Exercícios Elétrica 2000

Exercícios Elétrica 2000

(Parte 1 de 2)

Questão nº 1

Padrão de Resposta Esperado:

Pela análise da Fig. 2, determina-se o valor do componente elétrico passivo. Trata-se de um capacitor linear, invariante no tempo, cujo valor é

A corrente i é a taxa de variação da carga em relação ao tempo dqi= dt .

Mas q = Cv, onde C é invariante no tempo.

Assim, dq d dC dv dvi= = (Cv) = v + C = C dt dt dt dt dt pois C é constante.

Derivando graficamente a forma de onda de tensão mostrada na Fig. 1 e multiplicando por C = 2 obtém-se:

(valor: 10,0 pontos) 4

Questão nº 2 Padrão de Resposta Esperado: a) Quando a chave é fechada em t = 0, o capacitor funciona como um curto-circuito.

(valor: 2,0 pontos)
Assim: v (∞) = V(valor: 2,0 pontos)

b) Quando o tempo tende para infinito, o capacitor tende a se carregar com a tensão da fonte. c) Aplicando a Transformada de Laplace na equação diferencial:

1V RI(s) s + = I(s)= aplicandoa Transformada inversa1RC R s+ RC

Solução alternativa dt RC i RC integrando em ambos os lados da igualdade t +CRC

RC 0

(valor: 3,0 pontos)

Assim tRCVi(t) = e R Obs.: Serão aceitas também outras soluções pertinentes.

(valor: 3,0 pontos) d)1ª alternativa: Considerando que 4 ou mais constantes de tempo são suficientes para o capacitor atingir o valor final

o resistor será da ordem de 100 KΩ ou 105Ω(valor: 3,0 pontos)
Considerando 5 RC = 0,4 → R = 80 KΩ (resposta também aceita).

Como a expressão da tensão sobre o capacitor é: t RC0v( t) = V 1 e

RC RC RC6

(valor: 3,0 pontos)

A ordem de grandeza é 105 Ω. Respostas entre 60 KΩ e 200 KΩ serão consideradas corretas neste item.

Obs.: Outras alternativas de resposta, desde que pertinentes, serão aceitas.

Questão nº 3

Padrão de Resposta Esperado:

a) Resistência da Lâmpada 2

A lâmpada 2, quando ligada na tensão 127 V, dissipa:

(valor: 4,0 pontos)

Consumo anual excedente da lâmpada 2 = 3,3 W x 24h x 365 dias x 0,15 = 43756,2 Wh = 43,76 kWh

Custo em Reais para uma lâmpada 2

Custo total (CT) CT = 5 x 25 x 106 x 10,94 ⇒ CT = R$ 1,3675 bilhões

Considerando que o excedente de consumo da lâmpada 2 fosse 35 MW, a resposta seria:

Consumo anual excedente da lâmpada 2 = 35 W x 24h x 365 dias x 0,15 = 45990 Wh ≅ 46 kWh

Custo em Reais para uma lâmpada 2

CT = 5 x 25 x 106 x 1,5 ⇒ CT = R$ 1,4375 bilhões(valor: 6,0 pontos)

c)A vantagem que o fabricante apregoa é verdadeira.

Entretanto, existem duas desvantagens que não foram apregoadas pelo fabricante: . o consumo desse tipo de lâmpada é maior;

. seu tempo de vida útil é menor. (valor: 3,0 pontos)

Questão nº 4

Circuito 1:A − Resistor ideal(valor: 2,0 pontos)

Padrão de Resposta Esperado:

Circuito 2:A − Resistor ideal

E − Circuito aberto(valor: 2,0 pontos)

B − Indutor ideal C − Capacitor ideal

D − Curto-circuito(valor: 2,0 pontos)
Circuito 4:B − Capacitor ideal(valor: 2,0 pontos)

Circuito 3:B − Indutor ideal Justificativa da resposta do Circuito 4 Como a corrente i(t) está atrasada (fase: − 0,523), a impedância equivalente, vista pela fonte de tensão, tem que ser indutiva (fase: + 0,523).

Calculando as reatâncias conhecidas:

Reatância do Indutor de 10 mH:

XC > XL indica que a impedância equivalente é predominantemente capacitiva, descartando assim as possibilidades de: A (resistor ideal), D (Curto Circuito) e E (Circuito Aberto).

A possibilidade B (Indutor ideal) não pode ser aceita porque (para R pequeno) os indutores em paralelo reduziriam ainda mais a reatância indutiva, contrariando a solução.

Considerando um capacitor (com XC > 3,7 Ω e um R pequeno) a reatância equivalente dos ramos em paralelo se torna indutiva e maior que 3,7 Ω, fazendo com que seja possível se achar uma combinação dos pares R e XC, cujo problema é numericamente mais complexo.

A seguir será apresentada uma Solução Complementar, mais completa, para maior esclarecimento (não exigida dos graduandos no Exame).

Considerando o elemento desconhecido com reatância X:

após algumas manipulações

Chega-se à seguinte equação do 2º grau: 1,53 X2 + 25,75 X + 1,53 R2 + 8,24 R + 75,32 = 0

Análise:

Para que esta equação tenha raízes reais compativeis com a solução: (25,75)2 - 4 . 1,53 . (1,53 R2 + 8,24 R + 75,32) > 0

Simplificando R2 + 5,39 R − 21,59 < 0 → R ≤ 2,67

Como R é uma grandeza física de valor real e positivo, resolvendo a equação acima, aproveita-se apenas a raiz positiva. Conclui-se então: 1) para 0 < R < 2,68 há duas soluções (raízes da equação) para a reatância X, ambas negativas, caracterizando o elemento desconhecido como um Capacitor. 2) para R > 2,67 as raízes são complexas, portanto não existe reatância que consiga o ângulo de defasagem desejado para a corrente.

A figura a seguir ilustra graficamente a solução. Mostra o argumento da impedância equivalente do circuito em função da reatância X que varia de −−−−−30 a + 30. Mostra, também, os gráficos dos argumentos de Zeq para os valores de R = 1 (solução possível), R = 2,67 (limite da existência de solução) e R = 5 (exemplo sem solução).

A linha reta sobre o gráfico corresponde ao ângulo de 0,523 rd desejado para Zeq, para servir de referência.

Reatncia Desconhecida - X ngulo de

Fas

- r ngulo de fase da Impedncia Equivalente R=1

R=2,67 R=5

Fase conhecida 0.523 rd

Ângulo de Fase - rd

Reatância Desconhecida - X

Ângulo de fase da Impedância Equivalente

Questão nº 5 Padrão de Resposta Esperado:

FH1 = − FH2 (anulam-se) Com a corrente no sentido anti-horário havia uma força Fv1, vertical de baixo para cima, empurrando o prato. Com a inversão da corrente passou a existir uma força Fv2, de mesmo módulo que Fv1, mas com sentido oposto. Fv2 = − Fv1Fv2 = 4 iLB

2Fv2 = mg (variação da força no prato foi de 2 Fv2) mgB= 8i L

(valor: 10,0 pontos)

Obs.: Se o graduando considerar que a massa colocada inicialmente no prato direito para equilibrar a força Fv1 foi retirada após a inversão da corrente, encontrará um resultado em dobro para o Fluxo Magnético B, o que também será aceito.

Questão nº 6 Padrão de Resposta Esperado:

Experimento 1 a) O responsável pelo experimento está ERRADO. De acordo com a tabela, o transistor Q1 é PNP, pois, com a ponta negativa do multímetro na base, as junções EB e CB ficarão sempre diretamente polarizadas. De forma análoga, o transistor Q2 é do tipo NPN.(valor:2,0 pontos)

b) Q5(valor: 1,0 ponto)
c) Q4, Q5 e Q8(valor: 1,0 ponto)

Experimento 2

Determinação da corrente no ponto P Observa-se na Curva Característica do diodo que a leitura vertical no ponto P é 2 cm, e que há necessidade de converter a tensão de calibração vertical na corrente de calibração. Considerando que a tensão de calibração vertical é dada como 10 mV/cm e que foi utilizada ponta de prova divisora por 10:

= Vc / R c

Ic = (10 x 10 m V/cm) / 10 ohm

Ic = 10 mA/cm

Ip = 20 mA(valor: 6,0 pontos)

Ip = deflexão x calibração Ip = 2 cm x 10 mA/cm Os graduandos que errarem o cálculo por não considerarem a ponta divisória por 10 não serão penalizados na questão.

Questão nº 7

Padrão de Resposta Esperado:

a)Examinando o sentido de enrolamento das bobinas, observa-se que as quedas de tensão associadas à indutância mútua estão em oposição às quedas de tensão associados às auto-indutâncias. Aplicando a Lei de Kirchhoff:

Diferenciando:

Logo, L = L1 + L2 − 2M(valor: 2,5 pontos)
b)L = L1 + L2 + 2M(valor: 2,5 pontos)

c)Aplicando Laplace na equação diferencial:

Equação característica:

4LR – R R C 4LCs= s = 2L 2L 4L C

Considerando R ≅ 0

1W=LC→freqüência natural não amortecida

Como L<L ⇒ W> W

(valor: 5,0 pontos)

Questão nº 8 Padrão de Resposta Esperado:

Reescrevendo o circuito π equivalente:

I= VZ2 (Equação I)

Pela lei das malhas, tem-se:

−RS S SZYV= V ZI + V2 (Equação I)

Substituindo a Equação I na Equação I, tem-se:

ENGENHARIA ELÉTRICA Escrevendo na forma matricial

Solução alternativa

Escrevendo na forma matricial:

Invertendo a matriz:

Obs.: Serão aceitas outras alternativas de solução, desde que pertinentes. (valor: 10,0 pontos)

Questão nº 9 Padrão de Resposta Esperado:

Cálculo da impedância equivalente (após r1 e x1):

2 eqeq m 2 eq eq

eq eq eq

Cálculo da impedância total:

TOTAL 1 1 eq TOTAL TOTAL

Tensão de fase ⇒ f 220V = =127 volts

Fator de potência ⇒ cosφ = cos 31,8° = 0,85 (indutivo) Cálculo da velocidade síncrona:

πωs

Velocidade do rotor:

nrotor = (1 − s) 1800 = (1 − 0,02) 1800 = 1764 rpm

Potência transferida através do entreferro:

Potência mecânica interna:

Pm = Pg − Pcu = Pg (1 − s)

Pm = 78 (1 − 0,02) ⇒ Pm

= 7632 W

Potência de saída:

= Pm − PAVF = 7632 − 400 = 7232 W

Conjugado de saída:

ω s s ro tor

Cálculo do rendimento: Perdas no cobre do estator

PcuESTATOR = 3 x (25,9)2 x 0,3 = 603,7 W

PcnROTOR = 0,02 x 78 = 155,8 W Potência de entrada

PENTRADA = 78 + 603,7 = 8391,7 W

PAVF = 400 W Perdas = 603,7 + 155,8 + 400 = 1159,5 W

Questão nº 10 Padrão de Resposta Esperado:

a) Ensaio de curto-circuito

Cálculo da impedância de curto-circuito no lado de alta tensão:

Ωc c

Cálculo da resistência de curto-circuito no lado de alta tensão:

Ωc c 2

Cálculo da reatância de curto-circuito no lado de alta tensão:

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

r1 = r2 = 0,5 req = 0,5 Rcc = 0,3125 Ω x1 = x2 = 0,5 xeq = 0,5 Xcc = 1,339 Ω

Parâmetros do circuito equivalente no lado de baixa tensão:

Ensaio de circuito aberto

Cálculo da admitância de circuito aberto no lado de baixa tensão:

Cálculo da condutância:

Cálculo da resistência:

Ωm m

Cáculo da susceptância:

Cálculo da reatância:

Ωm m

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

220(valor: 8,0 pontos)

O ensaio de curto-circuito é feito no lado de alta tensão porque, neste lado, a corrente nominal é menor do que a corrente nominal do lado de baixa tensão, o que leva a menor corrente de curto a ser mais facilmente ensaiada.

O ensaio de circuito aberto é feito no lado de baixa tensão porque a tensão nominal neste lado é menor do que a tensão nominal do lado de alta, o que leva a ensaios com menores tensões. (valor: 2,0 pontos)

Questão nº 1 Padrão de Resposta Esperado:

a)Na ausência de fumaça, o fotodetetor deve receber potência de 40mW. − Como há perda de 20%, o Led deverá produzir Pot = 40 / 0,8 = 50 mW.

− Na curva de potência característica do Led, vemos que 50mW são gerados por uma corrente direta de 30 mA.

(valor: 4,0 pontos)

b)A sirene é acionada quando a potência luminosa incidente cai para 20 mW e a saída do Buffer TTL (Schmitt Trigger) está em nível alto.

Para isso acontecer é necessário apresentar na entrada do Buffer TTL uma tensão acima de 2,5 V, como mostra sua curva característica.

Como o Buffer TTL tem alta impedância de entrada, ele não "pesa" no divisor resistivo, e a situação de interesse surge com VCE = 10 V.

Conclui-se que R2 deve ser tal que garanta VCE = 10 V quando a potência luminosa incidente em Q1 é igual a 20 mW.

Com potência incidente de 20 mW, pela Curva Característica de Q1, tem-se Iλ = 40 µA βe = 100, o que leva a IC = 4 mA. Então R2 = (20 − VCE) / IC = (20 − 10) V / 4 mA = 2,5 K Ω . (valor: 6,0 pontos)

Questão nº 12 Padrão de Resposta Esperado: a)Preenchimento do Mapa de Karnaugh:

b)Expressão booleana: S = P + T9 + R. T8 c) Implementação:

(valor: 4,0 pontos)

(valor: 4,0 pontos) (valor: 2,0 pontos)

Questão nº 13

a)Percurso da corrente de carga da bateria: a−b−c−e(valor: 1,0 ponto)
b)Divisor resistivo: 6V . (10KΩ / (10KΩ + 20KΩ)) = 2V(valor: 1,0 ponto)

Padrão de Resposta Esperado:

c)Enquanto há energia da rede, o capacitor se carrega com o valor de pico do secundário: 6,3V . 1,41 = 8,9 V.

e, é claro, não dispara(valor: 3,0 pontos)

Nessa situação a tensão sobre o catodo é maior que os 6V que estão sobre o anodo, ou seja, o SCR está reversamente polarizado Obs.: Um cálculo mais exato deveria considerar a queda de tensão sobre o diodo: 8,9 V − 2,0 V = 6,9 V.

através de R1 e D3(valor: 3,0 pontos)
e)Mesma resposta do item b(valor: 1,0 ponto)

d)No instante em que falta energia elétrica, o capacitor precisa ser descarregado para que o SCR possa conduzir. Essa descarga é feita f)Percurso da corrente que acende a lâmpada: c−a−e. (valor: 1,0 ponto)

Questão nº 14 Padrão de Resposta Esperado:

a)Ganho da rede:

i s th o

VP= 4R

V P= 4R onde Vth e Rth referem-se, respectivamente, à tensão e à resistência equivalentes de Thèvenin. Portanto,

L th s L s L th s L

2R x R R=50 2R +R ≈Ω

Usando a equação do ganho obtém-se:

F=1+(L 1)28,2−≈(valor: 8,0 pontos)

A figura de ruído é dada por

D=10log(28,2)14dB≈(valor: 2,0 pontos)

b)Cálculo da degradação

Figura 1: Rede passiva para casamento de impedâncias de uma antena a um receptor

; potência disponível na entrada ; potência disponível na saída

Questão nº 15 Padrão de Resposta Esperado:

a)Equação de Equilíbrio do Sistema:

PT + GT − Lb + GR = PR Dados:

PT = 1kW = 1.0.0 mW = 60 dBmPT = 60 dBm

GT = 75,2 dB (em relação ao monopolo curto) Ganho do Monopolo curto:

mV / m(km)

E= d

Substituindo os valores:

Gm.c.(dBi) = 10 log 3,007 = 4,78Gm.c. = 4,78 dBi

GT = 75,2 + 4,78 = 80 dBi GT = 80 dBi Considerando que Lb = 330 dB : GR = 42,14 dBi

No momento do primeiro desalinhamento lê-se, no Diagrama de Irradiação (Figura 2), que o ganho (GR) da antena da sonda é 2dB menor. Logo:

GR = 42,14 − 2 = 40,14 dBi GR = 40,14 dBi

Substituindo os valores na Equação de Equilíbrio do Sistema, tem-se: 60 + 80 − 330 + 40, 14 = PR

PR = − 149,86 dBm

Relação Sinal Ruído real:

RSRreal = PR − P n

Se Pn = − 160 dBm, então:

RSRreal = − 149,86 − (− 160) = 10,14 RSRreal = 10,14 dB Margem = RSRreal − RSRmin

Sendo RSRmin = 8 dB: Margem = 10,14 − 8dB = 2,14 dB

Margem = 2,14 dB

Como a margem mínima é de 6 dB, o enlace NÃO atende às especificações técnicas. Considerando a imprecisão de leitura do ganho da antena da sonda (Figura 2):

PR = GR − 190

RSRreal = (GR − 190) − Pn = GR − 190 − (− 160)

RSRreal = GR − 30

Margem = RSRreal − RSRmin = GR − 30 − 8 = GR − 38 Margem = GR − 38

Para 39dB ≤ GR ≤ 41 dB, verifica-se que o enlace NÃO atende às especificações técnicas(valor: 6,0 pontos)

Consideram-se aceitáveis valores de GR variando entre 39 e 41 dB.

b)PT = 60 + 2 = 62 dBm PT = 1.584,89 W = 1,58489 kW

Acréscimo = 0,585 kW(valor: 2,0 pontos)

Acréscimo = 1,585 kW - 1 kW = 0,585 kW c)

(valor: 2,0 pontos)

Questão nº 16 Padrão de Resposta Esperado: a)Modem (dibit): 1200 baud equivalem a 2400 bps

m=τ , onde m é o número total de elementos de imagem = 1000.1294 = 1,294.106

AssimHf = m . log2 8 = 3,882.106 bits

Ou, diretamente: Número total de bits = número de elementos x número de bits utilizados para codificar cada elemento

Hf = 1000.1294.3 = 3,882.106 bits O modem leva 1 segundo para transmitir 2400 bits, logo, levará:

O custo médio diário com o modem V.2 bis da ITU será :

Para a RDSI e scanner: Hs = 8,5 x 300 x 1 x 300 x 8 = 67320 kbit.

A economia diária será de 53,92 − 35,06 = R$ 18,86(valor: 6,0 pontos)

b)Quantidade de informação Htv = 640 x 350 x 8 = 1,792 Mbit ⇒

Como 1 quadro de TV é exibido em (1/30) s = 3,3 ms, a transmissão para esta resolução não seria considerada em tempo real. (valor: 4,0 pontos)

Questão nº 17 Padrão de Resposta Esperado:

a)Opção C.

Na codificação Manchester, cada bit é dividido em dois intervalos. O bit 1 é codificado utilizando uma transição no meio do intervalo, inicia com nível alto, vindo após o nível baixo. Na codificação do bit 0 ocorre o inverso: inicia com nível baixo, vindo após a transição nível alto. Este esquema garante que todo bit tenha uma transição no meio do intervalo total, tornando fácil à estação receptora a sincronização com a estação transmissora.

Todo sistema de banda base 802. utiliza a codificação Manchester devido à sua simplicidade. O sinal alto é de 0,85 V e o baixo é de −0,85 V, o que dá um valor DC de 0 Volts.

externo(valor: 3,0 pontos)

Para evitar ambigüidades, nenhuma das versões do 802.3 usa a transmissão da informação diretamente, codificando com 0 Volts o bit 0 e com 5 Volts o bit 1. Se uma estação envia uma "string" de bits 00001000, as outras podem erradamente interpretar o "string" como sendo 10000000 ou 01000000. Para eliminar a ambigüidade há necessidade de se estabelecer o início, meio ou fim, sem referência a um "clock" b)As "bridges" conectam redes LANs separadas formando uma única rede. Elas operam no nível MAC do modelo OSI e executam a interconexão tomando decisões relacionadas com os pacotes a serem transferidos através da rede. A maioria das "bridges" são configuradas por meio de programas e executam as decisões de roteamento com base nos endereços de origem e de destino contidos nos pacotes da rede. São simples de instalar e operar, sendo transparentes às aplicações dos usuários.

Os projetistas de rede escolhem "bridges" quando suas redes têm topologias simples, mesmo que o tráfego englobe muitos protocolos diferentes. Como a "bridge" opera ao nível MAC, o administrador de rede não está preocupado com a operação de cada protocolo. Para protocolos que não podem ser roteados porque não operam na camada de rede, uma "bridge" é a única solução de interconexão.

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