em 21n njξω ω ξ− ± − ou seja, 5 11,5j− ± (valor: 3,0 pontos) 21 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 5 − θ 5 , 12 = n ω 5 , 11 1 2 = − ξ ω n j graus 5 , 66 ) 4 , 0 ( cos ) ( cos 1 1 ≈ = = − − ξ θ 10 1 − = − E τ = − n ξω pólo de malha fechada para 56 , 1 = K 56 , 1 = K pólo de malha fechada para 22 ENGENHARIA ELÉTRICAENC 2003 Questão 19 Padrão de Resposta Esperado a) Da figura, observa-se que a saída se comporta como um sistema de 1ª ordem, atrasado de 5 segundos em relação ao instante de aplicação do degrau. Assim, 5a = segundos. Para identificar o termo de 1ª ordem de ( )G s , considera-se a origem em 0 5t = segundos. A resposta de 1ª ordem atinge 95% do valor de regime em 35t = segundos, ou seja, 5% 03 35 5 30rt b t t= = − = − = segundos. Portanto, 10b = segundos (valor: 3,0 pontos) b) Do diagrama de resposta em freqüência, considerando a aproximação de Padé, pode-se estimar a margem de ganho do sistema como 20log ( )dBMG GH j φω= − , para 0[ ( )] 180GH j φϕ ω = − No caso, 0,9φω ≅ rad/s, e, portanto, 20log ( 0.9) ( 19) 19 ddBMG GH j B= − ≅ − − = O ganho MAXK é, então, obtido de 20log 19MAXK = 19log 20MAX K = 19 2010 8,9MAXK = ≅ (valor: 4,0 pontos) Obs.: Considerar respostas que expressem este ganho em dB, ou seja 19MAXdBK = dB c) Observa-se nos diagramas que as freqüências de cruzamento de fase exata e aproximada são muito próximas e, conseqüentemente, as correspondentes estimativas para MAXK também o são. Além disso, para freqüências inferiores a φω , os diagramas são praticamente iguais. Portanto, para qualquer ajuste de ganho MAXK K< , as margens de ganho e fase resultantes aproximadas serão boas estimativas dos seus valores exatos, resultando em projetos adequados. (valor: 3,0 pontos)