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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