404307762-Eletronica-Analogica-pdf

Prévia do material em texto

DR
AF
T
CONCURSO PETROBRAS
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JR - ELETRÔNICA
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JR - ELÉTRICA
ENGENHEIRO(A) DE AUTOMAÇÃO JR
Questões Resolvidas
Eletrônica Analógica
QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA CESGRANRIO
Eng. Roni Gabriel Rigoni
www.concursopetrobraseng.com.br
www.concursopetrobraseng.com.br
DR
AF
T
Introdução
Para a utilização deste material é recomendado que o leitor já tenha estudado todo o conteúdo
referente a Eletrônica Analógica, como consta no edital do concurso. Por este motivo, não é explicado
detalhadamente cada método, teorema ou definição utilizados durante as resoluções. Porém fazemos
questão de sempre deixar explícito qual método/teorema/definição está sendo utilizado, para o leitor
poder cunsultá-lo na bibliografia que preferir.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja
consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor
encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser
corrigido.
O autor deste material não tem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, e as
resoluções aqui apresentadas são de autoria exclusiva de Roni Gabriel Rigoni, formado pela Univer-
sidade Federal de Santa Catarina e atualmente Engenheiro de Automação da Petrobras Transportes -
Transpetro.
Este material é de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por
quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se
o infrator à responsabilização civil e criminal.
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
Capı́tulo 1
Eletrônica Analógica
1.1 Amplificador Operacional
Questão 1
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
8
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
Vi
VL VD
Vo
L D
S C R
endereço xx1 xx2 xx3 ... x12
34 A2 B6 AF D8 1A 18 2E 5F 98 AA C1... ...
Memória
ponteiro
255 2561 2 3 4
1
2
3
15
16
..
.
...
Painel de leds
(A)
4
E
(B) E2 (C)
3
E
(D)
3
E2
� (E)
2
E
�
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
A figura acima apresenta um painel eletrônico de exibição de
mensagens, formado por uma matriz de leds com 16 linhas
e 256 colunas, e parte da memória do painel. O conteúdo da
memória está representado por números hexadecimais. Um
led aceso corresponde ao bit 1, enquanto um led apagado
ao bit 0. A informação a ser apresentada no painel é armaze-
nada seqüencialmente na memória do aparelho, mapeando
cada coluna do painel por dois bytes. O primeiro byte
corresponde às linhas 1 até 8, enquanto o segundo byte às
linhas 9 até 16. As linhas 1 e 9 correspondem aos bits me-
nos significativos de cada byte. Por fim, existe um ponteiro
que indica a posição da memória onde se inicia a informa-
ção a ser disposta no painel, a partir da coluna 1.
Na situação ilustrada, os leds nas colunas 3, 4 e 5 da linha
6 do painel, respectivamente, estarão:
27
A figura acima apresenta um circuito ativo, utilizado na
implementação de compensadores de primeira ordem de atraso
de fase ou de avanço de fase. O amplificador operacional do
circuito pode ser considerado como ideal. Para que o pólo da
função de transferência do compensador esteja localizado em
s = 5, a resistência de R, em , deverá ser
(A) 0,5 (B) 1,0
(C) 2,0 (D) 5,0
(E) 8,0
28
Figura 1
Figura 2
O circuito da Figura 1 é um conversor CC-CC denominado
Boost, alimentado por uma tensão V
i
 em volts, cuja forma de
onda é apresentada na Figura 2. Considerando o seu funcio-
namento em regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S está aberta, o capacitor é o elemento
responsável por suprir a corrente da carga.
(B) quando a chave S está fechada, o diodo D conduz.
(C) a tensão média no indutor é igual a A.
(D) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A D
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
(E) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
29
A expressão da tensão V
xy
 do Equivalente Thevenin entre
os pontos X e Y do circuito da figura acima é
�
E
�
R
X
�
3E
� R
R
Y
�
Vxy
�
+
+
+
-
-
-
1 K�
R
20 F�
40 F�
V1 V2
Vi
toff ton
A
0
t
T
Leds na linha 6
coluna 3 coluna 4 coluna 5
(A) apagado aceso apagado
(B) apagado apagado aceso
(C) apagado apagado apagado
(D) aceso aceso aceso
(E) aceso apagado apagado
www.pciconcursos.com.br
_
Resolução:
Para evitar erros de cálculos prematuros, faremos R1 = 1KΩ, C2 = 20µF ,
C3 = 40µF , e as impedâncias Z1 = R1, Z2 = 1C2s e Z3 =
1
C3s
. Agora podemos equa-
cionar o circuito, igualando a corrente do circuito de entrada (iin) com a corrente
de saída (iout):
iin = iout
V1 ×
(Z1 + Z2)
Z1Z2
= −V2 ×
(R + Z3)
RZ3
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 2
Agora achamos Vo = V2V1 , que é nossa função de transferência, rearranjando
nossa equação:
V2
V1
= −RZ3(Z1 + Z2)
Z1Z2(R + Z3)
V2
V1
= −
R 1
C3s
(R1 +
1
C2s
)
R1
1
C2s
(R + 1
C3s
)
V2
V1
=
R(R1C2s+ 1)
R1(RC3s+ 1)
(1.1)
Da equação 1.1 calculamos o pólo, e o igualamos a -5 como manda o enun-
ciado:
RC3s+ 1 = 0
R = − 1
C3s
R = − 1
(40× 10−6)× (−5)
R = 5× 103 = 5KΩ
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 3
Questão 2
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
12
43
Deseja-se projetar um circuito, usando-se apenas um 
somador de 4 bits tipo 7483, que converta um número 
D4D3D2D1D0, em representação BCD de 5 bits (0 a 19), 
para um número B4B3B2B1B0, em representação binária 
de 5 bits. Para isso, basta zerar Ci e tomar as saídas do 
somador, desde que as entradas A3A2A1A0 e B3B2B1B0 
sejam, respectivamente,
(A) D3D2D1D0 e 1010
(B) D3D2D1D0 e 0110
(C) D3D2D1D0 e D40D40
(D) D3D2D1D0 e 0D4D40
(E) D3D2D1D0 e D4D4D4D4
44
Desconsiderando-se os inversores, a menor soma de 
produtos que implementa o mapa acima possui 
(A) 3 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 3 entra-
das.
(B) 3 portas AND de 3 entradas e 1 porta OR de 3 entra-
das.
(C) 2 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 2 entra-
das.
(D) 2 portas AND de 2 entradas, 1 porta AND de 3 entra-
das e 1 porta OR de 3 entradas.
(E) 1 porta AND de 2 entradas, 2 portas AND de 3 entra-
das e 1 porta OR de 3 entradas.
45
A figura acima mostra um circuito amplificador que forne-
ce uma saída vo, baseada na diferença entre duas entra-
das (v1 – v2). O valor da resistência do potenciômetro RP, 
em função de R, para que se tenha Vo = 3 (V1 – V2), é
(A) R (B) 2R
(C) (D) 
 
(E) 
46
O circuito da figura acima mostra os dados de polarização 
de um transistor NPN. Para que a corrente CC de coletor 
seja de 2 mA e seja garantida uma excursão, no sinal 
de coletor, de 2 V (pico a pico), alcançando-se o limiar 
de transição para a região de saturação do transistor, os 
valores de RB e RC são, em kΩ, respectivamente, 
(A) 16 e 6,25 (B) 16 e 5,35 
(C) 24 e 5,35 (D) 28 e 5,35 
(E) 28 e 6,25 
Resolução:
À primeira vista já identificamos que o circuito é um simplis Amplificador
de Instrumentação, cuja conhecida equação é (como esta equação é trabalhosa
para ser obtida, aconselha-se que o candidato a saiba de cabeça):
Vo = (V1 − V2)(1 +
2R
RP
)
Mas como nos foi dado que Vo = 3(V1 − V2), temos:
3(V1 − V2) = (V1 − V2)(1 +
2R
RP
)
3 = 1 +
2R
RP
2R
RP
= 2
RP = R
�� ��Alternativa (A)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada,por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 4
Questão 3
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
2
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
1
`
O circuito apresentado na figura acima mostra um transis-
tor MOSFET, construído numa tecnologia em que a tensão
de limiar é igual 1 V (Vth = 1 V). Para que o transistor opere
na região de saturação, os valores dos resistores R1 e R2,
em k�, deverão ser, respectivamente,
(A) R1 � 2 e R2 � 3
(B) R1 � 2 e R2 � 3
(C) R1 � 2 e R2 � 3
(D) R1 � 3 e R2 � 2
(E) R1 � 3 e R2 � 2
2
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, que pode ser considerado ideal para
efeito de análise. A fonte VE é do tipo senoidal com nível
DC nulo. A grandeza que, ao ser duplicada de valor, provo-
cará o maior aumento na amplitude do sinal VS, em regime
permanente, é a
(A) frequência da fonte VE.
(B) reatância do capacitor C1.
(C) capacitância C1.
(D) resistência R1.
(E) resistência equivalente Req = R1 // R2.
3
O circuito da figura acima representa um Schmitt Trigger em
que o amplificador operacional é ideal, com tensões de sa-
turação de 0V e 12V. O amplificador operacional encontra-
se inicialmente saturado, de modo que em t = 0, Vo= 12 V. O
gráfico mostra a forma de onda do sinal de entrada no in-
tervalo de 0 a 12s. Nesse intervalo, durante quantos se-
gundos o sinal de saída permanecerá com tensão nula?
(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
4
mov cx,4
mov esi,20000000h
mov dx,6000h
rep outs dx, dword ptr [esi]
Ao executar a sequência de instruções acima, o número
de ciclos de barramento gastos pela instrução rep outs e o
número de bytes transferidos, num processador x86 com
32 bits de barramento de dados externo, são, respectiva-
mente:
(A) 2 e 8
(B) 2 e 16
(C) 4 e 4
(D) 4 e 8
(E) 4 e 16
10 V
2 mA
R1
5 V
R2
R1
C1
VE
R2
VS
+
_
_
+
+
_
V [V]i
12
0
3 [s]0 12 t
+
_
�
12 V
Vo
10 k
10 k
10 k
Vi
�
�
�
Resolução:
A função de transferência do circuito apresentado será:
VS
VE
= − 1
C1s
× 1
Req
VS
VE
= − 1
C1jω
× 1
Req
VS
VE
= j
1
C1ω︸︷︷︸
Xc
× 1
Req
VS
VE
= jXc ×
1
Req
Como vemos, VS é diretamente proporcional à reatância capacitiva de C1 (Xc),
logo a alternativa correta é a letra (B). Veja também que VS é inversamente pro-
porcional a ω, C1, R1 e Req, que correspondem às outras alternativas.
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 5
Questão 4
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
2
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
1
`
O circuito apresentado na figura acima mostra um transis-
tor MOSFET, construído numa tecnologia em que a tensão
de limiar é igual 1 V (Vth = 1 V). Para que o transistor opere
na região de saturação, os valores dos resistores R1 e R2,
em k�, deverão ser, respectivamente,
(A) R1 � 2 e R2 � 3
(B) R1 � 2 e R2 � 3
(C) R1 � 2 e R2 � 3
(D) R1 � 3 e R2 � 2
(E) R1 � 3 e R2 � 2
2
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, que pode ser considerado ideal para
efeito de análise. A fonte VE é do tipo senoidal com nível
DC nulo. A grandeza que, ao ser duplicada de valor, provo-
cará o maior aumento na amplitude do sinal VS, em regime
permanente, é a
(A) frequência da fonte VE.
(B) reatância do capacitor C1.
(C) capacitância C1.
(D) resistência R1.
(E) resistência equivalente Req = R1 // R2.
3
O circuito da figura acima representa um Schmitt Trigger em
que o amplificador operacional é ideal, com tensões de sa-
turação de 0V e 12V. O amplificador operacional encontra-
se inicialmente saturado, de modo que em t = 0, Vo= 12 V. O
gráfico mostra a forma de onda do sinal de entrada no in-
tervalo de 0 a 12s. Nesse intervalo, durante quantos se-
gundos o sinal de saída permanecerá com tensão nula?
(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
4
mov cx,4
mov esi,20000000h
mov dx,6000h
rep outs dx, dword ptr [esi]
Ao executar a sequência de instruções acima, o número
de ciclos de barramento gastos pela instrução rep outs e o
número de bytes transferidos, num processador x86 com
32 bits de barramento de dados externo, são, respectiva-
mente:
(A) 2 e 8
(B) 2 e 16
(C) 4 e 4
(D) 4 e 8
(E) 4 e 16
10 V
2 mA
R1
5 V
R2
R1
C1
VE
R2
VS
+
_
_
+
+
_
V [V]i
12
0
3 [s]0 12 t
+
_
�
12 V Vo
10 k
10 k
10 k
Vi
�
�
�
Resolução:
Por se tratar de um AmpOp ideal, vemos pelo circuito que V+ = V− = Vi.
Então equacionamos o circuito a fim de encontrar uma função de transferência:
12− Vi
10k
=
Vi
10k
+
Vi − Vo
10k
Vo = 3Vi − 12 (1.2)
Para encontrarmos o valor de Vi correspondente à tensão de Limiar Superior
(que chamaremos de VLS) voltamos à equação 1.2 e fazemos Vo = 12V :
Vo = 3Vi − 12
12 = 3VLS − 12
VLS = 8V
Para encontrarmos o valor de Vi correspondente à tensão de Limiar Inferior
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 6
(que chamaremos de VLI) voltamos à equação 1.2 e fazemos Vo = 0V :
Vo = 3Vi − 12
0 = 3VLI − 12
VLI = 4V
Agora que encontramos as tensões de limiar, podemos indicá-las no gráfico
do sinal de entrada:
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
2
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
1
`
O circuito apresentado na figura acima mostra um transis-
tor MOSFET, construído numa tecnologia em que a tensão
de limiar é igual 1 V (Vth = 1 V). Para que o transistor opere
na região de saturação, os valores dos resistores R1 e R2,
em k�, deverão ser, respectivamente,
(A) R1 � 2 e R2 � 3
(B) R1 � 2 e R2 � 3
(C) R1 � 2 e R2 � 3
(D) R1 � 3 e R2 � 2
(E) R1 � 3 e R2 � 2
2
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, que pode ser considerado ideal para
efeito de análise. A fonte VE é do tipo senoidal com nível
DC nulo. A grandeza que, ao ser duplicada de valor, provo-
cará o maior aumento na amplitude do sinal VS, em regime
permanente, é a
(A) frequência da fonte VE.
(B) reatância do capacitor C1.
(C) capacitância C1.
(D) resistência R1.
(E) resistência equivalente Req = R1 // R2.
3
O circuito da figura acima representa um Schmitt Trigger em
que o amplificador operacional é ideal, com tensões de sa-
turação de 0V e 12V. O amplificador operacional encontra-
se inicialmente saturado, de modo que em t = 0, Vo= 12 V. O
gráfico mostra a forma de onda do sinal de entrada no in-
tervalo de 0 a 12s. Nesse intervalo, durante quantos se-
gundos o sinal de saída permanecerá com tensão nula?
(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
4
mov cx,4
mov esi,20000000h
mov dx,6000h
rep outs dx, dword ptr [esi]
Ao executar a sequência de instruções acima, o número
de ciclos de barramento gastos pela instrução rep outs e o
número de bytes transferidos, num processador x86 com
32 bits de barramento de dados externo, são, respectiva-
mente:
(A) 2 e 8
(B) 2 e 16
(C) 4 e 4
(D) 4 e 8
(E) 4 e 16
10 V
2 mA
R1
5 V
R2
R1
C1
VE
R2
VS
+
_
_
+
+
_
V [V]i
12
0
3 [s]0 12 t
+
_
�
12 V Vo
10 k
10 k
10 k
Vi
�
�
�
8
4
2 9
Temos que lembrar que um Schmitt Trigger apresenta a saída invertida, ou
seja, quando o sinal de entrada atinge o limiar superior (VLS = 8V ) a saída vai para
zero,e quando a entrada atinge o limiar inferior (VLI = 4V ) a saída vai para 12V .
No gráfico assinalamos em vermelho os pontos onde acontecerá inversão no
sinal de entrada, lembrando que no primeiro cruzamento (t = 1s) não há mudança
pois a condição inicial já é Vo = 12V . Logo, do gráfico podemos observar os
seguintes estados:
I) t ∈ [0,2) : Vo = 12V , que é a condição inicial.
II) t = 2 : Vi atinge VLS = 8V , logo Vo = 0.
III) t ∈ [2,9) : Vi ainda não atingiu VLI , então Vo continua igual a zero.
IV) t = 9 : Vi atinge VLI = 4V , logo Vo = 12V .
V) t ∈ (9,12] : Vo continua igual a 12V.
Como pode ser visto, a saída Vo será igual a zero apenas no invervalo de 2
a 9 segundos, logo o intervalo no qual Vo = 0 é: ∆t = 9− 2 = 7s. �� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 7
Questão 5
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)
ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)
6
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
21
Considere o amplificador operacional montado na configura-
ção mostrada na figura acima. Aplicando uma tensão Ve = 5 V
na entrada, a tensão Vo na saída, em volt, será de
(A) 9,80 (B) 4,80
(C) 6,25 (D) 16,25
(E) 24,80
22
O circuito da figura representa um multivibrador astável
que gera uma onda quadrada na saída Vo. O período de
oscilação, em milissegundos, é
(Dados: ln 2 = 0,69, ln 3 = 1,10 e ln 5 = 1,61, onde ln é o
logaritmo Neperiano.)
(A) 13,8
(B) 22
(C) 23
(D) 32,2
(E) 46
23
Seja um contador binário com os sinais LOAD (carregamento),
EN(enable)e UP (contagem ascendente ou descendente) ativados
em nível alto. Considere EN = 1, UP = 0, D3D2D1D0 = 0101 e
LOAD = Q3, onde D3D2D1D0 é a entrada paralela e
Q3Q2Q1Q0 é a saída. O número de estados da seqüência
permanente é
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
24
O circuito da figura representa um simulador de indutância
de Antoniou, considerado um dos ‘melhores’ circuitos
RC-Amp. Op. para implemetar uma indutância, uma vez que
é mais robusto às características não ideais dos amplifica-
dores operacionais. Considerando-se os amplificadores
ideais, a impedância de entrada do circuito, Zin na figura, é
equivalente à impedância de uma indutância, em Henrys, de
(A) 0,80
(B) 0,40
(C) 0,16
(D) 0,08
(E) 0,02
25
A Tabela Verdade acima mostra a saída Y de um circuito
combinacional cujas entradas são as variáveis booleanas A,
B e C, onde A é o bit mais significativo. A expressão
minimizada da função � �C,B,AfY � é
5 �
12 �
20 �
4 �Ve
+
-
Vo
+
+
-
-
100k�
100k�
1M�
10nF
Vo
+
-
20k� 20k� 20k�
20k�
A1
A2
Zin
-
-
+
+
1nF
A B C Y
000 1
001 1
010 0
011 0
100 1
101 1
110 1
111 0
(A) AY �
(B) C.AY �
(C) BC.AY ��
(D) BC.AY ��
(E) B.ACY ��
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Ao olharmos para o circuito identificamos imediatamente um circuito Não-
Inversor:
ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)
6
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
21
Considere o amplificador operacional montado na configura-
ção mostrada na figura acima. Aplicando uma tensão Ve = 5 V
na entrada, a tensão Vo na saída, em volt, será de
(A) 9,80 (B) 4,80
(C) 6,25 (D) 16,25
(E) 24,80
22
O circuito da figura representa um multivibrador astável
que gera uma onda quadrada na saída Vo. O período de
oscilação, em milissegundos, é
(Dados: ln 2 = 0,69, ln 3 = 1,10 e ln 5 = 1,61, onde ln é o
logaritmo Neperiano.)
(A) 13,8
(B) 22
(C) 23
(D) 32,2
(E) 46
23
Seja um contador binário com os sinais LOAD (carregamento),
EN(enable)e UP (contagem ascendente ou descendente) ativados
em nível alto. Considere EN = 1, UP = 0, D3D2D1D0 = 0101 e
LOAD = Q3, onde D3D2D1D0 é a entrada paralela e
Q3Q2Q1Q0 é a saída. O número de estados da seqüência
permanente é
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
24
O circuito da figura representa um simulador de indutância
de Antoniou, considerado um dos ‘melhores’ circuitos
RC-Amp. Op. para implemetar uma indutância, uma vez que
é mais robusto às características não ideais dos amplifica-
dores operacionais. Considerando-se os amplificadores
ideais, a impedância de entrada do circuito, Zin na figura, é
equivalente à impedância de uma indutância, em Henrys, de
(A) 0,80
(B) 0,40
(C) 0,16
(D) 0,08
(E) 0,02
25
A Tabela Verdade acima mostra a saída Y de um circuito
combinacional cujas entradas são as variáveis booleanas A,
B e C, onde A é o bit mais significativo. A expressão
minimizada da função � �C,B,AfY � é
5 �
12 �
20 �
4 �Ve
+
-
Vo
+
+
-
-
100k�
100k�
1M�
10nF
Vo
+
-
20k� 20k� 20k�
20k�
A1
A2
Zin
-
-
+
+
1nF
A B C Y
000 1
001 1
010 0
011 0
100 1
101 1
110 1
111 0
(A) AY �
(B) C.AY �
(C) BC.AY ��
(D) BC.AY ��
(E) B.ACY ��
www.pciconcursos.com.br
Não-Inversor
Vemos que a tensão de entrada Vi do Não-Inversor (correspondente ao V+)
é um divisor de tensão de Ve pelos resistores 12Ω e 4Ω, logo:
Vi = Ve ×
4
12 + 4
Vi = 5×
4
16
Vi =
5
4
V
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 8
Agora que temos Vi basta aplicarmos a conhecida equação do Amplificador
Não-Inversor:
Vo = Vi(1 +
R2
R1
)
Vo =
5
4
(1 +
20
5
)
Vo =
5
4
+ 5
Vo =
25
4
Vo = 6, 25V
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 9
Questão 6
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)
ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)
6
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
21
Considere o amplificador operacional montado na configura-
ção mostrada na figura acima. Aplicando uma tensão Ve = 5 V
na entrada, a tensão Vo na saída, em volt, será de
(A) 9,80 (B) 4,80
(C) 6,25 (D) 16,25
(E) 24,80
22
O circuito da figura representa um multivibrador astável
que gera uma onda quadrada na saída Vo. O período de
oscilação, em milissegundos, é
(Dados: ln 2 = 0,69, ln 3 = 1,10 e ln 5 = 1,61, onde ln é o
logaritmo Neperiano.)
(A) 13,8
(B) 22
(C) 23
(D) 32,2
(E) 46
23
Seja um contador binário com os sinais LOAD (carregamento),
EN(enable)e UP (contagem ascendente ou descendente) ativados
em nível alto. Considere EN = 1, UP = 0, D3D2D1D0 = 0101 e
LOAD = Q3, onde D3D2D1D0 é a entrada paralela e
Q3Q2Q1Q0 é a saída. O número de estados da seqüência
permanente é
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
24
O circuito da figura representa um simulador de indutância
de Antoniou, considerado um dos ‘melhores’ circuitos
RC-Amp. Op. para implemetar uma indutância, uma vez que
é mais robusto às características não ideais dos amplifica-
dores operacionais. Considerando-se os amplificadores
ideais, a impedância de entrada do circuito, Zin na figura, é
equivalente à impedância de uma indutância, em Henrys, de
(A) 0,80
(B) 0,40
(C) 0,16
(D) 0,08
(E) 0,02
25
A Tabela Verdade acima mostra a saída Y de um circuito
combinacional cujas entradas são as variáveis booleanas A,
B e C, onde A é o bit mais significativo. A expressão
minimizada da função � �C,B,AfY � é
5 �
12 �
20 �
4 �Ve
+
-
Vo
+
+
-
-
100k�
100k�
1M�
10nF
Vo
+
-
20k� 20k� 20k�
20k�
A1
A2
Zin
-
-
+
+
1nF
A B C Y
000 1
001 1
010 0
011 0
100 1
101 1
110 1
111 0
(A) AY �
(B) C.AY �
(C) BC.AY ��
(D) BC.AY ��
(E) B.ACY ��
www.pciconcursos.com.brResolução:
O período de oscilação T para um multivibrador astável é dado por:
T = 2τ ln
1 + β
1− β
Mas
τ = RC
τ = (1× 106)× (10× 10−9)
τ = 10× 10−3s
E β é dado por:
β =
R1
R1 +R2
β =
100× 103
100× 103 + 100× 103
β = 0, 5
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 10
Agora finalmente podemos calcular o valor do período T :
T = 2τ ln
1 + β
1− β
T = 2(10× 10−3) ln 1 + 0, 5
1− 0, 5
T = 20× 10−3 ln 3
T = 20× 10−3 × 1, 10
T = 22× 10−3
T = 22ms
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 11
Questão 7
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
No circuito da figura, o amplificador operacional é polarizado de modo que os limites máximo e mínimo de excursão de 
sinal na saída vo sejam + 10 V e – 10 V, respectivamente. Além disso, um sinal senoidal de amplitude igual a 10 V e frequência 
de 1 kHz é aplicado à entrada vi, conforme mostrado na figura.
vi
27 k�
vi (V)
t (ms)
+10
-10
v
o
v
o
(V)
27 k�
R1
R
2
+10
-10
td
1
t (ms)
Desprezando os atrasos devidos à resposta em frequência do amplificador operacional, o instante de tempo td, em milis-
segundos, apresentado no gráfico da tensão na saída vo, vale
(A) 1
3
 (B) 1
6
 (C) 1
9
 (D) 1
12
 (E) 1
15
 
Resolução:
Como podemos perceber, o circuito em questão é um Multivibrador Bi-
estável do tipo inversor. Ou seja, possui dois estados em que pode permanecer
por tempo indefinido, passando de um estado para outro por intermédio de estímu-
los externos. O limiar da tensão de entrada que provocará a comutação da saída
é definida neste caso por:
Vth = βL
+ =
R1
R1 +R2
× L+ = 27k
27k + 27k
× 10 = 5V
onde o valor de saturação positivo L+ = 10V foi retirado do gráfico Vo × t.
Ou seja, toda vez que o sinal de entrada Vi for menor que 5V , a saída Vo
será igual a +10V , por se tratar de um inversor. Analogamente, quando Vi > 5V
temos Vo = −10V .
Como o td assinalado no gráfico corresponde ao tempo onde ocorre uma
mudança de Vo = +10V para Vo = −10V , concluímos que td corresponde então
ao tempo onde a tensão de entrada Vi atinge o valor 5V , no trecho ascendente da
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 12
senóide. Do gráfico de Vi temos:
Vi = 10sen(ωt)
Vi = 10sen(2πft)
5 = 10sen(2π(103)td)
sen(2π(103)td) = 0, 5
2π(103)td = sen
−1(0, 5)
2π(103)td =
π
6
td =
1
12
× 10−3
td =
1
12
ms
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 13
Questão 8
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
A figura apresenta um filtro de Sallen-Key, com os valores dos componentes normalizados, cuja resposta em frequência 
possui uma banda passante que vai até 1,0 rad/s. 
2 �
1 �
vo
2 � 1 �
1 F
0,5 F
vi
Em seguida, é apresentada uma versão escalada desse filtro. 
vo
10k�
40 nF
vi
10 k�
5 k�
5 k�
20 nF
Qual é, em rad/s, o limite da banda passante do filtro escalado?
(A) 1.000 (B) 2.000 (C) 3.000 (D) 4.000 (E) 5.000
Resolução:
O que podemos observar é que houve um escalamento simultâneo em
impedância e em frequência. Primeiramente vamos calcular o coeficiente de
escalamento em impedância KZ , observando para isso a mundaça de escala nas
resistências, lembrando que:
R→ R′ = KZR
Analisando o escalamento da resistência de entrada (mas pode ser escolhido qual-
quer outra resistência) então encontramos facilmente KZ :
R′ = KZR
10× 103 = KZ2
KZ = 5000
Agora analisamos o escalamento em frequência, lembrando que:
C → C ′ = C
KZKF
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 14
Analisando o escalamento do capacitor superior (mas pode ser escolhido o inferior
também) então encontramos o coeficiiente de escalamento em frequência KF :
C ′ =
C
KZKF
20× 10−9 = 0, 5
5000KF
KF = 5000
Ora, sabemos que o escalamento em frequência ocorre proporcionalmente
sobre todo o espectro, ou seja, o limite da banda passante será igual ao valor
anterior ao escalamento (1rad/s) multiplicado por KF = 5000, logo o novo limite
será igual a 5000rad/s.
�� ��Alternativa (E)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 15
Questão 9
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)
ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)
6
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
21
Considere o amplificador operacional montado na configura-
ção mostrada na figura acima. Aplicando uma tensão Ve = 5 V
na entrada, a tensão Vo na saída, em volt, será de
(A) 9,80 (B) 4,80
(C) 6,25 (D) 16,25
(E) 24,80
22
O circuito da figura representa um multivibrador astável
que gera uma onda quadrada na saída Vo. O período de
oscilação, em milissegundos, é
(Dados: ln 2 = 0,69, ln 3 = 1,10 e ln 5 = 1,61, onde ln é o
logaritmo Neperiano.)
(A) 13,8
(B) 22
(C) 23
(D) 32,2
(E) 46
23
Seja um contador binário com os sinais LOAD (carregamento),
EN(enable)e UP (contagem ascendente ou descendente) ativados
em nível alto. Considere EN = 1, UP = 0, D3D2D1D0 = 0101 e
LOAD = Q3, onde D3D2D1D0 é a entrada paralela e
Q3Q2Q1Q0 é a saída. O número de estados da seqüência
permanente é
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
24
O circuito da figura representa um simulador de indutância
de Antoniou, considerado um dos ‘melhores’ circuitos
RC-Amp. Op. para implemetar uma indutância, uma vez que
é mais robusto às características não ideais dos amplifica-
dores operacionais. Considerando-se os amplificadores
ideais, a impedância de entrada do circuito, Zin na figura, é
equivalente à impedância de uma indutância, em Henrys, de
(A) 0,80
(B) 0,40
(C) 0,16
(D) 0,08
(E) 0,02
25
A Tabela Verdade acima mostra a saída Y de um circuito
combinacional cujas entradas são as variáveis booleanas A,
B e C, onde A é o bit mais significativo. A expressão
minimizada da função � �C,B,AfY � é
5 �
12 �
20 �
4 �Ve
+
-
Vo
+
+
-
-
100k�
100k�
1M�
10nF
Vo
+
-
20k� 20k� 20k�
20k�
A1
A2
Zin
-
-
+
+
1nF
A B C Y
000 1
001 1
010 0
011 0
100 1
101 1
110 1
111 0
(A) AY �
(B) C.AY �
(C) BC.AY ��
(D) BC.AY ��
(E) B.ACY ��
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Para resolver esta questão é necessário que o candidato tenha decoradoa
fórmula para a indutância simulada pelo circuito de Antoniou, pois sua dedução
é muito trabalhosa e inviável para a hora da prova. Numerando os resistores de
forma crescente da esquerda para a direita, temos que a indutância simulada pelo
circuito é dada por:
L =
CR1R3R5
R2
L = CR2
L = (1× 10−9)× (20× 103)2
L = (1× 10−9)× (4× 108)
L = 4× 10−1
L = 0, 4H
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 16
Questão 10
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007)
7
Engenheiro de Equipamentos Júnior - Eletrônica
20
Considere verdadeira a declaração: “Se alguém é brasileiro,
então não desiste nunca”.
Com base na declaração, é correto concluir que:
(A) se alguém desiste, então não é brasileiro.
(B) se alguém não desiste nunca, então é brasileiro.
(C) se alguém não desiste nunca, então não é brasileiro.
(D) se alguém não é brasileiro, então desiste.
(E) se alguém não é brasileiro, então não desiste nunca.
21
Amanda, Beatriz e Cláudia são filhas de Rita, Sílvia e Tânia,
não necessariamente na ordem dada. Cada uma dessas mães
só tem uma filha. Três afirmativas são feitas abaixo, mas
somente uma é verdadeira.
I – Amanda não é filha de Tânia.
II – Beatriz é filha de Tânia.
III – Cláudia não é filha de Rita.
É correto concluir que:
(A) Amanda é filha de Rita, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Sílvia.
(B) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Sílvia e Cláudia
é filha de Rita.
(C) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Sílvia.
(D) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Tânia.
(E) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Rita.
(A) CDBAf ��min
(B) ACBf ��min
(C) DCBAf ��min
(D) ADDCf ��min
(E) CDDAf ��min
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
22
A figura acima apresenta um circuito contendo amplificado-
res operacionais, considerados ideais. Esse circuito permite
obter uma relação entre a saída y(t) e a entrada u(t), através
de uma equação diferencial. Esta equação é:
(A) dy(t) du(t)3 +4y(t) = 2 +5u(t)
dt dt
(B)
dy(t)
2 +8y(t) = 7u(t)
dt
(C)
dy(t)
+2y(t) = 5u(t)
dt
(D)
dy(t) du(t)
+4y(t) = 7 +2u(t)
dt dt
(E)
dy(t)
+6y(t) = 8u(t)
dt
23
Uma função booleana com quatro variáveis de entrada é as-
sim definida:
f ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD� � � � � �
Utilizando técnicas de minimização da Álgebra Booleana, a
função mínima (fmin) obtida é:
�k10
�k40
+
-
�k10
+
-
�k50
+
-
�k50
F1�
�k20
)t(y
)t(u
www.pciconcursos.com.br
7
Engenheiro de Equipamentos Júnior - Eletrônica
20
Considere verdadeira a declaração: “Se alguém é brasileiro,
então não desiste nunca”.
Com base na declaração, é correto concluir que:
(A) se alguém desiste, então não é brasileiro.
(B) se alguém não desiste nunca, então é brasileiro.
(C) se alguém não desiste nunca, então não é brasileiro.
(D) se alguém não é brasileiro, então desiste.
(E) se alguém não é brasileiro, então não desiste nunca.
21
Amanda, Beatriz e Cláudia são filhas de Rita, Sílvia e Tânia,
não necessariamente na ordem dada. Cada uma dessas mães
só tem uma filha. Três afirmativas são feitas abaixo, mas
somente uma é verdadeira.
I – Amanda não é filha de Tânia.
II – Beatriz é filha de Tânia.
III – Cláudia não é filha de Rita.
É correto concluir que:
(A) Amanda é filha de Rita, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Sílvia.
(B) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Sílvia e Cláudia
é filha de Rita.
(C) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Sílvia.
(D) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Tânia.
(E) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Rita.
(A) CDBAf ��min
(B) ACBf ��min
(C) DCBAf ��min
(D) ADDCf ��min
(E) CDDAf ��min
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
22
A figura acima apresenta um circuito contendo amplificado-
res operacionais, considerados ideais. Esse circuito permite
obter uma relação entre a saída y(t) e a entrada u(t), através
de uma equação diferencial. Esta equação é:
(A) dy(t) du(t)3 +4y(t) = 2 +5u(t)
dt dt
(B)
dy(t)
2 +8y(t) = 7u(t)
dt
(C)
dy(t)
+2y(t) = 5u(t)
dt
(D)
dy(t) du(t)
+4y(t) = 7 +2u(t)
dt dt
(E)
dy(t)
+6y(t) = 8u(t)
dt
23
Uma função booleana com quatro variáveis de entrada é as-
sim definida:
f ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD� � � � � �
Utilizando técnicas de minimização da Álgebra Booleana, a
função mínima (fmin) obtida é:
�k10
�k40
+
-
�k10
+
-
�k50
+
-
�k50
F1�
�k20
)t(y
)t(u
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Ao olharmos para o circuito apresentado, devemos ser capaz de identificar
três arranjos básicos: Inversor, Somador-Inversor e Integrador. Estes três estão
identificados na figura abaixo:
7
Engenheiro de Equipamentos Júnior - Eletrônica
20
Considere verdadeira a declaração: “Se alguém é brasileiro,
então não desiste nunca”.
Com base na declaração, é correto concluir que:
(A) se alguém desiste, então não é brasileiro.
(B) se alguém não desiste nunca, então é brasileiro.
(C) se alguém não desiste nunca, então não é brasileiro.
(D) se alguém não é brasileiro, então desiste.
(E) se alguém não é brasileiro, então não desiste nunca.
21
Amanda, Beatriz e Cláudia são filhas de Rita, Sílvia e Tânia,
não necessariamente na ordem dada. Cada uma dessas mães
só tem uma filha. Três afirmativas são feitas abaixo, mas
somente uma é verdadeira.
I – Amanda não é filha de Tânia.
II – Beatriz é filha de Tânia.
III – Cláudia não é filha de Rita.
É correto concluir que:
(A) Amanda é filha de Rita, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Sílvia.
(B) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Sílvia e Cláudia
é filha de Rita.
(C) Amanda é filha de Tânia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Sílvia.
(D) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Rita e Cláudia
é filha de Tânia.
(E) Amanda é filha de Sílvia, Beatriz é filha de Tânia e Cláudia
é filha de Rita.
(A) CDBAf ��min
(B) ACBf ��min
(C) DCBAf ��min
(D) ADDCf ��min
(E) CDDAf ��min
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
22
A figura acima apresenta um circuito contendo amplificado-
res operacionais, considerados ideais. Esse circuito permite
obter uma relação entre a saída y(t) e a entrada u(t), através
de uma equação diferencial. Esta equação é:
(A) dy(t) du(t)3 +4y(t) = 2 +5u(t)
dt dt
(B)
dy(t)
2 +8y(t) = 7u(t)
dt
(C)
dy(t)
+2y(t) = 5u(t)
dt
(D)
dy(t) du(t)
+4y(t) = 7 +2u(t)
dt dt
(E)
dy(t)
+6y(t) = 8u(t)
dt
23
Uma função booleana com quatro variáveis de entrada é as-
sim definida:
f ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD� � � � � �
Utilizando técnicas de minimização da Álgebra Booleana, a
função mínima (fmin) obtida é:
�k10
�k40
+
-
�k10
+
-
�k50
+
-
�k50
F1�
�k20
)t(y
)t(u
www.pciconcursos.com.br
Inversor Somador-Inversor
Integrador
Agora podemos calcular o ganho de cada circuito identificado separada-
mente, identificando as entradas/saídas do Inversor pelo subscrito 1, do Somador-
Inversor pelo subscrito 2, e do Integrador pelo 3, como segue:
I) Inversor:
Vo1
Vi1
= −10k
50k
= −1
5
II) Somador-Inversor:
Vo2 = −
10k
20k
× Vi21 −
10k
40k
× Vi22 = −
1
2
Vi21 −
1
4
Vi22
III) Integrador:
Vo3
Vi3
= − 1
(1× 10−6)(50× 103)s
= − 1
0, 05s
Agora observamos o circuito e vemos que: Vi1 = y(t), Vi21 = Vo1, Vi22 = u(t),
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 17
Vi3 = Vo2 eVo3 = y(t). Com isso podemos montar um diagrama de blocos, como o
seguinte:
++
5
1

2
1

4
1

s05,0
1

)(sU
)(sY
Então fica fácil equacionar o diagrama de blocos, como segue:
Y (s) =
[(
−1
5
)(
−1
2
)
Y (s)− 1
4
U(s)
]
× −1
0, 05s
Y (s)s =
[
1
10
Y (s)− 1
4
U(s)
]
× −1
0, 05
Y (s)s = −2Y (s) + 5U(s)
Agora aplicamos a anti-transformada de Laplace:
dy
dt
= −2y(t) + 5u(t)
dy
dt
+ 2y(t) = 5u(t)
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 18
Questão 11
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
13
52
A figura acima mostra o que ocorre na tela de um oscilos-
cópio, onde o gráfico de duas senoides de mesma ampli-
tude e mesmo período (T) é traçado. As senoides estão 
defasadas de um ângulo , cujo valor absoluto está com-
preendido entre 0 e . Medindo-se em t = τ o primeiro 
ponto de interseção das duas curvas, a relação é 
dada pela expressão
Dado: 
(A) 
(B) 
(C) 
(D) 
(E) 
53
A figura acima mostra a configuração de um circuito, em 
malha fechada, usando um amplificador operacional con-
siderado ideal. A função de transferência desse amplifica-
dor é dada pela expressão . Os valores 
de p e z são, respectivamente,
(A) 0 e 1.000 (B) 1.000 e 0
(C) 0 e -500 (D) 0 e 500
(E) 500 e 1.000
54
O transistor NPN da figura acima está polarizado e ope-
rando na região ativa. Nessas condições, o transistor ope-
ra com β = 50 e VBE = 0,6 V. Com base nos dados do 
circuito, o valor aproximado da corrente IB, em μA, é 
(A) 10 (B) 20
(C) 40 (D) 50
(E) 80
Resolução:
Para facilitar os cálculos, chamaremos as resistências de 10kΩ de R, e o
capacitor de C. O resistor ligado ao terra chamamos de Z1. Também agruparemos
o resistor que está em série com o capacitor em apenas uma impedância, que
chamaremos de Z2 e será igual a:
Z2 = R +
1
Cs
=
RCs+ 1
Cs
Após o agrupamento percebemos que o circuito vira um simples amplificador
Não-Inversor. Então basta utilizarmos a conhecida fórmula do Não-Inversor para o
nosso caso:
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 19
Vo(s)
Vi(s)
= 1 +
Z2
Z1
= 1 +
RCs+ 1
RCs
=
2RCs+ 1
RCs
=
2RC
RC
×
(s+ 1
2RC
)
s
= 2×
(s+ 1
2RC
)
s
(1.3)
De 1.3 calculamos o pólo:
s+ p = s → p = 0
e o zero:
s+ z = s+
1
2RC
z =
1
2RC
z =
1
2(10× 103)(0, 1× 10−6)
z = 500
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 20
Questão 12
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
18
64
O diagrama unifilar acima apresenta um sistema elétrico
de potência composto por uma unidade geradora G, uma
linha de transmissão e três subestações abaixadoras. O
disjuntor 52 da barra A é para 400A e o seu TC possui as
seguintes relações de transformação – 600/500/300:5. O
relé de sobrecorrente possui unidade temporizada com
tapes de 4, 5, 6, 8, 10, 16 e 32 A. Sabe-se que o ajuste
mínimo do tape da unidade temporizada do relé 51 é dado
por:
1,5 n
I
tape
RTC
�
onde: In é a corrente nominal do circuito;
RTC é a relação de transformação do TC
Usando a menor relação de transformação em que pode
ser ajustado o TC do disjuntor 52 da barra A, o valor mínimo
do tape da unidade temporizada do relé 51 da barra A é
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 8 (E) 10
65
A figura acima ilustra o circuito digital que gera o sinal W a
partir dos sinais binários X, Y e Z. A expressão booleana
do sinal W em função de X, Y e Z é
(A) X(Y + Z)
(B) XY + YZ
(C) X(Y + Z)
(D) XY + YZ
(E) XY + YZ
66
O circuito regulador de tensão realimentado, mostrado na
figura acima, apresenta todos os seus componentes
semicondutores operando na região ativa. Para que a ten-
são Vo na saída possa ser ajustável continuamente pelo
potenciômetro Rp, variando apenas entre 12 e 36 V, os
valores dos resistores R1 e R2, em k�, serão, respectiva-
mente,
(A) 1 e 3 (B) 2 e 1 (C) 2 e 2 (D) 3 e 1 (E) 3 e 2
67
A figura acima apresenta um circuito ativo, alimentado por
uma fonte senoidal com amplitude de 3,0 V e nível DC nulo.
O diodo zener é de 4,0 V. Todos os componentes podem
ser considerados ideais para efeito de análise do circuito.
A faixa de variação, em volts, que melhor se aproxima com
a do sinal VS em regime permanente é
(A) S3,6 V 4,0� � � (B) S4,0 V 2,4� � �
(C) S4,0 V 3,0� � � (D) S4,2 V 1,8� � �
(E) S5,5 V 3,0� � �
X
Y
Z
W
B
G A
51
50
52
51
52
V = 138kV
Subestação 1 - 30MVA
Subestação 2 - 15MVA
Subestação 3 - 10MVA
Vi = 50 V Q1 Vo
R3 R2
Q2 Rp = 2 k�
Vz = 5,3 V
R1
Rz
2 k�
4 k�
VE
VS
6 V 1 k�
4 k� +
-
+
-
+
-
Resolução:
Por se tratar de um AmpOp ideal temos que V− = V+. Podemos achar V+
através do divisor de tensão entre os resistores de 4kΩ e 1kΩ como segue:
V+ = 6×
1k
1k + 4k
=
6
5
V
Sabendo que a corrente que atravessa o resistor de 2kΩ é igual àquela que
atravessa o resistor de 4kΩ da realimentação, temos que:
VE − V−
2k
=
V− − Vo
4k
2(VE − V−) = V− − Vo
Vo = 3V− − 2VE
Vo = 3×
6
5
− 2VE
Vo = 3, 6− 2VE
Agora analisamos a saída Vo para os extremos da entrada VE.
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 21
Para VE = 3V temos:
Vo = 3, 6− 2VE
Vo = 3, 6− 2× 3
Vo = −2, 4V
Como −2, 4V é menor que a tensão do zener (4V ), notamos que o diodo
D1 neste caso estará cortado, logo:
VS = Vo = −2, 4V
Agora analisamos o extremo do ciclo negativo da fonte, ou seja, VE = −3V :
Vo = 3, 6− 2VE
Vo = 3, 6− 2× (−3)
Vo = 9, 6V
Como 9, 6V é maior que a tensão do zener (4V ), o diodo D1 neste caso
estará conduzindo, o que faz com que a tensão de saída VS se iguale à tensão
do zener, ou seja:
VS = Vzener = 4V
Portano a saída VS estará compreendida no intervalo:
4, 0 ≥ VS ≥ −2, 4
A alternativa divulgada no gabarito é a letra (B), porém perceba que houve
um erro de digitação na elaboraçào das alternativas, onde inverteram os sinais “≥”
e “≤”.
�� ��Alternativa (B)*
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 22
Questão 13
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamentode energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
Io
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
Ve
IL
+
_
Resolução:
A primeira simplificação que podemos fazer no circuito é associar os três
resistores de 2kΩ em série, resultando em um resistor de 6kΩ, e em seguida asso-
ciar este resistor de 6kΩ em paralelo com o outro resistor de 6kΩ, resultando em
apenas um resistor de 3kΩ. O circuito então ficará:
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
I
o
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
V
e
I
L
+
_
3k�
Perceba que indicamos uma corrente I no circuito, que pode ser expressa
como:
I =
VS − Vo
3k
(1.4)
Agora que já temos uma expressão com VS, podemos olhar o circuito de
realimentação da seguinte forma:
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 23
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
I
o
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
RB
IZ
RL
VL
V
e
I
L
+
_
3k�
_
Então tiramos facilmente que:
I = −Vo
9k
(1.5)
Igualando 1.4 e 1.10 temos:
VS − Vo
3k
= −Vo
9k
3VS − 3Vo = −Vo
VS =
2
3
Vo (1.6)
Agora basta encontrarmos Vo que teremos o valor de VS. Para achar Vo
simplificamos mais ainda o circuito, chegando no seguinte:
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
I
o
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k� 3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
V
S
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
V
e
I
L
+
_
3k�
_ _
R
Perceba que a resistência R é a associação das três resistências de 3kΩ em
série e em seguida associado à resistência de 9kΩ, ou seja:
R = (3k + 3k + 3k)//9k = 9k//9k =
9k
2
= 4, 5kΩ
Na figura acima fica claro que nos restou apenas um amplificador Inversor,
então percebemos que o maior valor de Vo acontecerá no valor mais negativo de
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 24
VE, ou seja, quando VE = −6V . Então:
Vo = −
4, 5k
1, 5
× VE
Vo = −3× (−6)
Vo = 18V
Agora voltamos na equação 1.6 e substituímos o valor de Vo encontrado:
VS =
2
3
Vo
VS =
2
3
× 18
VS = 12V
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 25
Questão 14
(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008)
7
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
As figuras acima mostram um circuito eletrônico com transistor NPN polarizado e, ao lado, o gráfico da reta de carga da
correspondente polarização. Com base nos dados apresentados nas figuras, o valor do ganho BETA do transistor é
(A) 20 (B) 50 (C) 150 (D) 200 (E) 300
27
A figura acima apresenta um circuito ativo contendo um amplificador operacional, considerado ideal. A fonte de tensão V
E
 é
senoidal. Para que o módulo da defasagem entre os sinais de entrada V
E
 e de saída V
S
 seja 135o em regime permanente,
a freqüência � da fonte, em rad/s, deverá ser ajustada para
(A) 20 (B) 50 (C) 100 (D) 200 (E) 500
28
A figura acima apresenta um circuito ativo e os gráficos dos sinais periódicos V
1
 e V
2
. O amplificador operacional pode ser
considerado ideal. No intervalo de tempo correspondente a um período de V
1
, o nível médio do sinal V
S
 da saída do circuito é
(A) +4 (B) 4 (C) 14 (D) 24 (E) 44
0 9 24
I (mA)C
I =0,05B
V (volt)CE
Ponto de
Operação
+
-
+
-
+
-
VE VS
50 k�
25 k� 200 F�
VSV2
V1
16 k�
4 k�
8 k� +
-
-
+
-
-
+
+
V1
V2
�4
5 15 25
6
10
0 10 20 30 40 t
t
R1
RC
R2
RE
+Vcc
IC
IB
4 k�
2 k�
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Chamaremos: R1 = 25kΩ, R2 = 50kΩ e C = 200nF . No ramo de real-
imentação podemos associar a resistência R2 e o capacitor C em apenas uma
impedância, como segue:
Z2 =
R2
1
Cs
R2 +
1
Cs
=
R2
R2Cs+ 1
Após esta associação, resta-nos um simples amplificador inversor, logo:
VS
VE
= H(s) = −Z2
R1
= − R2
R1R2Cs+R1
Agora substituímos s por jω na função de transferência H(s), e trabalhamos
algebricamente a fim de deixar a equação no seguinte formato: H(jω) = A + Bj.
Com isso fica fácil achar o argumento de H(jω), como: arg = arctan(B
A
). Portanto,
vamos à nossa jornada algébrica:H(jω) = − R2
R1R2Cjω +R1
× R1R2Cjω −R1
R1R2Cjω −R1
H(jω) =
R1R2 −R1R22Cjω
−(R1R2Cω)2 −R21︸ ︷︷ ︸
β
H(jω) =
R1R2
β︸ ︷︷ ︸
A
+
(−R1R22Cω)
β︸ ︷︷ ︸
B
j
Agora que H(jω) já está na forma que desejamos, basta calcular o argu-
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 26
mento e igualá-lo a 135◦:
arg = arctan(
B
A
)
135◦ = arctan(
B
A
)
tan(135◦) =
B
A
−1 = (−R1R
2
2Cω)
β
× β
R1R2
−1 = −R2Cω
ω =
1
R2C
ω =
1
(50× 103)(200× 10−9)
ω = 100rad/s
�� ��Alternativa (C)
Uma outra maneira muito mais prática de resolver esta questão, mas que
envolve um pouco mais de percepção, é notar que se estivéssemos tratando de um
simples amplificador inversor, a defasagem entre VE e VS seria de 180◦. Logo, para
chegarmos à defasagem de 135◦ desejada devemos “compensar” uma defasagem
de 45◦ (180◦ − 135◦ = 45◦). Ora, quem dará esta compesação é a impedância
de realimentação (no nosso caso composta por um resistor e um capacitor). Um
argumento igual a 45◦ acontece quando a parte real da impedância é igual à parte
imaginária, ou seja, no nosso caso temos que ter:
R2 = XC
R2 =
1
ωC
ω =
1
R2C
ω =
1
(50× 103)(200× 10−9)
ω = 100rad/s
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 27
Questão 15
(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008)
7
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
As figuras acima mostram um circuito eletrônico com transistor NPN polarizado e, ao lado, o gráfico da reta de carga da
correspondente polarização. Com base nos dados apresentados nas figuras, o valor do ganho BETA do transistor é
(A) 20 (B) 50 (C) 150 (D) 200 (E) 300
27
A figura acima apresenta um circuito ativo contendo um amplificador operacional, considerado ideal. A fonte de tensão V
E
 é
senoidal. Para que o módulo da defasagem entre os sinais de entrada V
E
 e de saída V
S
 seja 135o em regime permanente,
a freqüência � da fonte, em rad/s, deverá ser ajustada para
(A) 20 (B) 50 (C) 100 (D) 200 (E) 500
28
A figura acima apresenta um circuito ativo e os gráficos dos sinais periódicos V
1
 e V
2
. O amplificador operacional pode ser
considerado ideal. No intervalo de tempo correspondente a um período de V
1
, o nível médio do sinal V
S
 da saída do circuito é
(A) +4 (B) 4 (C) 14 (D) 24 (E) 44
0 9 24
I (mA)C
I =0,05B
V (volt)CE
Ponto de
Operação
+
-
+
-
+
-
VE VS
50 k�
25 k� 200 F�
VSV2
V1
16 k�
4 k�
8 k� +
-
-
+
-
-
+
+
V1
V2
�4
5 15 25
6
10
0 10 20 30 40 t
t
R1
RC
R2
RE
+Vcc
IC
IB
4 k�
2 k�
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Como o circuito apresentado é um simples somador-inversor, temos direta-
mente que:
VS = −
16k
4k
V1 −
16k
8k
V2 = −4V1 − 2V2
Para encontrarmos o valor médio de VS, devemos primeiro encontrar o valor
médio de V1 e V2, lembrando que o valor médio é encontrado integrando-se a
função por um período e dividindo o resultado pelo valor do período, logo:
V1 =
6× 10− 4× 10
20
= 1V
V2 =
10× 10− 0× 10
20
= 5V
Agora podemos encontrar o valor médio de VS:
VS = −4V1 − 2V2
VS = −4× 1− 2× 5
VS = −14V
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 28
Questão 16
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
11
40
As redes de computadores com acesso à internet operam 
com base nos protocolos da arquitetura TCP/IP. Um dos 
protocolos, que atua na camada de rede, tem por finali-
dade mapear o endereço lógico IP de um host a partir de 
seu endereço físico MAC, como no caso de computado-
res diskless. 
Esse protocolo é conhecido pela sigla 
(A) SNMP
(B) RARP
(C) ICMP
(D) BGP
(E) ARP
BLOCO 2
41
No processo adiabático, a variação da energia interna do 
sistema é igual ao trabalho realizado pelo gás.
PORQUE
Não há troca de calor em um processo adiabático. 
Analisando-se as afirmações acima, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda 
justifica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não 
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas. 
42
A figura acima mostra dois sistemas elétricos de potência 
conectados por uma linha de transmissão de impedância 
Z = j 0,5 pu. As tensões terminais da linha são V1 e V2 
conforme indicado na figura acima.
O fluxo de potência do sistema #1 para o sistema #2, em 
pu, é
(A) 0,25
(B) 0,50
(C) 0,86
(D) 1,00
(E) 1,25
43
Um gás é aquecido em uma caldeira, e o seu volume se 
expande de 1 m3 para 3 m3, a uma pressão constante de 
2 N/m2.
O trabalho realizado pelo gás, em joule, é
(A) 9
(B) 6
(C) 4
(D) 2
(E) 1
44
 
Uma carga resistiva trifásica é conectada à rede de distri-
buição através de uma linha, conforme indicado na figura 
acima.
O valor, em ampère, da corrente IL é
(A) 5
(B) 15
(C) 25
(D) 30
(E) 40
45
V
0
V
in
�
�
R
1
C
1
R
2
C
2
O circuito da figura acima representa um filtro analógico 
RC-ativo de segunda ordem, onde o amplificador opera-
cional é considerado ideal.
A partir da topologia do circuito, infere-se que o filtro aci-
ma é do tipo
(A) passa faixa
(B) passa baixas
(C) passa altas
(D) rejeita faixa
(E) passa-tudo equalizador de fase
Resolução:
Este tipo de questão é desejável que o candidato consiga resolver sem
precisar efetuar cálculos, apenas analisando a topologia do circuito. Uma forma
prática para identificar o filtro, sem precisar decorar, é analisar o posicionamento
dos capacitores.
É sabido, de uma forma bem simplificada, que capacitores dificultam a pas-
sagem de sinais de baixa frequência (em DC, quando a frequência é zero, o capac-
itor é igual a um circuito aberto em regime permanente) ao mesmo tempo que per-
mitem a fácil passagem de sinais de alta frequência.Analisando os dois extremos
(frequência muito alta ou muito baixa), podemos chegar às seguintes conclusões:
I) Para frequências muito altas de entrada, os capacitores C1 e C2 agem como
curto-circuito. Isso faz com que V+ = V− = Vo = 0, ou seja, há um corte das
altas frequências.
II) Para frequências muito baixas de entrada, os capacitores C1 e C2 agem
como circuito aberto. Isso faz com que a saída Vo fique totalmente desconec-
tada com a entrada, ou seja, há um corte das baixas frequências.
Com isso concluímos que o filtro permite apenas a passagem de sinais com-
preendidos em uma faixa de frequência, por isso trata-se de um filtro passa-faixa.
�� ��Alternativa (A)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 29
Questão 17
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
13
48
V (V)in
�2
V = 1,0 VREF
R = 10 k2 �
V0
�2
VinR = 10 k1 �
�
�
t
No circuito eletrônico da figura acima, considere o amplifi-
cador operacional ideal. Um sinal senoidal, cuja forma de 
onda é esboçada na própria figura, é aplicado à entrada Vin.
Qual a forma de onda que melhor representa a saída V0 
do circuito acima?
(A) 
(B) 
(C) 
(D) 
(E) 
49
Sejam A, B e C números de 8 bits representados sem sinal 
(0 a 255). Sejam , e os números que representam 
os respectivos complementos de A, B e C. 
A soma + + é, portanto, igual a
(A) 255 – A – B – C 
(B) 256 + A + B + C
(C) 768 – A – B – C 
(D) 768 + A + B + C 
(E) 765 – A – B – C 
50
 
O circuito acima usa um comparador de igualdade e 
magnitude para números de 4 bits, como o 7485. 
As lógicas das saídas A>B, A=B e A<B, em função de 
P e Q, são, respectivamente,
(A) P, P Q e Q
(B) 
(C) 
 
 
(D) 
 
 
(E) 
51
Considerando que os flip-flops da figura acima comecem 
zerados, o número de estados que se repetem indefinida-
mente é
(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 8
Resolução:
Vemos no circuito que V+ = 1V , e por se tratar de um AmpOp ideal, temos
então V+ = V− = 1V . Então primeiramente encontramos a corrente que passa por
R1, como segue:
I =
Vin − V−
R1
=
Vin − 1
10k
Sabemos também que a mesma corrente I que passa por R1 passa por R2,
então podemos fechar a malha de realimentação:
V− −R2I − Vo = 0
Vo = V− −R2I
Vo = 1− 10k ×
Vin − 1
10k
Vo = −Vin + 2
Ou seja, o gráfico da saída Vo é o inverso do gráfico da entrada Vin, somado
um offset de 2V . A alternativa que corresponde a este gráfico é a letra (C).
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 30
1.2 Transistores
Questão 18
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
12
43
Deseja-se projetar um circuito, usando-se apenas um 
somador de 4 bits tipo 7483, que converta um número 
D4D3D2D1D0, em representação BCD de 5 bits (0 a 19), 
para um número B4B3B2B1B0, em representação binária 
de 5 bits. Para isso, basta zerar Ci e tomar as saídas do 
somador, desde que as entradas A3A2A1A0 e B3B2B1B0 
sejam, respectivamente,
(A) D3D2D1D0 e 1010
(B) D3D2D1D0 e 0110
(C) D3D2D1D0 e D40D40
(D) D3D2D1D0 e 0D4D40
(E) D3D2D1D0 e D4D4D4D4
44
Desconsiderando-se os inversores, a menor soma de 
produtos que implementa o mapa acima possui 
(A) 3 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 3 entra-
das.
(B) 3 portas AND de 3 entradas e 1 porta OR de 3 entra-
das.
(C) 2 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 2 entra-
das.
(D) 2 portas AND de 2 entradas, 1 porta AND de 3 entra-
das e 1 porta OR de 3 entradas.
(E) 1 porta AND de 2 entradas, 2 portas AND de 3 entra-
das e 1 porta OR de 3 entradas.
45
A figura acima mostra um circuito amplificador que forne-
ce uma saída vo, baseada na diferença entre duas entra-
das (v1 – v2). O valor da resistência do potenciômetro RP, 
em função de R, para que se tenha Vo = 3 (V1 – V2), é
(A) R (B) 2R
(C) (D) 
 
(E) 
46
O circuito da figura acima mostra os dados de polarização 
de um transistor NPN. Para que a corrente CC de coletor 
seja de 2 mA e seja garantida uma excursão, no sinal 
de coletor, de 2 V (pico a pico), alcançando-se o limiar 
de transição para a região de saturação do transistor, os 
valores de RB e RC são, em kΩ, respectivamente, 
(A) 16 e 6,25 (B) 16 e 5,35 
(C) 24 e 5,35 (D) 28 e 5,35 
(E) 28 e 6,25 
Resolução:
No limiar da operação do modo ativo para a saturação, a tensão no coletor
será de igual a VCEsat = 0, 3V . Como queremos que o sinal de saída excursione
com 2V pico a pico, significa que no pior caso (excursão negativa), a tensão do
coletor irá reduzir do ponto de polarização em 1V . Logo, quando o pior caso acon-
tecer, temos que ter um ponto de polarização que permita que o transistor continue
operando no modo ativo. Portanto, escolhemos Vc = 0, 3 + 1 = 1, 3V
Como β é elevado, podemos considerar que a corrente de base é muito
inferior a corrente de coletor, logo, podemos simplicar o cálculo de Rc:
RC =
12− 1, 3
Ic
RC =
10, 7
2× 10−2
RC = 5, 35kΩ
Lembrando que Ic = βIb, logo Ib = Icβ . Então podemos calcular RB como
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 31
segue:
RB =
1, 3− 0, 7
Ib
RB =
0, 6
Ic
β
RB =
0, 6
2×10−2
80
RB =
0, 6
25× 10−6
RB = 24kΩ
�� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 32
Questão 19
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006)
PROVA 35 - ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO
7
24
Considere a figura abaixo.
O circuito ilustrado representa um filtro passa-banda
de segunda ordem. Considerando os amplificadores
operacionais ideais, a função de transferência 
)s(V
)s(V
I
O
do circuito é:
(A) 22
31
2
1
CR/1CR/ss
CR/2s
++
(B) 22
23
2
1
CR/1CR/ss
CR/s
++
(C) 22
21
2
1
CR/1CR/ss
CR/2s
++
(D) 22
21
2
1
CR/4CR/ss
CR/s
++
(E) 22
21
2
3
CR/1CR/ss
CR/2s
++
VI
R1
R2
R3
R2
Vo
+
+
R3
C
C
25
No uso do tiristor como elemento de chaveamento e controle
de potência em circuitos elétricos, costuma-se associar, em
série com o mesmo, um indutor, com a finalidade de:
(A) reforçar a amplitude da corrente de saída.
(B) compensar os efeitos das capacitâncias parasitas nas
junções.
(C) amortecer a tensão de saída do circuito, eliminando os
transientes bruscos.
(D) evitar que o tiristor seja disparado por uma variação brusca
de corrente 





dt
di
.
(E) evitar que o tiristor seja disparado por uma variação brusca
de tensão 





dt
dv
 .
26
O circuito da figura acima é alimentado, entre os pontos
A e B, por uma tensão senoidal de freqüência 
π
50
 Hz.
A impedância equivalente deste circuito, em ohms, é:
(A) 20 + j20
(B) j10
(C) 10 - j10
(D) 10
(E) 20
10 �
10 �
A
B
0,1 H
0,001 F
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Sabendo que a tensão sobre um indutor é VL = Ldidt , quando o colocamos
em série com um tiristor, as mudanças bruscas de corrente (di
dt
) tendem a terem
efeito quase unicamente no indutor, evitando que o tiristor seja disparado. Portanto
a alternativa correta é a letra (D).
Para evitar que mudanças bruscas de tensão (dv
dt
) causem o disparo do
tiristor, comumente utiliza-se um circuito RC em paralelo ao tiristor. Este circuito é
chamado de Circuito Snubber.
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 33
Questão 20
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
2
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
1
`
O circuito apresentado na figura acima mostra um transis-
tor MOSFET, construído numa tecnologia em que a tensão
de limiar é igual 1 V (Vth = 1 V). Para que o transistor opere
na região de saturação,os valores dos resistores R1 e R2,
em k�, deverão ser, respectivamente,
(A) R1 � 2 e R2 � 3
(B) R1 � 2 e R2 � 3
(C) R1 � 2 e R2 � 3
(D) R1 � 3 e R2 � 2
(E) R1 � 3 e R2 � 2
2
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, que pode ser considerado ideal para
efeito de análise. A fonte VE é do tipo senoidal com nível
DC nulo. A grandeza que, ao ser duplicada de valor, provo-
cará o maior aumento na amplitude do sinal VS, em regime
permanente, é a
(A) frequência da fonte VE.
(B) reatância do capacitor C1.
(C) capacitância C1.
(D) resistência R1.
(E) resistência equivalente Req = R1 // R2.
3
O circuito da figura acima representa um Schmitt Trigger em
que o amplificador operacional é ideal, com tensões de sa-
turação de 0V e 12V. O amplificador operacional encontra-
se inicialmente saturado, de modo que em t = 0, Vo= 12 V. O
gráfico mostra a forma de onda do sinal de entrada no in-
tervalo de 0 a 12s. Nesse intervalo, durante quantos se-
gundos o sinal de saída permanecerá com tensão nula?
(A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
4
mov cx,4
mov esi,20000000h
mov dx,6000h
rep outs dx, dword ptr [esi]
Ao executar a sequência de instruções acima, o número
de ciclos de barramento gastos pela instrução rep outs e o
número de bytes transferidos, num processador x86 com
32 bits de barramento de dados externo, são, respectiva-
mente:
(A) 2 e 8
(B) 2 e 16
(C) 4 e 4
(D) 4 e 8
(E) 4 e 16
10 V
2 mA
R1
5 V
R2
R1
C1
VE
R2
VS
+
_
_
+
+
_
V [V]i
12
0
3 [s]0 12 t
+
_
�
12 V
Vo
10 k
10 k
10 k
Vi
�
�
�
Resolução:
Primeiramente é necessário lembrar alguns conceitos básicos sobre MOS-
FETs. Para que o MOSFET esteja na região de saturação temos que ter VDS ≥
VGS − VTH , logo, no limiar da saturação temos VDS = VGS − VTH . Para o tran-
sistor conduzir temos que ter VGS ≥ VTH , ou seja, temos que ter no mínimo
VGS = VTH = 1V (valor informado no enunciado). Sabendo isso podemos montar
a equação para a malha de entrada:
5− VGS −R2(2× 10−3) = 0 (1.7)
R2(2× 10−3) = 5− 1
R2 = 2kΩ
Para sabermos se este valor de R2 é mínimo ou máximo, colocamos a equação
1.7 na forma 5−R2(2×10−3) = VGS e percebemos que quanto menor for R2, maior
será VGS, logo:
R2 ≤ 2kΩ
Lembrando que se VGS = VTH , então VDS = 0, agora montamos a equação
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 34
para o circuito de saída:
10−R1(2× 10−3)− VDS −R2(2× 10−3) = 0 (1.8)
R1(2× 10−3) = 10−R2(2× 10−3)− 0
R1(2× 10−3) = 10− 2× 103(2× 10−3)
R1 = 3kΩ
Para sabermos se este valor de R1 é mínimo ou máximo, colocamos a equação
1.8 na forma 10 − R1(2 × 10−3) − R2(2 × 10−3) = VDS e percebemos que quanto
menor for R1, maior será VDS, portanto:
R1 ≤ 3kΩ
�� ��Alternativa (E)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 35
Questão 21
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
13
52
A figura acima mostra o que ocorre na tela de um oscilos-
cópio, onde o gráfico de duas senoides de mesma ampli-
tude e mesmo período (T) é traçado. As senoides estão 
defasadas de um ângulo , cujo valor absoluto está com-
preendido entre 0 e . Medindo-se em t = τ o primeiro 
ponto de interseção das duas curvas, a relação é 
dada pela expressão
Dado: 
(A) 
(B) 
(C) 
(D) 
(E) 
53
A figura acima mostra a configuração de um circuito, em 
malha fechada, usando um amplificador operacional con-
siderado ideal. A função de transferência desse amplifica-
dor é dada pela expressão . Os valores 
de p e z são, respectivamente,
(A) 0 e 1.000 (B) 1.000 e 0
(C) 0 e -500 (D) 0 e 500
(E) 500 e 1.000
54
O transistor NPN da figura acima está polarizado e ope-
rando na região ativa. Nessas condições, o transistor ope-
ra com β = 50 e VBE = 0,6 V. Com base nos dados do 
circuito, o valor aproximado da corrente IB, em μA, é 
(A) 10 (B) 20
(C) 40 (D) 50
(E) 80
Resolução:
Como β = 50, podemos considerar que a corrente que passa pelos resis-
tores de 22kΩ e 8kΩ é muito maior que IB, logo podemos considerar IB = 0 no
cáculo da tensão VB na base do transistor, fazendo um simples divisor de tensão:
VB = 18×
8k
8k + 22k
VB = 18×
8
30
VB = 4, 8V
Agora podemos fechar a malha de entrada a fim de encontrar IC :
VB − VBE − (4, 2k)IC = 0
(4, 2k)IC = 4, 8− 0, 6
IC =
4, 2
4, 2× 103
IC = 1× 10−3A
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 36
Porém sabemos que:
IC = βIB
IB =
IC
β
IB =
1× 10−3
50
IB = 20× 10−6
IB = 20µA
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 37
Questão 22
(Eng. de Equipamentos Pleno Eletrônica - Petrobras 2006)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS PLENO
ELETRÔNICA
6
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS21
A figura acima ilustra o modelo para pequenos sinais, ope-
rando na faixa de médias freqüências, de um circuito
transistorizado na configuração emissor comum. O ganho
de corrente I2/I1 neste circuito é:
(A) (B)
(C) (D)
(E)
22
O circuito da figura acima corresponde a uma fonte regulada
com tensão de saída variável. O regulador é alimentado com
uma tensão não regulada de 50 V. O amplificador operacional
amplifica a diferença entre seus terminais de entrada por um
ganho β = 50000. O diodo zener proporciona uma tensão de
referência de 6 V e o resistor Rz foi dimensionado para limitar
a corrente no zener. Quando o valor da resistência R2 do
potenciômetro varia entre 100 k e 10 k , variação sufici-
ente para manter o transistor operando na região ativa, a
tensão de saída da fonte, em V, variará entre:
(A) 0 e 50 (B) 6 e 18
(C) 9 e 36 (D) 12 e 42
(E) 15 e 45
23
A figura acima ilustra um circuito contendo o chip 7483
(somador de 4 bits). Este circuito vai operar os números
A = A
3
A
2
A
1
A
0
 e B = B
3
B
2
B
1
B
0
, resultando nas saídas
S = S
3
S
2
S
1
S
0
 e C
0
(carry da operação). As variáveis A, B e
S podem assumir valores no conjunto {0, 1, 2, 3,... , 15}.
Considere as seguintes afirmativas:
I - Se A>B, então C
0
= 1
II - Se B>A, então S = B - A
III - Se A = B, então S = 0 e C
0
 = 0
A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são) apenas:
(A) I (B) II (C) III (D) I e III (E) II e III
24
O circuito da figura acima mostra um diodo zener de 16V
alimentado por duas fontes CC. A potência dissipada no
diodo, em mW, é:
(A) 0
(B) 12
(C) 15
(D) 24
(E) 38
B C
i L
-âR R
r R
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Igualando a tensão sobre o resistor RB com a tensão sobre ri temos:
VRB = Vri
(I1 − IB)RB = IBri
I1RB − IBRB = IBri
IB(RB + ri) = I1RB
IB =
I1RB
RB + ri
(1.9)
Agora igualamos a tensão sobre RL com a tensão sobre RC :
VRL = VRC
I2RL = −RC(I2 + βIB)
I2(RL +RC) = −RCβIB (1.10)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendovedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 38
Então podemos substituir o valor de IB encontrado em 1.9 na equação 1.10:
I2(RL +RC) = −RCβIB
I2(RL +RC) = −RCβ ×
I1RB
(RB + ri)
I2
I1
=
−βRBRC
(RB + ri)(RC +RL) �� ��Alternativa (C)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 39
Questão 23
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
Io
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
Ve
IL
+
_
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
Io
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
Ve
IL
+
_
Resolução:
I - A primeira afirmação é FALSA. IZ não é constante, mas sim VZ . Um aumento
em Ve provoca um consequente aumento de IZ , visto que a corrente que
entra pela base do transistor é muito pequena.
II - A segunda afirmação é VERDADEIRA. Se fecharmos a malha de entrada
temos Ve = VCB + VZ , ou seja, como VZ é constante, um aumento em Ve
provoca um aumento em VCB para a igualdade se manter verdadeira. Agora,
ao somarmos as tensões no transistor temos VCE = VCB + VBE, como VBE
é constante (aprox 0, 7V ) temos que o aumento em VCB implica em um au-
mento de VCE. Como vemos, uma mudança em Ve é “transmitida” para VCE,
o que mantém VL constante na relação (malha externa) Ve = VCE + VL.
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 40
Outra forma de verificarque VL é mesmo constante é fechar a malha mais à
direita, que resulta em VL = VZ − VBE. Como VZ e VBE são constantes, VL é
constante.
�� ��Alternativa (D)
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
12
E L E T R O N U C L E A R
37
Considere uma chave controlada conectada a um circuito,
conforme mostrado na figura acima. Esse circuito modela
situações comuns em eletrônica de potência nas quais a
corrente que passa pela chave é oriunda de uma indutância.
A fonte de corrente modela a corrente que flui por
armazenamento de energia na indutância. Sabe-se que o
diodo é ideal, com queda de tensão nula e corrente reversa
desprezível. Quando a chave é comandada a fechar, inici-
almente a corrente it varia de 0A até Io = 2A em 80ns e,
logo em seguida, a tensão Vt cai de Vd = 120V até 0V em
70ns. Quando a chave é comandada a abrir, a tensão Vt
sobe novamente ao valor Vd em 120ns e, em seguida, a
corrente it cai a zero em 180ns. As formas de onda de
carregamento e descarregamento são lineares e o
chaveamento é feito a uma taxa de repetição de 50kHz.
A perda média de potência por chaveamento, em W, é
(A) 2,1 (B) 2,7 (C) 3,0 (D) 3,6 (E) 6,0
38
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando ampli-
ficador operacional, no qual todos os componentes podem
ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo
senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em
regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS,
em volts, será
(A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 39 e 40.
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada
através de um diodo zener e um transistor NPN de potên-
cia, conhecida como Regulador Série.
39
Com base no circuito, analise as afirmações a seguir.
Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu va-
lor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém cons-
tante, aumentando apenas a corrente de base do transistor.
PORQUE
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da
tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão
coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como
VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará,
de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
Com base no exposto, conclui-se que
(A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justi-
fica a primeira.
(B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não
justifica a primeira.
(C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa.
(D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira.
(E) as duas afirmações são falsas.
40
Considere os seguintes dados de projeto:
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com
correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA;
• o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, � = 50 e
RB = 140�;
• a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A
(plena carga).
Para que o regulador opere normalmente, a tensão de
entrada Ve pode variar, em V, entre os limites
(A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0
(C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0
(E) 10 e 12
Chave
controlada
Io
Vt
Vd it
2k�
2k�
2k�
3k�
6k�
9k�
3k�
1,5k�
VS
VE
+
_
+
_
_
+
RB
IZ
RL
VL
Ve
IL
+
_
Resolução:
Fechando a malha de entrada temos:
Ve = RB(IB + IZ) + VZ (1.11)
Sabemos também que:
IL = IC + IB
IL = βIB + IB
IB =
IL
β + 1
≈ IL
β
Deste modo, analisando o circuito e voltando à equação 1.11 vemos que
Vemax é dado por:
Vemax = RB(IBmin + IZmax) + VZ
Vemax = RB(
ILmin
β
+ IZmax) + VZ
Vemax = 140(
0
50
+ 80× 10−3) + 6, 8
Vemax = 11, 2 + 6, 8
Vemax = 18V
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 41
De forma análoga voltando à equação 1.11 a fim de encontrar Vemin:
Vemin = RB(IBmax + IZmin) + VZ
Vemin = RB(
ILmax
β
+ IZmin) + VZ
Vemin = 140(
2, 25
50
+ 15× 10−3) + 6, 8
Vemin = 6, 3 + 2, 1 + 6, 8
Vemin = 15, 2V
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 42
Questão 24
(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008)
7
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
As figuras acima mostram um circuito eletrônico com transistor NPN polarizado e, ao lado, o gráfico da reta de carga da
correspondente polarização. Com base nos dados apresentados nas figuras, o valor do ganho BETA do transistor é
(A) 20 (B) 50 (C) 150 (D) 200 (E) 300
27
A figura acima apresenta um circuito ativo contendo um amplificador operacional, considerado ideal. A fonte de tensão V
E
 é
senoidal. Para que o módulo da defasagem entre os sinais de entrada V
E
 e de saída V
S
 seja 135o em regime permanente,
a freqüência � da fonte, em rad/s, deverá ser ajustada para
(A) 20 (B) 50 (C) 100 (D) 200 (E) 500
28
A figura acima apresenta um circuito ativo e os gráficos dos sinais periódicos V
1
 e V
2
. O amplificador operacional pode ser
considerado ideal. No intervalo de tempo correspondente a um período de V
1
, o nível médio do sinal V
S
 da saída do circuito é
(A) +4 (B) 4 (C) 14 (D) 24 (E) 44
0 9 24
I (mA)C
I =0,05B
V (volt)CE
Ponto de
Operação
+
-
+
-
+
-
VE VS
50 k�
25 k� 200 F�
VSV2
V1
16 k�
4 k�
8 k� +
-
-
+
-
-
+
+
V1
V2
�4
5 15 25
6
10
0 10 20 30 40 t
t
R1
RC
R2
RE
+Vcc
IC
IB
4 k�
2 k�
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Para resolver esta questão, partiremos da premissa que β ≥ 50, pois as-
sim podemos assumir que IB é aproximadamente igual a zero. Se no final dos
cálculos encontrarmos um β significantemente menor que 50, devemos recomeçar
a questão considerando um IB 6= 0. Percebemos também que IC = 0 implica
que VCE = VCC , e vemos no gráfico que este ponto corresponde a 24V , ou seja,
VCC = 24V . No ponto de operação temos VCE = 9V , como mostra o gráfico.
Fechando a malha de saída então temos:
VCC −RCIC − VCE −RE(IB + IC) = 0
VCC −RCIC − VCE −RE(0 + IC) = 0
IC =
VCC − VCE
RC +RE
IC =
24− 9
4k + 2k
IC = 2, 5× 10−3A
Também sabemos, pelo gráfico, que no ponto de operação IB = 0, 05mA,
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 43
logo:
IC = βIB
β =
IC
IB
β =
2, 5× 10−3
0, 05× 10−3
β = 50
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 44
Questão 25
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
12
46
V = +5,0 VCC
R = 240 �C
RELÉ
RB
Q1VIN
Para acionar um relé a partir de um circuito de controle digital, um engenheiro montou o circuito apresentado acima. Quan-
do a tensão na entrada VIN for igual a + 5,0 V (nível lógico alto), o transistor Q1 fará passar uma corrente pela bobina do 
relé, provocando o fechamento da chave. No projeto, o engenheiro empregou um transistor cujo parâmetro β pode assumir 
valores entre 100 e 400, de acordo com o manual do fabricante.
Considerando queQ1 apresenta VBE = 0,7 V e VCE = 0,2 V no modo de saturação, qual o limite máximo que a resistência 
RB pode assumir de maneira a garantir que Q1 opere na saturação quando VIN = + 5,0 V?
(A) 18,5 kΩ
(B) 21,5 kΩ
(C) 27,2 kΩ
(D) 31,2 kΩ
(E) 34,6 kΩ
47
No circuito da figura acima, as chaves S1 e S2 estão inicialmente abertas, e os capacitores C1 e C2 completamente des-
carregados. A este circuito é aplicada uma fonte de tensão constante VS = 12 V, conforme mostrado no esquemático. No 
instante de tempo t = t1, a chave S1 é fechada, e a chave S2 é mantida aberta. Após o circuito atingir o regime permanente, 
no instante t = t2, a chave S1 é aberta, e a chave S2 é fechada.
Considere IR2 a corrente que circulará pelo resistor R2 imediatamente após a comutação das chaves em t = t2 e VC2 a ten-
são que será medida sobre o capacitor C2 quando o circuito atingir o regime permanente, para t > t2. 
Os valores da corrente IR2, em mA, e da tensão VC2, em V, são, respectivamente,
(A) 12 e 4
(B) 12 e 6 
(C) 12 e 12
(D) 120 e 4 
(E) 120 e 12
Resolução:
Fechando a malha de saída temos:
VCC −RCIC − VCE = 0
IC =
VCC − VCE
RC
IC =
5− 0, 2
240
IC = 0, 02A
Lembrando que IC = βIB, e que como queremos o valor máximo possível
de RB devemos utilizar o β mínimo fornecido, que no nosso caso é 100. Então
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 45
fechamos a malha de entrada:
VIN −RBIB − VBE = 0
VIN −RB
IC
β
− VBE = 0
RB =
(VIN − VBE)β
IC
RB =
(5− 0, 7)× 100
0, 02
RB = 21500
RB = 21, 5kΩ
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 46
1.3 Diodos
Questão 26
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
No circuito da figura, considere que os diodos apresentam uma queda de tensão VD = 0,7 V quando estão conduzindo 
corrente e que não apresentam corrente de fuga quando estão em corte.
10 V
VA
S1 1 k� 1 k�
5 k�
3 k� 1 k�
V X
D1
D2
D3
D4
D5
Assim, quando a chave S1 for fechada, a tensão na saída VX, em volts, será
(A) 9,3 
(B) 6,9 
(C) 5,3 
(D) 3,1 
(E) 1,7
Resolução:
Para facilitar nossa análise, nomeamos os nós W, Z e Y como mostrado na
figura abaixo:
10 V
VA
S1 1 k� 1 k�
5 k�
3 k� 1 k�
V X
D1
D2
D3
D4
D5
W Y
Z
À primeira vista fica fácil calcularmos a tensão do nó W, visto que D1 está
conduzindo:
VW = 10− 0, 7 = 9, 3V
Agora, para D2 estar conduzindo precisamos ter VY ≥ VW + 0, 7, ou seja,
VY ≥ 10V . Como não fica difícil perceber, esta condição não pode ser satisfeita, afi-
nal a única fonte do circuito é de 10V e VY deve ser menor que este valor. Portanto
o diodo D2 está cortado. Simultaneamente, se D4 estiver conduzindo, temos
que ter VX ≥ 10, 7V , o que também não pode acontecer, portanto o diodo D4 está
cortado. Ainda levando em conta que só temos uma fonte de tensão, e a extremi-
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 47
dade de baixo do circuito representa o menor potencial do circuito, obviamente que
o diodo D3 também está cortado.
Ora, com os diodos D2, D3 e D4 cortados, o circuito então fica:
10 V
VA
S1 1 k� 1 k�
3 k� 1 k�
V X
D1 D5
W
Z
i
A corrente i que passa por D5 é então diretamente calculada:
i =
10− 0, 7
1k + 1k + 1k
= 3, 1mA
Agora, usando a lei das malhas podemos encontrar VX :
10− (1k + 1k)i− 0, 7− VX = 0
Vx = 9, 3− (2k)× (3, 1m)
Vx = 9, 3− 6, 2
Vx = 3, 1V
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 48
Questão 27
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
13
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
40
No circuito mostrado na figura acima, os diodos são consi-
derados ideais e a tensão v
f
aplicada é senoidal. Conside-
rando a disposição dos componentes no circuito e suas po-
laridades, a saída v
L
 será uma tensão
(A) senoidal de amplitude de pico v
f
(B) contínua, de valor, aproximadamente, igual a +2v
f
(C) contínua, de valor, aproximadamente, igual a 2v
f
(D) contínua, de valor, aproximadamente, igual a v
f
(E) senoidal retificada em meia onda e de amplitude de
pico +2v
f
R
C
C
RL
�
� �
�
v
f
v
L
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Durante o ciclo positivo da fonte, o circuito “visto” pela fonte será:
13
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
40
No circuito mostrado na figura acima, os diodos são consi-
derados ideais e a tensão v
f
aplicada é senoidal. Conside-
rando a disposição dos componentes no circuito e suas po-
laridades, a saída v
L
 será uma tensão
(A) senoidal de amplitude de pico v
f
(B) contínua, de valor, aproximadamente, igual a +2v
f
(C) contínua, de valor, aproximadamente, igual a 2v
f
(D) contínua, de valor, aproximadamente, igual a v
f
(E) senoidal retificada em meia onda e de amplitude de
pico +2v
f
R
C
C
RL
�
�
�
�vf
v
L
www.pciconcursos.com.br
_
�
�
v
f
Veja que o capacitor superior no ciclo positivo se carrega com uma tensão Vf igual
(em módulo) à da fonte. Durante o ciclo negativo, o circuito “visto” pela fonte será:
13
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
40
No circuito mostrado na figura acima, os diodos são consi-
derados ideais e a tensão v
f
aplicada é senoidal. Conside-
rando a disposição dos componentes no circuito e suas po-
laridades, a saída v
L
 será uma tensão
(A) senoidal de amplitude de pico v
f
(B) contínua, de valor, aproximadamente, igual a +2v
f
(C) contínua, de valor, aproximadamente, igual a 2v
f
(D) contínua, de valor, aproximadamente, igual a v
f
(E) senoidal retificada em meia onda e de amplitude de
pico +2v
f
R
CC
RL
�
�
�
�
v
f
v
L
www.pciconcursos.com.br
�
�
v
f
Veja que o capacitor inferior no ciclo negativo se carrega com uma tensão Vf igual
(em módulo) à da fonte.
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 49
Assumindo que não há perdas, podemos dizer que durante o ciclo positivo o
capacitor inferior manterá sua carga, e durante o ciclo negativo o capacitor superior
manterá sua carga, logo a malha mais à direita ficará:
13
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
40
No circuito mostrado na figura acima, os diodos são consi-
derados ideais e a tensão v
f
aplicada é senoidal. Conside-
rando a disposição dos componentes no circuito e suas po-
laridades, a saída v
L
 será uma tensão
(A) senoidal de amplitude de pico v
f
(B) contínua, de valor, aproximadamente, igual a +2v
f
(C) contínua, de valor, aproximadamente, igual a 2v
f
(D) contínua, de valor, aproximadamente, igual a v
f(E) senoidal retificada em meia onda e de amplitude de
pico +2v
f
C
C
RL
�
�
�
�
v
f
v
L
www.pciconcursos.com.br
�
�
v
f
Utilizando a Lei das Malhas de Kirchhoff temos que:
VL = Vf + Vf
VL = 2Vf
E esta tensão de +2Vf na carga será aproximadamente contínua. Na
prática haverá uma pequena oscilação nesta tensão na carga, devido ao fato do
capacitor se descarregar entre um ciclo e outro, sendo esta oscilação chamada de
Tensão de Ripple.
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 50
Questão 28
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
11
E L E T R O N U C L E A R
33
No circuito da figura acima, a fonte de alimentação é
senoidal dada por: vi(t) = 25sen(10
3 t). A expressão da
tensão na saída é
(A) vo(t) = 25cos(10
3 t)
(B) vo(t) = 25sen(10
3 t)
(C) vo(t) = 2,5sen(10
3 t)
(D) � � 3ov t 2,5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
(E) � � 3ov t 5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 34 e 35.
A figura acima ilustra um circuito R, L e C, alimentado por
uma fonte senoidal VI, com nível DC nulo.
34
A função de transferência 
0 IV (s) V (s)
 do circuito é
(A) 
2
2
RLCs R
RLCs Ls R
�
� �
(B) 
2
2
LCs 1
RLCs Ls 1
�
� �
(C) 
2
2
LCs 1
RLCs Cs R
�
� �
(D) 
2
2
LCs R
LCs Ls 1
�
� �
(E) 
2
2
RLC s 1
RLC s C s 1
�
� �
35
De acordo com o circuito, o valor da frequência angular �
da fonte, em rad/s, que, ao ser ajustada, faz com que o
sinal de saída V0, em regime permanente, se anule, é
(A) 
1
RLC
(B) 
L
C
(C) 
1
LC
(D) LC
(E) 
R
LC
36
O circuito da figura acima mostra um gerador de função
com diodos considerados ideais. Os valores de VA e VB,
em V, marcados na curva característica de transferência
eo x ei apresentada, são, respectivamente,
(A) 1,25 e 1,2
(B) 1,25 e 0,8
(C) 1,2 e 0,6
(D) 0,8 e 1,25
(E) 0,6 e 1,2
5V
4V
1k�
eoei
3k�
+
+ -
-
4k�
e [V]o
VB
0 1-1
VA
e [V]i
VI C R V0
+
_
+
_
L
10�
10mH100 F�
vi(t) v0(t)
+
_
+
_
Resolução:
Pelo gráfico vemos que quando ei = −1V a saída eo será igual a VA. Vemos
também que quando ei = −1V o diodo superior está cortado, e apenas o diodo
inferior conduz. Isso resulta no seguinte circuito:
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
11
E L E T R O N U C L E A R
33
No circuito da figura acima, a fonte de alimentação é
senoidal dada por: vi(t) = 25sen(10
3 t). A expressão da
tensão na saída é
(A) vo(t) = 25cos(10
3 t)
(B) vo(t) = 25sen(10
3 t)
(C) vo(t) = 2,5sen(10
3 t)
(D) � � 3ov t 2,5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
(E) � � 3ov t 5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 34 e 35.
A figura acima ilustra um circuito R, L e C, alimentado por
uma fonte senoidal VI, com nível DC nulo.
34
A função de transferência 
0 IV (s) V (s)
 do circuito é
(A) 
2
2
RLCs R
RLCs Ls R
�
� �
(B) 
2
2
LCs 1
RLCs Ls 1
�
� �
(C) 
2
2
LCs 1
RLCs Cs R
�
� �
(D) 
2
2
LCs R
LCs Ls 1
�
� �
(E) 
2
2
RLC s 1
RLC s C s 1
�
� �
35
De acordo com o circuito, o valor da frequência angular �
da fonte, em rad/s, que, ao ser ajustada, faz com que o
sinal de saída V0, em regime permanente, se anule, é
(A) 
1
RLC
(B) 
L
C
(C) 
1
LC
(D) LC
(E) 
R
LC
36
O circuito da figura acima mostra um gerador de função
com diodos considerados ideais. Os valores de VA e VB,
em V, marcados na curva característica de transferência
eo x ei apresentada, são, respectivamente,
(A) 1,25 e 1,2
(B) 1,25 e 0,8
(C) 1,2 e 0,6
(D) 0,8 e 1,25
(E) 0,6 e 1,2
5V
4V
1k�
eoei
3k�
+
+ -
-
4k�
e [V]o
VB
0 1-1
VA
e [V]i
VI C R V0
+
_
+
_
L
10�
10mH100 F�
vi(t) v0(t)
+
_
+
__
= -1V =
Agora achamos o valor de VA por um simples divisor de tensão:
eo = VA = (−1− 4)×
1k
1k + 3k
VA = −5×
1
4
VA = −1, 25V
Novamento pelo gráfico vemos que quando ei = 1V a saída eo será igual a
VB. Vemos também que quando ei = 1V o diodo superior está conduzindo, e o
diodo inferior está cortado. Isso resulta no seguinte circuito:
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 51
ENGENHEIRO(A)
ELETRÔNICA
11
E L E T R O N U C L E A R
33
No circuito da figura acima, a fonte de alimentação é
senoidal dada por: vi(t) = 25sen(10
3 t). A expressão da
tensão na saída é
(A) vo(t) = 25cos(10
3 t)
(B) vo(t) = 25sen(10
3 t)
(C) vo(t) = 2,5sen(10
3 t)
(D) � � 3ov t 2,5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
(E) � � 3ov t 5sen 10 t
4
�	 
� �� �

 �
Considere a figura e os dados a seguir para responder
às questões de nos 34 e 35.
A figura acima ilustra um circuito R, L e C, alimentado por
uma fonte senoidal VI, com nível DC nulo.
34
A função de transferência 
0 IV (s) V (s)
 do circuito é
(A) 
2
2
RLCs R
RLCs Ls R
�
� �
(B) 
2
2
LCs 1
RLCs Ls 1
�
� �
(C) 
2
2
LCs 1
RLCs Cs R
�
� �
(D) 
2
2
LCs R
LCs Ls 1
�
� �
(E) 
2
2
RLC s 1
RLC s C s 1
�
� �
35
De acordo com o circuito, o valor da frequência angular �
da fonte, em rad/s, que, ao ser ajustada, faz com que o
sinal de saída V0, em regime permanente, se anule, é
(A) 
1
RLC
(B) 
L
C
(C) 
1
LC
(D) LC
(E) 
R
LC
36
O circuito da figura acima mostra um gerador de função
com diodos considerados ideais. Os valores de VA e VB,
em V, marcados na curva característica de transferência
eo x ei apresentada, são, respectivamente,
(A) 1,25 e 1,2
(B) 1,25 e 0,8
(C) 1,2 e 0,6
(D) 0,8 e 1,25
(E) 0,6 e 1,2
5V
4V
1k�
eoei
3k�
+
+ -
-
4k�
e [V]o
VB
0 1-1
VA
e [V]i
VI C R V0
+
_
+
_
L
10�
10mH100 F�
vi(t) v0(t)
+
_
+
__
= 1V =
Agora achamos o valor de VB por um simples divisor de tensão:
eo = VB = (1 + 5)×
1k
1k + 4k
VB = 6×
1
5
VB = 1, 2V
�� ��Alternativa (A)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 52
1.4 Conversores CC-CC
Questão 29
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
8
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
Vi
VL VD
Vo
L D
S C R
endereço xx1 xx2 xx3 ... x12
34 A2 B6 AF D8 1A 18 2E 5F 98 AA C1... ...
Memória
ponteiro
255 2561 2 3 4
1
2
3
15
16
..
.
...
Painel de leds
(A)
4
E
(B) E2 (C)
3
E
(D)
3
E2
� (E)
2
E
�
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
A figura acima apresenta um painel eletrônico de exibição de
mensagens, formado por uma matriz de leds com 16 linhas
e 256 colunas, e parte da memória do painel. O conteúdo da
memória está representado por números hexadecimais. Um
led aceso corresponde ao bit 1, enquanto um led apagado
ao bit 0. A informação a ser apresentada no painel é armaze-
nada seqüencialmente na memória do aparelho, mapeando
cada coluna do painel por dois bytes. O primeiro byte
corresponde às linhas 1 até 8, enquanto o segundo byte às
linhas 9 até 16. As linhas 1 e 9 correspondem aos bits me-
nos significativos de cada byte. Por fim, existe um ponteiro
que indica a posição da memória onde se inicia a informa-
ção a ser disposta no painel, a partir da coluna 1.
Na situação ilustrada, os leds nas colunas 3, 4 e 5 da linha
6 do painel, respectivamente, estarão:
27
A figura acima apresenta um circuito ativo,utilizado na
implementação de compensadores de primeira ordem de atraso
de fase ou de avanço de fase. O amplificador operacional do
circuito pode ser considerado como ideal. Para que o pólo da
função de transferência do compensador esteja localizado em
s = 5, a resistência de R, em , deverá ser
(A) 0,5 (B) 1,0
(C) 2,0 (D) 5,0
(E) 8,0
28
Figura 1 Figura 2
O circuito da Figura 1 é um conversor CC-CC denominado
Boost, alimentado por uma tensão V
i
 em volts, cuja forma de
onda é apresentada na Figura 2. Considerando o seu funcio-
namento em regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S está aberta, o capacitor é o elemento
responsável por suprir a corrente da carga.
(B) quando a chave S está fechada, o diodo D conduz.
(C) a tensão média no indutor é igual a A.
(D) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A D
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
(E) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
29
A expressão da tensão V
xy
 do Equivalente Thevenin entre
os pontos X e Y do circuito da figura acima é
�
E
�
R
X
�
3E
� R
R
Y
�
Vxy
�
+
+
+
-
-
-
1 K�
R
20 F�
40 F�
V1 V2
Vi
toff ton
A
0
t
T
Leds na linha 6
coluna 3 coluna 4 coluna 5
(A) apagado aceso apagado
(B) apagado apagado aceso
(C) apagado apagado apagado
(D) aceso aceso aceso
(E) aceso apagado apagado
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Como dito no enunciado, o circuito apresentado é um conversor CC-CC
conhecido como Boost ou Elevador de Tensão. Surpreendentemente, esta in-
formação juntamente com uma simples análise das respostas já permite encon-
trarmos a resposta correta.
Sabendo que a variável D apresentada é o duty-cicle, e é dado por D = ton
T
,
percebemos que D ≤ 1, já que o tempo em alto ton é menor ou igual ao período T .
Com isso podemos analisar as alternativas:
(A) - FALSO. Quando a chave S está fechada o indutor L carrega. Logo, ao abrir
a chave S é o indutor que impõe sua corrente à carga, e não o capacitor.
(B) - FALSO. Quando a chave S está fechada o indutor L está ligado direto à
entrada, o diodo está cortado e o capacitor mantém a tensão sobre a carga.
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 53
(C) - FALSO. O circuito é um Boost, logo a tensão média de saída dever ser maior
que A.
(D) - FALSO. Sabendo que D ≤ 1, vemos que a expressão A D
D−1 pode assumir
tanto valores (em módulo) maiores quanto menores que A, logo esta ex-
pressão não é de um circuito Boost. Na verdade, esta expressão é o oposto
da saída de um conversor CC-CC chamado de Buck-Boost ou "Elevador-
Abaixador de tensão".
(E) - VERDADEIRO. Como D ≤ 1, vemos que a expressão A
1−D resultará em uma
tensão de saída sempre maior que A, logo esta expressão deve ser a de um
conversor CC-CC do tipo Boost.
Obs.: Optamos aqui por não deduzir a expressão do conversor Boost por
ser muito trabalhosa e impraticável durante um concurso. Recomendamos que
o candidato tenha em mente as expressões para os conversores CC-CC do tipo
Boost, Buck e Buck-Boost. Que, para uma entrada CC chamada de Vi, são:
Boost Buck Buck-Boost
Vo =
Vi
1−D Vo = DVi Vo =
DVi
D−1
�� ��Alternativa (E)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 54
Questão 30
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
13
47
No circuito da figura acima, os valores de R e da tensão 
nominal do diodo zener, VZ, são desconhecidos. Para 
determiná-los, utilizaram-se duas baterias diferentes, 
verificando-se as potências dissipadas pelos resistores. 
Os valores obtidos estão na tabela abaixo.
Com base nos dados acima apresentados, os valores de 
R e VZ são, respectivamente,
(A) 2 kΩ e 4 V (B) 3 kΩ e 6 V
(C) 2 kΩ e 6 V (D) 3 kΩ e 4 V 
(E) 2 kΩ e 10 V
48
No circuito da figura acima, o resistor dissipará a potência 
máxima quando a frequência ω do sinal da fonte de cor-
rente senoidal, em rad/s, for
(A) 0 (corrente contínua) (B) 
 
 
(C) (D) 
(E) 
Bateria PR PRL
 10 V 12 mW 8 mW
 18 V 48 mW 18 mW
49
A figura acima apresenta um conversor buck boost, que 
opera com modulação por largura de pulso, onde o duty 
cycle D = 0,6. Para uma entrada DC Vi = 15 V e conside-
rando o funcionamento do circuito em regime permanen-
te, o valor médio da tensão de saída Vo, em volts, é
(A) −37,5
(B) −22,5
(C) 3,75
(D) 22,5
(E) 37,5
50
No circuito apresentado na figura acima, a fonte V2 é uma 
fonte de tensão controlada por tensão, cujo valor é 2V1 e 
onde V1 é a diferença de potencial aplicada ao resistor de 
2 Ω. Para esse circuito, o valor da corrente I, em função 
da tensão V, é
(A) −3V 
(B) −2V 
(C) 
 
(D) 2V 
(E) 3V 
Resolução:
Para um candidato preparado esta questão é extremamente simples, pois é
uma simples aplicação de fórmula.
Para um conversor CC-CC do tipo Buck-Boost, a tensão média de saída Vo
é dada por:
Vo =
−D
1−D
× Vi
Sabendo que D = 0, 6 e Vi = 15V , basta substituirmos na fórmula:
Vo =
−D
1−D
× Vi
Vo =
−0, 6
1− 0, 6
× 15
Vo =
−0, 6
0, 4
× 15
Vo = −22, 5V
Obs.: É altamente recomendado que o candidato saiba as expressões da
tensão média de saída dos conversores CC-CC do tipo Boost, Buck e Buck-Boost.
�� ��Alternativa (B)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 55
Questão 31
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
11
43
Projeto de sistemas de aterramento para cargas sensíveis 
tem sido motivo de crescente preocupação entre os en-
genheiros eletricistas. Dentre as filosofias de aterramento 
utilizadas, uma delas prevê o aterramento das carcaças 
dos equipamentos eletrônicos através do condutor de pro-
teção que se encontra conectado à barra de proteção, no 
quadro de distribuição de circuitos. Nesse quadro, além 
dos barramentos de fase e neutro, estão também previs-
tas duas barras de terra, uma para proteção e outra de 
referência de sinal. As duas barras mencionadas estão 
conectadas à malha de terra do sistema de força. A des-
crição apresentada acima refere-se ao sistema de aterra-
mento
(A) independente.
(B) de ponto único.
(C) de força.
(D) de potência.
(E) com malha de terra de referência.
44
A geração de energia elétrica a partir de usinas termelétri-
cas ganhou espaço no parque gerador brasileiro nos últi-
mos anos. A tecnologia a ciclo combinado, onde sistemas 
de geração a gás e vapor operam em conjunto, tem sido 
empregada nessas usinas. A figura acima apresenta um 
esquema simplificado do princípio de funcionamento de 
uma usina termelétrica a ciclo combinado. Na figura, os 
elementos indicados pelas letras G, H e J correspondem, 
respectivamente, a
(A) turbina a vapor, condensador e evaporador.
(B) admissão, turbina a vapor e evaporador.
(C) condensador, bomba de circulação e evaporador.
(D) compressor, turbina a gás e torre de resfriamento.
(E) compressor, turbina a vapor e condensador.
45
Seja um conversor CC-CC, tipo abaixador, considerado 
ideal, operando em modo contínuo e em regime perma-
nente, cuja corrente médiade entrada é 2 A. Sendo a cor-
rente média de saída igual a 10 A, e a tensão média de 
entrada igual a 10 V, o valor da tensão média de saída, em 
volts, será igual a 
(A) 6,2 (B) 4.8
(C) 4,0 (D) 3,5
(E) 2,0
46
Relés de sobrecorrente estáticos são equipamentos desti-
nados a subestações de menor porte, instalados junto aos 
disjuntores de média tensão, dispensando alimentação 
auxiliar. Suponha que um desses relés seja instalado no 
polo do disjuntor que protege um transformador trifásico 
de 200 kVA, alimentando uma pequena indústria. A tensão 
primária é de 13,8 kV, e a corrente máxima é igual a 130% 
da carga nominal do transformador. Nessas condições, o 
valor aproximado, em ampères, da corrente de ajuste da 
unidade temporizada desse relé é igual a
(A) 21,6 (B) 14,5
(C) 10,9 (D) 8,4
(E) 2,2
47
A figura acima apresenta a planta baixa de um dos cô-
modos de uma casa. O circuito que alimenta esse cômo-
do chega por uma das luminárias pontuais. Para que as 
duas luminárias sejam comandadas simultaneamente, 
por meio dos dois interruptores paralelos, é necessário 
que, nos trechos A, B e C da linha, passem os seguintes 
condutores:
TRECHO A TRECHO B TRECHO C
(A) retorno, retorno e 
retorno fase, neutro, terra
fase, retorno e 
retorno
(B) fase, retorno e 
retorno fase, neutro e retorno
retorno, retorno 
e retorno
(C) fase, retorno e 
retorno
fase, neutro, terra, 
retorno e retorno
retorno, retorno 
e retorno
(D) retorno, retorno e 
retorno
fase, neutro, terra, retor-
no, retorno e retorno
fase, retorno e 
retorno
(E) fase, retorno e 
retorno
fase, neutro, terra, retor-
no, retorno e retorno
retorno, retorno 
e retorno
Resolução:
Como o conversor CC-CC é considerado ideal, então não pode haver perda
de energia (e consequentemente de potência) entre a entrada e a saída do con-
versor.
Logo, igualando a potência de entrada com a potência de saída temos:
Pin = Pout
VinIin = VoutIout
Vout =
VinIin
Iout
Vout =
10× 2
10
Vout = 2V
�� ��Alternativa (E)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
T3
4T
RJ
59
YN
KS
ELETRÔNICA ANALÓGICA www.concursopetrobraseng.com.br 56
Questão 32
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
10
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
+
�
+
�
20 V 40 V
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Sabemos que a tensão média de saída de um conversor CC-CC do tipo
Buck-Boost (Abaixador - Elevador de tensão) é dado por:
Vo = −
ViD
1−D
portanto a alternativa correta é a letra (D).
Analisando as outras alternativas:
• (A): Falso. Com a chave S fechada o diodo estará em corte.
• (B): Falso. Com a chave S aberta o capacitor estará carregando, devido a
corrente vinda do indutor.
• (C): Falso. A tensão média sobre o indutor será menor que Vo.
• (E): Falso. Esta expressão de Vo é para o conversor CC-CC do tipo Boost
apenas.
�� ��Alternativa (D)
Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua
reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
www.concursopetrobraseng.com.br
	Amplificador Operacional
	Transistores
	Diodos
	 Conversores CC-CC