Circuitos e Funções de Rede

Prévia do material em texto

Certo circuito linear, fixo, com coeficientes constantes, possui entrada x(t) e saída y(t). 
Aplicando-se um impulso de Dirac, unitário, à entrada x(t), com condições iniciais nulas, 
obteve-se a resposta mostrada na figura 2. 
 
5 – Foi proposto modelar a resposta em estado zero desse circuito com os seguintes 
modos 
 naturais: 
 
 Em função da resposta obtida e mostrada na figura 2, deve-se considerar: 
 
 a) Apenas os modos naturais A e B. 
 b) Apenas os modos naturais A e C. 
 c) Apenas os modos naturais A, B e C. 
 d) Apenas os modos naturais B e D. 
 e) Todos os modos naturais propostos. 
 
 
6 – Sabe-se que a função de rede desse circuito pode ser escrita na forma: 
 
 Considerando essa função de rede e a resposta obtida para o circuito com entrada igual a 
 um impulso, pode-se concluir que os valores de α, K1 e K2 são, respectivamente: 
 
 a) –1, 1, 4 
 b) 1, 1, 4 
 c) –1, 4, 1 
 d) 
 
 1, –1, – 4 
 e) –1, 4, – 4 
Figura 2 
Resolução: O circuito mostra uma componente 
constante na resposta permanente livre, o que 
evidencia um modelo natural do tipo C, por 
outro lado, o pico de tensão deve corresponder 
a um modelo natural do tipo B, e o valor inicial 
nulo exige um modo natrual do tipo A. 
Resolução: K1 = 1 ⇒ corresponde à resposta permanente para 
 t = 1,25, tem-se y(t) = 2,146 e 
 y(t) = [ – e – t + K2 t e – t + 1 ] H(t) 
 2,146 = – 0,2865 + K2 1,25 . 0,2865 + 1 
 K2 = 4 
 e α é obtido diretamente da função de rede. 
 
7 – Considere ainda a função de rede dada no teste 6, agora com K1 = 2 e K2 = 5. 
 Se for aplicado na entrada do circuito um impulso unitário, o valor de será: 
 a) 3,0 
 b) 2,0 
 c) 1,0 
 d) 0 
 e) n.d.a. 
 
 
8 – Considerando ainda a função de rede dada no teste 6, agora com K1 e K2 literais, o 
 número de condições inicias necessárias para obter-se a resposta livre desse circuito é: 
 
 a) Três. 
 b) Duas. 
 c) Uma. 
 d) Nenhuma. 
 e) Não é possível obter-se a resposta livre de um circuito a partir da sua função de rede. 
 
 
9) A transformada de Laplace de uma função f(t) é igual a 
2
2
6s 8s 2F(s) (s 2)(s 2s 5)
+ +
=
+ + +
. 
A função f(t) é dada por: 
 
a) 2t o2e H(t) 2 2 cos(2t 45 )H(t)− + − 
b) t o4 2 e cos(2t 45 )H(t)− − 
c) 2t t o2e H(t) 4 2 e cos(2t 45 )H(t)− −+ + 
d) t 2t o2e H(t) 2 2 e cos(2t 45 )H(t)− −+ + 
e) n.d.a. 
 
Resolução: 
Calculando os pólos da função F(s), obtemos: 
1
2,3
s 2
s 1 j2.
= −
= − ±
 
Basta então fazer expansão em frações parciais, ou seja, 
Resolução: 
O valor final é sempre K1 , pois para t → ∞ as exponenciais 
 tendem a zero. 
Resolução: 
O grau do denominador é três, portanto são necessárias 
três condições iniciais 
A B BF(s)
s 2 s 1 j2 s 1 j2
∗
= + +
+ + − + +
. 
Calculando os resíduos, obtemos 
o
2
s 2 2
2
j45
s 1 j2
6( 2) 8( 2) 2A F(s)(s 2) | 2( 2) 2( 2) 5
6( 1 j2) 8( 1 j2) 2B F(s)(s 1 j2) | 2 j2 2 2 e .( 1 j2 2)( 1 j2 1 j2)
=−
=− +
− + − +
= + = =
− + − +
− + + − + +
= + − = = + =
− + + − + + +
 
 
Assim a antitransformada fica 
2t t of (t) 2e H(t) 4 2 e cos(2t 45 )H(t).− −= + + 
 
 
 
10) Um circuito elétrico que tem como entrada a tensão ge (t) e como saída a tensão v(t) é 
descrito pela seguinte função de rede 
 
2
g c.i.n
V(s) 2sG(s) .
E (s) s 10s 29= = + + 
 
A resposta permanente v(t) para a excitação ge (t) 10cos(5t 30 )= + � (V,s) é expressa 
aproximadamente em (V,s) por: 
 
a) o2cos(5t 35 )+ 
b) o5,4cos(2t 68 )+ 
c) o20cos(5t 60 )− 
d) o4cos(5t 45 )+ 
e) n.d.a. 
 
Resolução: 
Em RPS temos a resposta em frequência 
2
2(jω)G(jω) .(jω) 10(jω) 29= + + 
O fasor da resposta permanente pode ser calculado como 
o oj30 j34,57
g 2
2(j5)
ˆ ˆV E G(j5) 10e 1,9936 e .(j5) 10(j5) 29= = =+ + 
Portanto, a resposta permanente vale 
o ov(t) 1,9936cos(5t 34,57 ) 2cos(5t 35 )= + ≈ + (V,s). 
 
 
 
11) Sabe-se que 
2
2
s 12F(s) (s 2)(s 4)
−
=
− +
. Pode-se dizer que 
t
lim f (t)
→∞
 vale: 
a) 0 
b) 1,5 
c) −∞ 
d) +∞ 
e) n.d.a. 
 
Resolução: 
A função F(s) tem dois pólos complexos conjugados no eixo imaginário e iguais a 1,2s j2= ± e 
um pólo no semiplano direito igual a 3s 2= . Os pólos complexos levam a uma resposta co-
senoidal e o pólo no semiplano direito à exponencial crescente 2te que tende para ∞ quando 
t → ∞ . No entanto, a função f(t) pode tender para +∞ ou ,−∞ dependendo do sinal do resíduo 
relacionado ao pólo 3s 2= . Calculando esse resíduo, obtemos 
2
2s 2
2 12A F(s)(s 2) 1
2 4=
−
= − = = −
+
. 
 
Como A 0,< conclui-se que 
t
lim f (t) .
→∞
= −∞ 
 
 
12) Para um circuito RLC paralelo com condições iniciais não-nulas e um gerador de corrente 
com excitação tgi (t) e H(t)−= , obteve-se a seguinte transformada de Laplace da tensão v(t): 
 
2 2
Resposta livreResposta forçada
2s s 1V(s) (s 1)(s 2s 2) s 2s 2
−
= +
+ + + + +��������������
. 
Pode-se afirmar que: 
 
a) O circuito possui apenas duas frequências complexas próprias ( FCPs ) que valem 
1s 1 j= − + e 2s 1 j= − − . 
 
b) O circuito possui apenas três FCPs que são iguais a 1s 1= − , 2s 1 j= − + e 3s 1 j= − − . 
c) 1s 1= − , 2s 1 j= − + e 3s 1 j= − − são FCPs do circuito, mas poderia haver outras que 
não aparecem em V(s) devido ao cancelamento de pólos e zeros. 
 
d) Não é possível usar o Teorema do Valor Final para calcular 
t
lim v(t)
→∞
, pois V(s) tem 
pólos com parte real positiva. 
 
e) Aplicando-se o Teorema do Valor Inicial, obtém-se 
t 0
lim v(t) 0.
+→
= 
 
 
Resolução: 
Como se trata de um circuito RLC paralelo há apenas 2 FCPs que, neste caso, valem 1s 1 j= − + 
e 2s 1 j= − − . Note que o pólo 1− que aparece na resposta forçada é devido à excitação, cuja 
transformada de Laplace vale g
1I (t) .
s 1
=
+
 
 
Ao se aplicar o TVF, obtém-se 
t s 0
lim v(t) lim[sV(s)] 0
→∞ →
= = , que era esperado pois a excitação 
tende a zero quando t → ∞ . Usando o TVI, chega-se a 
t 0 s
lim v(t) lim[sV(s)] 1.
+→ →∞
= = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
	digitalizar0004.pdf
	GabaritoP2parte.pdf