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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
q 2 C = = = 2F v 1
A corrente i é a taxa de variação da carga em relação ao tempo
dq i = dt
Mas q = Cv, onde C é invariante no tempo.
Assim,
d q d d C d v d v i = = (C v ) = v + C = C d t d t d t d t d t
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.
Assim, a corrente na malha é:
V
i (0) = R
(valor: 2,0 pontos)
b) Quando o tempo tende para infinito, o capacitor tende a se carregar com a tensão da fonte.
Assim: v (∞) = V (valor: 2,0 pontos)
c) Aplicando a Transformada de Laplace na equação diferencial:
1 V 1 V
sI(s) - i(0) + I(s) = 0 como i(0) = sI(s) + I(s) = RC R RC R
V 1 V (^) R I(s) s + = I(s) = aplicando a Transformada inversa RC R 1 s + RC t V (^) RC i(t) = e ; ( t 0) R
Solução alternativa
di i di dt
integrando em ambos os lados da igualdade
t (^) + C RC
t RC 0 0
t ln(i) = + C i(t) = e RC
V V i(t) = C e como i(0) = C = R R
−
−
Assim
t i(t) = VeRC R
− (valor: 3,0 pontos)
Obs.: Serão aceitas também outras soluções pertinentes.
(valor: 3,0 pontos)
Questão nº 3
Padrão de Resposta Esperado:
a)
Resistência da Lâmpada 2
2 2
2
V 110
R = = = 121
P 100
A lâmpada 2, quando ligada na tensão 127 V, dissipa:
2 127 P = = 133,3 W 121
O excedente percentual é, então, de
x 100% = 33,3% 100
(valor: 4,0 pontos)
b) Consumo anual excedente da lâmpada 2 =
33,3 W x 24h x 365 dias x 0,15 = 43756,2 Wh = 43,76 kWh
Custo em Reais para uma lâmpada 2
CUSTO = 43,7562 kWh x
R$
0,25 = R$10,
kWh
Custo total (C T
C
T
= 5 x 25 x 10
6 x 10,94 ⇒ C T
= R$ 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
CUSTO = 46 kWh x
R$
0,25 = R$11,
kWh
Custo total (C T
C
T
= 5 x 25 x 10
6 x 11,5 ⇒ C T
= R$ 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
Padrão de Resposta Esperado:
Circuito 1: A − Resistor ideal (valor: 2,0 pontos)
Circuito 2: A − Resistor ideal B − Indutor ideal
C − Capacitor ideal E − Circuito aberto (valor: 2,0 pontos)
Circuito 3: B − Indutor ideal
D − Curto-circuito (valor: 2,0 pontos)
Circuito 4: B − Capacitor ideal (valor: 2,0 pontos)
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 Capacitor de 0,5 mF: (^) C 3
X 5,
−
Reatância do Indutor de 10 mH:
X
C
> X
L
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 X C
3,77 Ω e um R pequeno) a reatância equivalente dos ramos em paralelo se torna indutiva e maior
que 3,77 Ω, fazendo com que seja possível se achar uma combinação dos pares R e X C
, 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 :
eq
j 3,77(R j X) Z j 5, R j (X 3,77)
após algumas manipulações
2 2
eq (^2 )
14,21R j(1,53 X 25,75X 75,32 1 ,53R ) Z R (X 3,77)
A solução analítica sai da seguinte equação: Arg Z (^) eq =0,
ou seja
2 2 1 (1,53 X^ 25,75 X^ 75,32^ 1,53R tg 0, 14,21R
− ^ −^ +^ +^ +^
Chega-se à seguinte equação do 2º grau:
1,53 X
2
2
3 XL 377. 10. 10 3,
− = = Ω
Questão nº 5
Padrão de Resposta Esperado:
F
H
= − F
H
(anulam-se)
Com a corrente no sentido anti-horário havia uma força F v
, vertical de baixo para cima, empurrando o prato.
Com a inversão da corrente passou a existir uma força F v
, de mesmo módulo que F v
, mas com sentido oposto.
F
v
= − F
v
F
v
= 4 iLB
2F
v
= mg (variação da força no prato foi de 2 F v
mg B = 8i L
3
2
1 6 , 4. 1 0. 9 , 8 (^) W b B = = 1 , 1 8
- 0 , 1 7. 0 , 1 m
o u
B = 1 1 8 1 7 , 6 5 g a u s s
−
(valor: 10,0 pontos)
Obs.: Se o graduando considerar que a massa colocada inicialmente no prato direito para equilibrar a força F v
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:
I c
= V
c
/ R
c
I c
= (10 x 10 m V/cm) / 10 ohm
I c
= 100 x 10
− 3 V / 10 ohm x cm
I
c
= 10 x 10
− 3 A/cm
I c
= 10 mA/cm
Daí,
I p
= deflexão x calibração
I p
= 2 cm x 10 mA/cm
I (^) p = 20 mA (valor: 6,0 pontos)
Os graduandos que errarem o cálculo por não considerarem a ponta divisória por 10 não serão penalizados na questão.
Questão nº 8
Padrão de Resposta Esperado:
Reescrevendo o circuito π equivalente:
Sabendo que ∑ I = 0 (Nó 2)
− −
S R R R
V V Y I = V Z 2
(Equação I)
Pela lei das malhas, tem-se:
R S S S
Y
V = V I V Z
R S S S
ZY
V = V ZI + V
(Equação II)
Substituindo a Equação II na Equação I, tem-se:
2 S S S
R S S S S
V V V Y
Y ZY ZY
I = + I V + I V
Z Z 2 2 2 4
R (^) S (^) S
ZY ZY
I = +1 I Y 1+ V
Escrevendo na forma matricial
R S
R S
ZY
1 + Z
V^2 V
I I
ZY ZY
Y 1 + + 1
ZY
A = 1 + B = Z
ZY ZY
C = Y 1 + D = + 1
(valor: 10,0 pontos)
Solução alternativa
S R R
S R R
ZY
V = + 1 V + ZI
ZY ZY
I = Y 1 + V + + 1 I
Escrevendo na forma matricial:
(^) ^ ^ ^
S R
S R
ZY
- 1 Z V 2 V = I I ZY ZY Y 1 + + 1 4 2
Invertendo a matriz:
^
2
R S
R S
ZY ZY
det = + 1 ZY 1 + = 1 2 4
ZY
+ 1 Z
V^2 V
I I
ZY ZY
Y 1 + + 1
Obs.: Serão aceitas outras alternativas de solução, desde que pertinentes.
(valor: 10,0 pontos)
Potência transferida através do entreferro:
2 2 2 g 2 1 eq
2 g
r P =3 I = 3I R s
P = 3 x (25,9) x 3,87 = 7788W
Potência mecânica interna:
P
m
= P
g
− P
cu
= P
g
(1 − s)
P
m
= 7788 (1 − 0,02) ⇒ P
m
= 7632 W
Potência de saída:
P
s
= P
m
− P
AVF
= 7632 − 400 = 7232 W
Conjugado de saída:
ω
s s ro to r
P (^) 7 2 3 2 T = = = 3 9 ,1 5 N m 1 8 4 , 7
Cálculo do rendimento:
Perdas no cobre do estator
Pcu ESTATOR
= 3 x (25,9)
2 x 0,3 = 603,7 W
Pcn ROTOR
= 0,02 x 7788 = 155,8 W
Potência de entrada
P
ENTRADA
= 7788 + 603,7 = 8391,7 W
P
AVF
= 400 W
Perdas = 603,7 + 155,8 + 400 = 1159,5 W
RENDIMENTO =
/ S A I D A
E N T R A D A
P
P 81 9 1, 7
≅ (valor: 10,0 pontos)
Questão nº 10
Padrão de Resposta Esperado:
a)
Ensaio de curto-circuito
Cálculo da impedância de curto-circuito no lado de alta tensão:
cc Ω cc cc
V 110
Z = = = 2,
I 40
Cálculo da resistência de curto-circuito no lado de alta tensão:
cc Ω cc (^2 ) cc
P 1000
R = = = 0,
I 40
Cálculo da reatância de curto-circuito no lado de alta tensão:
2 2 2 2 Xcc = Zcc Rcc = 2,75 0,625 = 2,
Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:
r 1
= r 2
= 0,5 r eq
= 0,5 R
cc
x 1
= x 2
= 0,5 x eq
= 0,5 X
cc
Parâmetros do circuito equivalente no lado de baixa tensão:
2
1 2
2
1 2
r = r = 0,3125 x = 0, 2200
x = x = 1,339 x = 0, 2200
Ensaio de circuito aberto
Cálculo da admitância de circuito aberto no lado de baixa tensão:
CA CA CA
I 10
Y = = = 0,045 S
V 220
Cálculo da condutância:
2
CA m (^2) CA
P 200
g = = = 0,00413 S V 220
Questão nº 11
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.
Como a tensão direta é constante e igual a 2V:
(20 2) V
R1= = 600
30mA
(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
V CE
= 10 V.
Conclui-se que R2 deve ser tal que garanta V CE
= 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 I C
= 4 mA.
Então R2 = (20 − V CE
) / I
C
= (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. T
c) Implementação:
(valor: 4,0 pontos)
(valor: 4,0 pontos)
(valor: 2,0 pontos)
Questão nº 14
Padrão de Resposta Esperado:
a) Ganho da rede:
2
i s 2 th o th
V
P =
4R
V
P =
4R
onde V th
e R th
referem-se, respectivamente, à tensão e à resistência equivalentes de Thèvenin. Portanto,
L th s (^) L
s (^) L th s (^) L
R 50
V = V = V
2R + R 650
2R x R R = 50 2R + R
2
2
0
V
P
4 x 13 x 50
Usando a equação do ganho obtém-se:
2
2
2
V 4 x 300 6 G x 4 x 13 x 50 V^169
i
0
P
G = = 6/
P
L = 1/G = 28,
A figura de ruído é dada por
F = 1 + (L − 1) ≈ 28,2 (valor: 8,0 pontos)
b) Cálculo da degradação
D = 10log(28,2) ≈ 14 dB (valor: 2,0 pontos)
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:
P
T
+ G
T
− L
b
+ G
R
= P
R
Dados:
P
T
= 1kW = 1.000.000 mW = 60 dBm P T
= 60 dBm
G
T
= 75,22 dB (em relação ao monopolo curto)
Ganho do Monopolo curto:
(kW) mV / m (km)
173 P .G
E =
d
Substituindo os valores:
m.c.
2 2 m.c. m.c.
173 1.G 300
300 = G = G = (1,734) = 3,
G
m.c.
(dBi) = 10 log 3,007 = 4,78 G m.c.
= 4,78 dBi
G
T
= 75,22 + 4,78 = 80 dBi
G
T
= 80 dBi
Considerando que L b
= 330 dB :
G
R
= 42,14 dBi
No momento do primeiro desalinhamento lê-se, no Diagrama de Irradiação (Figura 2), que o ganho (G R
) da antena da sonda é 2dB menor.
Logo:
G
R
= 42,14 − 2 = 40,14 dBi
G
R
= 40,14 dBi
Substituindo os valores na Equação de Equilíbrio do Sistema, tem-se:
60 + 80 − 330 + 40, 14 = P
R
P
R
= − 149,86 dBm
