CCE0122 Circuitos Eletricos II 3003 A GAB

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AVALIAÇÃO AV1 
7º SEMESTRE – ENGENHARIA ELÉTRICA 
CCE0122 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II – TURMA 3003 
Professor: MITSUO NITTA Data da prova: 05/10/2017 
Período: 2017-2 – SANTO AMARO Período: Noite 
Matrícula: Resultado: 
 
 Aluno: 
Assinatura: 
AVALIAÇÃO COM CONSULTA A UMA FOLHA A4 COM FORMULÁRIOS E LEMBRETES (ORIGINAL E 
MANUSCRITO). DURAÇÃO: 150 MINUTOS. PERMITIDO O USO DA CALCULADORA. VALOR DA 
PROVA: 8,0 PONTOS 
RESOLVER APENAS 4 DAS 5 QUESTÕES PROPOSTAS. QUESTÕES SEM MEMÓRIA DE CÁLCULO 
SERÃO ZERADAS 
 
QUESTÃO 01 
Um estagiário foi contratado por uma empresa prestadora de serviços para trabalhar no laboratório de 
eletricidade. Um dos primeiros trabalhos era levantar as características da bobina utilizada nos reatores 
para luminárias de lâmpadas fluorescentes. Para este levantamento foi montado um circuito série com uma 
fonte de tensão E = 220 (Vrms), uma resistência de referência R = 20 (Ω) e uma bobina B, de parâmetros: 
r = resistência interna e L = indutância própria. Utilizando um voltímetro, obteve os seguintes valores: a 
tensão sobre a resistência de referência R = 20 (Ω), VR = 80 (Vrms) e a tensão sobre a bobina VB = 200 
(Vrms). A frequência da rede é 50 (Hz). Nestas condições, os valores de r (em Ω) e indutância L(em mH), 
valem respectivamente: 
a) 9,500 e 130,21 
b) 3,125 e 132,37 
c) 2,125 e 158,84 
d) 3,125 e 158,84 
e) 3,512 e 185,84 
Resposta esperada: 
Desenhando o circuito no domínio da frequência e seu diagrama de fasores correspondente, temos: 
 
Aplicando lei dos cossenos, obtemos: 
º14,6542045,0arccos42045,0
..2
cos
222


 
R
BR
VE
VVE
 
)(0,4
20
80
Arms
R
V
I R 
 
)(609,1999073,0.220. VrmssenEV
E
V
sen L
L   
)(50,12
22
VrmsVVV LBr 
 e 
)(125,3
0,4
50,12

I
V
r r
 
)(902,49
0,4
609,199

I
V
X LL
 e 
)(84,158
0..2
902,49
mH
X
L L  
 
Alternativa correta: d 
 
QUESTÃO 02 
Para simplificação de circuitos elétricos, são utilizadas as técnicas decorrentes das leis de Kirchhoff. Estas 
técnicas envolvem os elementos ligados em série, paralelo, em triângulo e em estrela, dados: R1 = 2 kΩ, 
R2 = 12 kΩ, L = 500 mH e C = 400 nF. 
 
Com base nos seus conhecimentos, a impedância equivalente indicada entre a e b do circuito da figura e a 
corrente que circula no domínio da frequência, quando uma fonte de tensão de fem e = 100.cos(350.t + 
30º) V e impedância interna Zg = (2 + j4) Ω é ligada entre os terminais a e b, e a nova impedância 
equivalente e a nova corrente que circula no domínio da frequência, quando a alimentação é trocada por 
uma nova fonte de tensão de fem e = 100.cos(500.t + 30º) V e impedância interna Zg = (2 + j3) Ω, valem 
respectivamente:: 
a) 7,408|-45,64º (kΩ); 13,501|105,61º (mA); 5,730|-48,44º (k Ω) e 17,50|108,40º (mA) 
b) 7,4084|45,64º (kΩ); 13,501|75,61º (mA); 5,7295|48,44º (k Ω) e 17,50|78,40º (mA) 
c) 7,4084|-45,64º (kΩ); 13,501|-75,61º (mA); 5,7295|-48,44º (k Ω) e 17,50|-78,40º (mA) 
d) 7,408|-45,64º (kΩ); 13,501|-105,61º (mA); 5,730|-48,44º (k Ω) e 17,50|-108,40º (mA) 
e) 7,4084|-45,64º (kΩ); 13,501|75,61º (mA); 5,7295|-48,44º (k Ω) e 17,50|78,40º (mA) 
Resposta esperada: 
 
Passando os dados do circuito no domíno da frequência de 350 (rad/s), obtemos: 
)(17510.500.350. 3   jjLjjXL L  
)(7143
10.400.350
1
.
.
1
9


jj
C
jjXC C 
 
Os valores das resistências permanecem inalterados. 
   )(º64,454084,7)//( 12  kRjXjXRZ CL
 
)(º61,75501,13
42º64,453,7408
º30100
mA
jZZ
E
I
g





 
 
Passando os dados do circuito no domíno da frequência de 500 (rad/s), obtemos: 
)(25010.500.500. 3   jjLjjXL L  
)(5000
10.400.500
1
.
.
1
9


jj
C
jjXC C 
 
Os valores das resistências permanecem inalterados. 
   )(º44,485,5729)//( 12  RjXjXRZ CL
 
)(º40,785,17
32º44,485,5729
º30100
mA
jZZ
E
I
g





 
Alternativa correta: e 
 
QUESTÃO 03 
Para o circuito da figura são conhecidos: iS = 2,5.cos(1000t + 25º) A; e = 40.cos(1000t + 60º) V; Z1 = (2 + 
j3) Ω; Z2 = 3,5 |60º Ω; Z3 = (3+ j4) Ω; Z4 = (24 + j30) Ω; Z5 = (16 + j16) Ω e Z6 = (2+ j3)Ω. 
 
A tensão V4, em rms, a corrente I4, em rms e a potência média consumida pela impedância Z5, valem 
respectivamente: 
a) 24,345 V; 0,634 A e 37,024 W 
b) 16,766 V; 0,436 A e 4,630 W 
c) 16,766 V; 0,436 A e 5,500 W 
d) 24,345 V; 0,634 A e 26,180 W 
e) 16,766 V; 0,436 A e 6,547 W 
Resposta esperada: 
)(º2577,1
2
º255,2
VrmsI S 
 
)(º6028,28
2
º6040
VrmsE 
 
 
Aplicando o método das tensões de nó em “VA”ou análise nodal temos: 
ASB III 
 
2Z
VV
I ABB


 
5Z
V
I AA 
 
SBAS
AAB IV
Z
V
ZZ
I
Z
V
Z
VV








.
1
.
11
25252
 
Aplicando o método das tensões de nó em “VB”ou análise nodal temos: 
4III BC 
 
6Z
VE
I BC


 
43
4
zZ
V
I B


 
6436224326
.
111
.
1
Z
E
V
ZZZZ
V
ZZZ
V
Z
VV
Z
VE
BA
BABB 












 
O sistema linear deste problema fica: 






















643622
252
.
111
.
1
.
1
.
11
Z
E
V
ZZZZ
V
Z
IV
Z
V
ZZ
BA
SBA
 
Numericamente: 






º69,38435,7.º92,575857,0.º602857,0
º2577,1.º602857,0.º01,583286,0
BA
BA
VV
VV 
Resolvendo: VA = 12,1723|38,93º (Vrms) e VB = 18,9473|54,07º (Vrms) 
º52,24364,0
43
4 


ZZ
V
I B
(Arms) 
)(º86,537662,16. 444 VrmsIZV 
 
)(º07,65379,0
5
Arms
Z
V
I AA 
 
  )(6300,4.)( *5 WIVeZP AA  
Alternativa correta: b
 
 
QUESTÃO 04 
Para a rede da figura são dados: e1(t) = 20,5.cos(t + 45º )V, e2(t) = 17,5.cos(t – 30º) V, Z1 = (2 + j3)Ω; Z2 
= (10 + j15)Ω e Z3 = (8 + j10)Ω, 
 
O gerador de Thevenin equivalente à esquerda de a b vale: 
a) ETH = 10,2530|30º(Vrms) e ZTH = 0(Ω) 
b) ETH = 12,3744|-30º(Vrms) e ZTH = 20,8426|56,16º(Ω) 
c) ETH = 12,3744|-30º(Vrms) e ZTH = 20,7569|56,54º(Ω) 
d) ETH = 12,3744|-30º(Vrms) e ZTH = 0(Ω) 
e) ETH = 12,3744|-30º(Vrms) e ZTH = 27,8409|38,58º(Ω) 
Resposta esperada: 
)(º454957,14
2
º455,20
1 VrmsE 
 
)(º303744,12
2
º305,17
2 VrmsE 


 
Cálculo de ETH = Vab 
 
 
A tensão Vab = E2 = ETH = 12,3744|-30º(Vrms) 
Cálculo de ZTH. 
Curto-circuitando as fontes de tensão e calculando a impedância vista pelos terminais a e b, obtemos: 
   00//// 231  ZZZZTH
 
Alternativa correta: d 
 
QUESTÃO 05 
Para a rede da figura são dados: e(t) = 20,5.cos(t + 45º )V, iS(t) = 1,75.cos(t – 30º) A, Z1 = (2 + j3)Ω; Z2 = 
(10 + j15)Ω e Z3 = (4 + j5)Ω 
 
O gerador de Thevenin equivalente à esquerda de a b vale: 
a) ETH= 3,9846|-9,78º(Vrms) e ZTH = 4,4249|8,54º(Ω) 
b) ETH = 2,8974|77,69º(Vrms) e ZTH = 1,8158|-4,27º(Ω) 
c) ETH = 7,3980|37,32º(Vrms) e ZTH = 3,6802|48,63º(Ω) 
d) ETH = 3,4954|86,41º(Vrms) e ZTH = 0,8007|72,37º(Ω) 
e) ETH = 3,5195|9,59º(Vrms) e ZTH = 4,4586|4,32º(Ω) 
Resposta esperada: 
)(º454957,14
2
º455,20
VrmsE 
 
)(º302374,1
2
º3075,1
ArmsI S 


 
Cálculo de ETH = Vab 
 
Aplicando LKC no nó “V1”, obtemos: 
xS III  1
 onde: 
3
1
1
Z
VE
I


 
2
21
Z
VV
I x


 
2
2
2
1
3
1
32
21
3
1
Z
V
Z
V
Z
V
Z
E
I
Z
VV
Z
VE
I SS 




 
2122
2
2
2
1
2
21
22 .5.5.
.5.5
.5.5 VVVZ
Z
V
Z
V
Z
VV
VIV x 



 

 
5
.5
.5).5(
2
1
2122


Z
V
VVVZ
 
)(º22,359053,16
)5(
511)5(
.5
2232
3
1
22
1
2
1
3
1
3
Vrms
ZZZZ
Z
E
I
V
ZZ
V
Z
V
Z
V
Z
E
I
S
S 





 
)(º78,99846,3
5
.5
2
1
2 Vrms
Z
V
V 


 
)(º78,99846,3.5.5
2
21
2 Vrms
Z
VV
IVVE xabTH 




 

 
 
Cálculo de IN (corrente de Norton) 
 
Aplicando LKC no nó de “V1”. Obtemos: 
xS III  1
 onde: 
3
1
1
Z
VE
I


 
Nx I
Z
V
Z
VV
I 


2
1
2
21
, pois V2 = (curto-circuito) 
)(º99,372341,16
11
.
11
32
3
11
3232
1
3
1 Vrms
ZZ
Z
E
I
VV
ZZZ
E
I
Z
V
Z
VE
I
S
SS 










 
)(º32,189005,0
2
1 Arms
Z
V
IN 
 
)(º54,84249,4
º32,189005,0
º78,99846,3




N
TH
TH
I
E
Z
 
Alternativa correta: a 
 
QUESTÃO 06: 
Uma cabine primária alimenta um conjunto de cargas monofásicas através de uma linha de distribuição de 
impedância série z = (2+j6) Ω. Considerando as cargas: 
Carga 1: absorve 100 kVA, fp = 0,80 atrasado sob 3800 V 
Carga 2: absorve 120 kVAr, fp = 0,90 atrasado sob 3800 V 
Carga 3: absorve 150 kVA, fp = 0,75 adiantado sob 3800 V. 
Com todas as cargas operando nas condições nominais, a tensão e o fator de potência na saída da cabine 
primária valem, respectivamente: 
a) 4506 (V) e 0,773 (atrasado) 
b) 4210 (V) e 0,944 (adiantado) 
c) 4506 (V) e 0,773 (adiantado) 
d) 4378 (V) e 0,816 (atrasado) 
e) 4210 (V) e 0,944 (atrasado) 
Resposta esperada: 
Corrente nas cargas: 
Carga 1: 
)(º87,363158,2688,0arccos
3800
100
arccos*1 A
k
fp
V
S
I 
 
)(º87,363158,261 AI 
 
Carga 2: 
)(º84,254471,7280,0arccos
)80,0(arccos.3800
120
arccos
)(arccos.
*
2 A
sen
k
fp
fpsenV
Q
I 
 
)(º84,254471,722 AI 
 
Carga 3: 
)(ºº41,414737,3975,0arccos
3800
150
arccos*3 A
k
fp
V
S
I 
 
)(º41,414737,393 AI 
 
Corrente total na linha de distribuição: 
)(º40,107950,117321 AIIIIT 
 
Tensão na saída da cabine primária ou na entrada da linha de distribuição: 
)(º92,81569,4210º49,107950,117).62(3800. VjIZVV TLRS 
 
Potência e fator de potência na saída da cabine primária ou na entrada da linha de distribuição. 
)(º32,19935,495º40,107950,117.º92,81569,4210. * kVAIVS TS 
 
)(944,0º32,19cos atrasadofp  
Alternativa correta: e 
 
BOA PROVA