Circuitos Elétricos I - PSI3212 - P3 2008 - Poli

Prévia do material em texto

GABARITO DA TERCEIRA PROVA DE CIRCUITOS ELÉTRICOS I 
1a Questão (3,0 pontos) 
 
Considere a 1a Série de Exercícios com o PSpice. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Para o exercício 1 sobre o amplificador diferencial com amp-op (circuito equivalente da 
Figura 1), pede-se: 
 
a1) (0,8) Para a situação mostrada na Figura 1 ( 1V = 1 V , 2V = 0,5 V , Ri = ∞ e Ro = 0 ), 
calcule o ganho μ e a tensão de entrada ev do amp-op para 3e = 1,5 V . 
Resolução: 
Usando a expressão de 3e e substituindo 1V = 1 V , 2V = 0,5 V e 3e = 1,5 V , temos: 
 
1 2
3
4μV 4μV 4μ 2μe 1,5
5+μ 5+μ 5+μ
0,5μ = 7,5 μ = 15. 
−= − ⇒ =
⇒
 
 
Nesta situação, a tensão de entrada do amp-op vale 
3
3 e e
e 1,5e μ v v 0,1 V.
μ 15
= ⇒ = = = 
 
a2) (0,3) Explique porque esse circuito é chamado de amplificador diferencial. 
 Resolução: 
O circuito é um amplificador diferencial pois a tensão de saída 3e é proporcional à 
diferença das tensões de entrada, ou seja, 
 
3 1 2
4μe (V V )
5 μ
= −+ . 
 
 
 
 
 
 
Figura 1 
10 kΩ 
250 kΩ 
40 kΩ 
10 kΩ 40 kΩ 
Ro=0
eμ v
Ri=∞ ev
2e 3e
1e
2V
0,5 V
=
 
1V
1 V
= aiamp-op 
a3) (0,6) Entregue com a prova os gráficos das tensões 1 2 3e , e e e em função do ganho μ do 
amp-op. Indique em todas as curvas o ponto correspondente a 3e = 1,5 V e explique por que a 
curva da tensão 1e não varia com o ganho μ do operacional. 
 
Resolução: 
Como o amp-op ideal tem impedância de entrada infinita ( Ri →∞ ), a tensão 1e não 
depende do ganho do operacional, já que a corrente que passa no gerador 1V e nos 
resistores de 40 kΩ e 10 kΩ não entra no amp-op (não passa em Ri) . A tensão 1e é a que 
cai no resistor de 40 kΩ e pode ser calculada a partir de um divisor de tensão do gerador 
1V , ou seja, 
1 1
4e V 0,8 V,
5
= = 
que é um valor constante e independente do ganho do operacional, como pode ser 
observado no gráfico. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
μ 15= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Para o exercício 2 sobre o circuito RL da Figura 2, pede-se: 
 
 
b1) (0,5) Entregue com a prova o gráfico da magnitude em dB da resposta em freqüência do 
circuito: 1 2ˆ ˆE / E . Explique porque esse circuito é um filtro passa altas e determine 
aproximadamente sua freqüência de corte cf , indicando essa freqüência no gráfico. 
 
Observação: cf é definida como a freqüência em que o módulo da resposta em freqüência é 3 
dB menor que o valor de patamar dessa resposta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
v1(t) ~ 
Figura 2 
1L
1R
2R
2e 1e
1
2
1
R 10 
R 100 
L 1 H
= Ω
= Ω
=
Resolução: 
O circuito é um filtro passa-altas pois o ganho ( ) 1 2ˆ ˆM ω = |E | / |E | aumenta com a 
freqüência tendendo a um valor constante para f > 100 Hz. 
A freqüência de corte inferior do filtro passa-altas é aproximadamente cf 1, 4491 Hz≈ 
(frequência em que o ganho máximo cai 3 dB – ver indicação no gráfico da magnitude). 
 
b2) (0,8) Usando análise nodal fasorial, a expressão do módulo do ganho 1 2ˆ ˆM(ω) = |E | / |E | em 
função de 1 2 1R , R , L , e ω é dada por 
 
2 2 2
1 1 2
2 2 2 2 2
1 2 1 1 22
Eˆ ω L RM(ω) = .
ˆ R R ω L (R R )E
= + + 
 
Obtenha a expressão do ganho máximo maxM em função de 1 2R e R . Para isso, calcule o 
limite de M(ω) para ω→∞ . Substitua os valores dos componentes na expressão resultante e 
compare esse ganho com o valor obtido na simulação. 
 
Resolução: 
Calculando o limite de ( )2M ω para ω→∞ , chega-se a 
 
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 2
max 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ω ω ω
1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2
2
max
1 2
ω L R 2ωL R 2L R RM = lim lim lim
R R ω L (R R ) 2ωL (R R ) 2L (R R ) (R R )
RM =
R R
→∞ →∞ →∞= = =+ + + + +
⇒ +
Substituindo os valores, obtém-se 
2
max
1 2
R 100M = 0,9091.
R R 110
= =+ 
Da simulação obtém-se exatamente o mesmo valor como pode ser observado no gráfico a 
seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2a Questão: ( 3,0 pontos ) 
O circuito da Figura 3 foi montado com os capacitores C1 e C2 inicialmente descarregados. A 
chave S permaneceu aberta por muito tempo e foi fechada em t = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se : 
 
(1,0) a) Calcular v1 ( 0 – ) , va ( 0 – ) , v b ( 0 – ) , iL ( 0 – ) , e v1 ( 0 + ) em função dos 
parâmetros do circuito, sendo E e I constantes. 
 
(1,0) b) Com a chave S fechada, o circuito é equivalente ao circuito da Figura 4 para t > 0. 
Calcule os valores de Ieq , Req , Leq e Ceq em função dos parâmetros do circuito. 
 
 
 
 
 
 
 
(1,0) c) Para I = 6 mA ; R1 = 6 kΩ ; L = 62,5 H ; C1 = 5 μF ; C2 = 5 μF ; R2 = 3 kΩ 
e E = 9V foram obtidos os seguintes valores para o circuito da Figura 3 : 
 v1 ( 0 – ) = 1 V ; iL ( 0 – ) = 3 mA 
Obtenha os parâmetros α e ω0 do circuito. Caracterize seu comportamento ( super-
amortecido, oscilatório ou de amortecimento crítico ) e forneça a expressão de v1(t) para 
t > 0 substituindo os valores correspondentes. 
 
 
 
 
Figura 3 
I R1 
C1 
v2 L E 
iL 
R2 
v1 C2 
t = 0 S 
va 
v b 
Figura 4 
Req Ceq Ieq 
v1
Leq
iL 
Gabarito da 2a Questão 
 
a) Quando a chave está aberta, temos dois sub-circuitos desacoplados. Como a corrente I e 
a tensão E são constantes e a chave está aberta há muito tempo, os capacitores C1 e C2 
funcionam como aberto e o indutor L funciona como um curto-circuito. Como os 
capacitores estavam inicialmente descarregados na montagem do circuito, ficam 
carregados com a mesma carga , ou seja, 
1 a 2 bC v (0 ) C v (0 ).− −= 
 Como a b 1v (0 ) v (0 ) v (0 )− − −+ = , então 
1 1
2
a 1
1 2
1
b 1
1 2
v (0 ) R I
Cv (0 ) R I
C + C
Cv (0 ) R I.
C + C
−
−
−
=
=
=
 
A tensão E cai totalmente no resistor R2. Dessa forma, temos 2v (0 ) 0− = e 
L
2
Ei (0 ) .
R−
= 
Em t 0+= , como não há nenhuma excitação impulsiva, temos 
1 1 1v (0 ) v (0 ) R I.+ −= = 
 
b) Fazendo a transformação da fonte de tensão, obtém-se o circuito da figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim 
eq
2
1 2
eq
1 2
eq
1 2
eq
1 2
EI I + 
R
R RR
R +R
L L
C CC
C + C
=
=
=
=
 
 
 
c) Trata-se de um circuito RLC paralelo com R 2 kΩ, L 62,5 H e C 2,5 μF= = = , 
C 0 0v (0 ) v 1 V e i (0 ) i 3 mA+ += = = =A , excitado por um degrau de corrente com 
LC1 1R 2RI 
2
E
R
C2 
eq
1 9 19I + =3,1667 mA
6 3 6
= = . 
Os valores de oα e ω são calculados como 
1
3 6
0 6
1 1
α 100 s
2RC 4 10 2,5 10
1 1
ω 80 rad/s
LC 62,5 2,5 10
−
−
−
= = =× × ×
= = =× ×
 
Como oα > ω , o circuito tem um comportamento super-amortecido e a tensão 2v (t) é 
dada por 
( ) ( ) ( )0 eqαt2 0 i Iαv (t) e v cosh βt senh βt senh βtβ βC−
−⎧ ⎫⎡ ⎤= − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭
. 
Calculando 2 20β α ω 10000 6400 60= − = − = e substituindo os demais valores na 
expressão anterior, obtém-se 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
100t
1
100t
1
40t 160t
1
5 10v (t) e cosh 60t senh 60t senh 60t (V,s)
3 9
ou
v (t) e cosh 60t 0,5556 senh 60t (V,s)
ou ainda
v (t) 0,2222e 0,7778e (V,s).
−
−
− −
⎧ ⎫= − +⎨ ⎬⎩ ⎭
⎡ ⎤= −⎣ ⎦
= +
 
Essa útlima expressão foi obtida a partir do tratamento generalizado da apostila. Neste método, 
devemos calcular inicialmente a resposta em regime permanente e as FCPs. As FCPs são 
iguaias a 
1
2
s α β 100 60 40
e
s α β 100 60 160.
= − + = − + = −
= − − = − − = −
 
Como se tratade um RLC paralelo excitado por uma gerador de corrente constante, 1pv 0= e 
1 1pa v (0) v (0) 1 V.= − = 
Para calcular b, devemos calcular primeiramente 
3 3 3
s L 11
6
i (0) i (0) Gv (0)dv 3,1667 10 3 10 0,5 10(0) 133,33 V/s
dt C 2,5 10
− − −
−
− − × − × − ×= = = −× . 
Assim, 1p1
dvdvb (0) (0) 133,33 0 133,33.
dt dt
= − = − − = − 
e 
1 2s t s t 40t 160t2 1
1
2 1 2 1
40t 160t
1
s a b s a b 160 133,33 40 133,33v (t) e e e e
s s s s 160 ( 40) 160 ( 40)
v (t) 0,2222e 0,7778e (V,s).
− −
− −
− − + − + −= + = +− − − − − − − −
= +
 
 
 
 
 
Atenção: Preencher a folha ótica com seu nome, número USP e opções escolhidas para 
cada teste. 
 
1 – No circuito da Figura 5, o capacitor está inicialmente descarregado. A chave S fecha em 
 t = 0. Qual deve ser o valor de C para que vC(t) atinja 4 V em exatamente 1 ms ? 
 a) 1 1 25An F,b g 
 b) 1 5An Fμ 
 c) An 5 F 
 d) 1 1 25An F,b g μ 
 e) n.d.a. 
 
 
2 – Para o circuito da Figura 6, sabe-se que i t t eL
tb g = FHG
I
KJ −
−cos 3
2
3 2 , t ≥ 0. 
 A tensão eg(t) do gerador deve ser : 
 
 a) 0 
 b) 2 3 2e t− 
 c) 3 2 3
2
45cos t o+FHG
I
KJ 
 d) 3 2
2
3
2
cos t
F
HG
I
KJ 
e) n.d.a. 
 
 
3 – Para o circuito da Figura 7, o coeficiente de amortecimento α vale : 
 a) R L2 
 b) 1 2 RC 
 c) R L 
 d) 1 LC 
e) n.d.a. 
 
 
Figura 6 
eg(t)
3 Ω 
2 H 
iL(t) 
ig(t)
R 
L 
Figura 7 
C 
Figura 5
1 kΩ 
C 
5 V
t = 0 
S 
vC 
 
4 – Ainda para o circuito da Figura 7, se ig(t) = 0,2 δ( t ) ( A, s ) , vC ( 0 – ) = – 1 V, 
 iL ( 0 – ) = 0,5 A , R = 1 Ω, L = 0,2 H, C = 0,05 F, então vC ( 0 + ) e iL ( 0 + ) valem, 
 respectivamente : 
 
 a) – 1 V e 0,7 A 
 b) 4 V e 0,5 A 
 c) 3 V e 0,5 A 
 d) – 1 V e 1,5 A 
 e) n.d.a. 
 
 
 Considere o circuito da Figura 8 e o sistema de unidades SI, para os testes 5, 6, 7 e 8. 
 
5 – Se o capacitor está inicialmente descarregado e as chaves S1 e S2 são conectadas em 
 A e B respectivamente, no instante t = 0, qual a expressão de i(t) para t ≥ 0 ? 
 
 a) e – t 
 b) e – 100 t 
c) 1 – e – 100 t 
 d) e – 0,01 t 
 e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
6 – Em t = 1 s as chaves S1 e S2 mudam respectivamente para B e C. 
 Qual é a expressão de v(t) para t > 1 s ? 
 
 a) 10 e – 50 t cos ( 86,6 t + 10o ) 
 b) 10 e – 50 ( t – 1 ) cos [ 86,6 ( t – 1 ) + 90o ] 
c) 10 e – 50 ( t – 1 ) + 20 e – 100 ( t – 1 ) 
 d) 11,54 e – 50 ( t – 1 ) cos [ 86,6 ( t – 1 ) – 90o ] 
 e) n.d.a. 
Figura 8 
B 
10 Ω A
1 mF 
100 mH 
v(t)R = 10 Ω10V
C 
S1 S2
vC 
i 
7 – Qual é o índice de mérito Q1 do circuito da Figura 8, com as chaves S1 em B e 
 S2 em C ? Se o valor de R fosse alterado para que o circuito tivesse amortecimento 
 crítico, qual seria o novo valor Q2 do índice de mérito? 
 Assinale a alternativa correta. 
 a) 1 e 0,5 
 b) 0,7 e 0,5 
 c) 0,5 e 0,5 
 d) 0,7 e 2 
 e) n.d.a. 
 
8 – Considere agora que a chave S1 muda para a posição A e a chave S2 permanece em C. 
 Neste caso, a tensão vC no capacitor para t → ∞ vale : 
a) 10 V 
 b) 5 V 
 c) 3 V 
 d) 0 
 e) n.d.a.