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PSI.3211- CIRCUITOS ELÉTRICOS I 2i!Prova Semestral- 18/05/15 GABARITO 1a Questão: (4,0 pontos) Considere o circuito da Figura 1. A B Ro el G1 e3 G4 A e4 + + eo Thévenin E G2 rmlE Gs+ IE B Figura 2- Figura 1 Pede-se: a) Escreva a equação matricial de análise nodal nas variáveis e2 e e4. Para os itens seguintes, considere Gi = G3 :::;Gs:::; 2 S, G2 :::;1 S, 04 = 8 S, E = 5 V b) Neste item, vamos determinar o gerador de Thévenin da Figura 2 equivalente ao circuito "visto" pelos terminais A e B indicados na Figura L Para isso, considere rm = -1/4 (} e determine: b 1) o valor da tensão eo b2) o valor da resistência Ro c) Para rm= 0, determine o valor do resistor de carga RL a ser ligado entre A e B para que ocorra máxima transferência de potência. PSI3211 – Gabarito da Questa˜o da P2 – 2015 a) No circuito, ha´ uma fonte de tensa˜o independente e uma vinculada, ambas com um dos terminais no terra. Vamos tratar inicialmente a fonte vinculada como independente. Assim, e1 = E, e3 = −rmiE e a princ´ıpio na˜o precisamos escrever a 1a LK para os no´s 1 e 3. Escrevendo a 1a LK para o no´ 2, obtemos −G1 e1︸︷︷︸ =E +(G1 + G2 + G3)e2 −G3e4 = 0 ou ainda, (G1 + G2 + G3)e2 −G3e4 = G1E Escrevendo a 1a LK para o no´ 4, chega-se a −G3e2 −G4 e3︸︷︷︸ =−rmiE +(G3 + G4 + G5)e4 = 0 Precisamos escrever iE em func¸a˜o das tenso˜es nodais. Como essa corrente passa pelo gerador independente e na˜o ha´ relac¸a˜o constitutiva, vamos ter que escrever a 1a LK para no´ 1, ou seja, −iE + G1( e1︸︷︷︸ =E −e2) = 0, o que leva a iE = G1(E − e2). Substituindo na equac¸a˜o do no´ 4, chega-se a −(G3 + G1G4rm)e2 + (G3 + G4 + G5)e4 = −G1G4rmE A equac¸a˜o matricial fica G1 + G2 + G3 −G3 −(G3 + G1G4rm) G3 + G4 + G5 e2 e4 = G1E −G1G4rmE 1 2 b1) Precisamos calcular a tensa˜o em aberto entre os terminais A e B. Essa tensa˜o vale e0 = e2 − e3. Vamos usar a equac¸a˜o matricial de A.N. para obter e2. Substituindo os valores, chega- se a 5 −2 2 12 e2 e4 = 10 20 Calculando o determinante da matriz Gn, obte´m-se det(Gn) = ∣∣∣∣∣∣∣ 5 −2 2 12 ∣∣∣∣∣∣∣ = 64. Usando a regra de Cramer, chega-se a e2 = ∣∣∣∣∣∣∣ 10 −2 20 12 ∣∣∣∣∣∣∣ det(Gn) = 5 2 = 2,5 V. Agora podemos calcular e3: e3 = −rmG1(E − e2) = 1 4 2 ( 5− 5 2 ) = 5 4 = 1,25 V. O valor da tensa˜o e0 do gerador equivalente de The´venin entre A e B e´ e0 = e2 − e3 = 5 4 = 1,25 V. b2) Para calcular o valor de R0, podemos inserir um gerador de corrente de I = 1 A entre A e B (corrente indo de B para A) e calcular a tensa˜o VAB = e2− e3. Assim a resisteˆncia “vista” sera´ R0 = VAB/I. Para calcular VAB, podemos usar novamente a equac¸a˜o matricial de A.N., na˜o esquecendo de inativar o gerador independente de tensa˜o e de que a corrente I = 1 A entra no no´ 2. Assim, a equac¸a˜o obtida anteriormente se reduz a 5 −2 2 12 e2 e4 = 1 0 Usando a regra de Cramer, chega-se a e2 = ∣∣∣∣∣∣∣ 1 −2 0 12 ∣∣∣∣∣∣∣ det(Gn) = 12 64 = 3 16 = 0,1875 V. 3 Agora podemos calcular e3 com E = 0: e3 = −rmG1(E − e2) = 1 4 2 ( 0− 3 16 ) = − 3 32 = −0,0938 V. O valor da tensa˜o VAB e´ VAB = e2 − e3 = 3 16 + 3 32 = 9 32 = 0,2813 V e a resisteˆncia R0 do gerador equivalente de The´venin entre A e B e´ R0 = VAB 1 = 9 32 = 0,2813 Ω. c) Para calcular o valor de RL que inserida entre A e B maximiza a poteˆncia no caso de rm = 0, basta notar que sem vinculado o terminal B fica ligado ao terra. A resisteˆncia “vista” por A e B e´ RL = (R1//R2)//(R3 + R4//R5) = 0,2143 Ω. Outra forma de resolver Como no item anterior, podemos chegar ao mesmo resultado a partir da equac¸a˜o de A.N., considerando rm = 0, E = 0 (fonte independente inativada) e inserindo um gerador de corrente de I = 1 A entre A e B (corrente indo de B para A). Para calcular RL, precisamos calcular antes a tensa˜o VAB = e2 − e3. O sistema de A.N. se reduz a 5 −2 −2 12 e2 e4 = 1 0 Note que sem o vinculado, a matriz Gn se torna sime´trica com det(Gn) = (5)(12) − (−2)(−2) = 56. Usando a regra de Cramer, chega-se a e2 = ∣∣∣∣∣∣∣ 1 −2 0 12 ∣∣∣∣∣∣∣ det(Gn) = 12 56 = 3 14 = 0,2143 V. Agora podemos calcular e3 com E = 0 e rm = 0: e3 = −rmG1(E − e2) = 0. O valor da tensa˜o VAB e´ VAB = e2 − e3 = 3 14 = 0,2143 V e a resisteˆncia RL que maximiza a poteˆncia e´ RL = VAB 1 = 3 14 = 0,2143 Ω. Atenção: Preencher a folha ótica com seu nome, número USP e opções escolhidaspara cada teste. Para os testes 1 e 2 considere o circuito da Figura 3. 1 - O fasor Ê} é dado por: ~/45° 10 e} a) 0.+1 _1_/00 cost + + (X,iE 1Fb) (V,s)_0.-1 tE iv c) _1_/900 0.+1 - Figura 3 e) n.d.a. A A 2 - A expressão correta relacionando os fasores El e I, é: A A b) I, = E} A ... c) r, = 1+jEl d) A _ jÊl Iv --- j+1 e) n.d.a. v3 - Qual é a expressão do ganho para o circuito da Figura 4? 1 es a) 1+0. G G2+a.+J3 b) 1+0. 2-a.-J3 .,.- J3v ~ 1+0. ~ 2+a.-J3 d) a.G a.+ J3G e) n.d.a. Figura 4 .---..... 4 - Considere o circuito da Figura 5. Quanto vale Vo / es ? 2R a) 2 le e3 @4 )voc) 1/4 + d) O es(t) e) n.d.a. 1- - Figura 5 GABARITO 1) IE+ (1 /0° - Êl) = O (Iª L.K. no nó do gerador de indutância) A A Mas EI == alE :. IE + (1- alE) = O => IE = _1_ ~ Êl = a 10° a-I a-I 3) 1a Lei de Kirchhoff aplicada ao nó central superior, que chamamos de el: Gie, - e.) +aiE +G(e1 - f3e1) = O (I) onde já substituimos v por e1 1ª Lei de Kirchhoff aplicada ao superior do gerador es: Substituindo (II) em (I): G(el-es)+aG(el-eJ+G(el-pel)=O~ e}(G+aG+G- pG) = es(G+ aG) ~ e}(2+a- P) = es(l+a) v l+aNotando que v = e}, tem-se finalmente - = --- es 2+a-j3 _ 3vo _ 2e 2 s 5 - Considere o circuito mostrado na Figura 6. Supondo o amp-op ideal, o valor da corrente ia (emmA) é: 10kn a) 6,2 h) 2,4 c) - 2,4 @ -4,8 e) n.d.a. 10 vo 5kn 2V111V 1/ .eJ.-;~~~);-9-~~'"~~uratr~oR > ~;:-(f ~Z f{~ -j ~-#1/ ~;; p;-O..,. 05 (.) Lj-'9 /0 '.e., ..,9/ ~ -7rC'?774 6 - O circuito da Figura 7 costuma ser usado como um conversor digital-analógico, onde cada entrada Vi ( 1 $; i$; n) pode ter o valor de °V ou de 1V, sendo VI o hit mais significativo. A relação Ri/ Ri+1 para que - Vo seja proporcional ao número inteiro representado (em código hinário) na entrada é: 2,5kn 2kn amp-op ideal J.l-4oo a) -1 @0,5 c) 1 d) 2 e) n.d.a. MSB LSB Vo>---0---0 Figura 7 (amp-op ideal) li ~ac-iq..Jo a,/".'~ rd ~ - v.; -::.j,i fi; 1- 1: Lf + ·- z'=9L-q,s ~-f./ -- 7)-- L;/ - i '" " ' 0,, ! ·f I ' , , , 'i, I" i. , j' /!.rl a.. ~l.'1al~ f'-< 1J te- I.r? pj':J .'=r: C:};:""Ó .e',? /"'<i' (f" J2 e '""71(''1 t.?;>- r: ~ F <..- ,~ Ú'1/Co.. ~rJQ,ct,;~, 7 - Considere o circuito da Figura 8 e um circuito equivalente, ambos em regime permanente senoidal (RP8). 1 o-----lloJ.tF 5!1fA 2!1f J, 00----- 3 o----~---~--~ Figura 8 Assinale a opção verdadeira: a) O maior capacitor da configuração em triângulo é maior que 3 J.tF. b) Nenhum capacitor da configuração em triângulo é inferior a 2 JJF. @ Um dos capacitores da configuração triângulo possui valor inferior a 1 J.tF. d) O valor dos capacitores na configuração estrela equivalente depende da frequência do circuito. e) A média dos capacitores da configuração em triângulo é igual a 1/3 da média dos capacitores na configuração estrela. 8 - Assinale a opçãoque apresenta os valores das correntes em ordem crescente, no circuito da Figura 9. @ h,h,h b) h, h, h c) h, h, h d) iz, h , h e) n.d.a. 10 50 0,18 0,4S Figura 9 A co ffJ2'1 A tAxlv I;.,lia .: /11Oj1.-rJa7J ele; I'a~ 9 - Um circuito puramente resistivo é alimentado por dois geradores: eg{t) = 3 cos ( 10t + 30°) (V,s) ig{t) = 0,2 cos ( St - 20°) (A,s) Nessas condições, observou-se que uma certa tensão resultou igual a: vx(t) = cos( 10t+300) -0,1 cos(St-200) Caso os geradores sejam alterados para fornecer: eg{t) = 0,3 cos ( St - 20° ) (V.s) ig{t) = 0,2 cos ( 5 t - 20°) (A,s) a tensão vx(t) passará a valer: a) 0,5 cos ( lOt + 30°) - 0,5 cos ( St - 20°) (V,s) b) 3 1 0 cos( 5t-20o) (V,s) @O d) - ~ cos( 5t-20o) (V,s) e) n.d.a. Gabarito: Como as frequências são diferentes, pode-se ver que: 1 1 . v=-e--l x 3 g 2 g Para os valores do problema, v, == O 10 - Para calcular a tensão v no circuito da Figura 10 por superposição, considere os circuitos de 1 a 5: lk.O 5000 le ~ + v eg 0,5F 0,2ie Ig Figura 10 . 500n 500n ie ~ le ~ VI V2 Ik.O 0,5F 0,2ic nn 0,5F 0,2ie 19 1) 2) Ik.Q 500n Ik.Q 500n 500n le ~ ~ le ~ + V3 V4 Vs+ eg 0,5F O,2ic eg O,5F lk.Q O,5F ig le 3) - 4) . 5) - Assinale a opção que corresponde à superposição correta: a) V = VI + V2 + V3 b) V = VI + V4 + Vs c) V = V4 + Vs @ V = V2 + V3 e) n.d.a. Gabarito: Devem ser inativados os geradores independentes, portanto ----,-----------,-------------_._-_._-------------- 11 - O gerador de Norton visto pelos terminais A - B do circuito da Figura 11 é: a) io= 0,05 A, Ro= 100O ® io= 0,025 A, Ro=2000 c) io= 0,04 A, Ro 500 O 3 d) io= 0,033 A, Ro= 150O e) n.d.a. 2000 2000 1000 1000 lOV B Figura 11 - - :-- ,~.;--.- ~-- '---1' ·__v+ ----r-- -T---+-~-·_L-----.-+ __i. L__, ,__[ , .i ._ -+--- i. _----+----~-;--~._,-------~ I-Ór- .--;-- 12 - São equivalentes: R R a) os circuitos 1, 11 e 111 i) b) apenas os circuitos em + @) apenas os circuitos e ii I R R E1 d) apenas os circuitos ii e iii e) n.d.a. I ii) R R R +R E ._-- .._-----._--------. ~--~ R iii) R R I t R E' E Gabarito: i e ii são equivalentes por deslocamento da fonte de corrente. iii não é, pois faltaria deslocar a fonte de tensão para o gerador de corrente.
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