Circuitos Elétricos I - Poli - Lista Complementar 2

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PSI3211 – CIRCUITOS ELÉTRICOS I 
Exercícios Complementares correspondentes à Matéria da 2a Prova 
 
1 – Considere o circuito mostrado na Figura 1 com amp-op ideal (    ). A tensão de 
saída v0 pode ser escrita como v0 = B es onde B é uma constante, cujo valor 
depende de R1 , R2 , R3 , R4 e R5 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se : 
 
a) Para R1 = 500  , R2 = 200  , R3 = 1 k , R4 = 2 k e R5 = 1 k , determine 
o valor de B. 
b) Supondo B = 3, determine a faixa de valores de es para a qual o amp-op não satura. 
 
2 – Considere o circuito da Figura 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se : 
 
a) Supondo ig(t) = 5 A, determine qual deve ser a resistência equivalente do subcircuito 
delimitado pela caixa tracejada entre os pontos A e B, tal que a corrente i(t) seja 
igual a 2 A. 
b) Determine o valor de rm tal que a resistência equivalente do mesmo subcircuito seja 
igual a 6 . 
Figura 1 
V = 10 volts – V 
+ V 
R1 
es(t) 
R2 
R3 
R4 
R5 
v0 
Figura 2 
A 
B 
v(t) 
i(t) 
ig(t) 3 
i1 
2 
1 
rm . i1 
2 
 
c) Nas condições do item b), suponha que tenha sido ligado um capacitor de 1/4 F entre 
os terminais A e B. Sendo agora ig(t) = 3 cos ( 2 t ) ( A, s ), qual será a expressão 
de v(t) em regime permanente senoidal ? 
 
3 – Considere o circuito da Figura 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se: 
 
a) Determine a corrente i em função de G, es ,  e . 
Dica: Para conferir o resultado, verificar se sua resposta é consistente para  =  = 0. 
b) Considerando  = 0 determine a expressão da corrente i em função de G, es ,  e 
. 
c) Para es = 1 V, G = 1 S,  = 4,  = 3 um aluno obteve e2 = 1 V, i = 0,5 A, i = 1,5 
A. É possível dizer se esta resposta está errada ? Justifique. 
 
 
Testes 
 
1 – A chave do circuito da Figura 4 é fechada em t = 0. Neste instante, a tensão no capacitor 
vale vC ( 0 ) = 10 V. Depois que a chave é fechada, o tempo para que a tensão de saída 
vs(t) se anule vale : 
 
a) Não é possível calcular pois a tensão de saída nunca se anulará após o fechamento da 
chave. 
b) 2 ms 
c) 10 ms 
d) 10 s 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3 es 
e2 
G 
e3 
i i 
vC 
G G vC 
e1  i 
Figura 4 
vs(t) 
10 k t = 0 0,5 F 30 k 
 
vC(t) 
20 V 
vC(0) = 10 V 
3 
 
2 – Utilizando-se a técnica de análise nodal, obteve-se a seguinte equação matricial para o 
circuito da Figura 5: 
G G
G G
e
e
i
1
2
g
11 12
21 22
1
1
1 1 0
5
2
20


L
N
MMM
O
Q
PPP
L
N
MMM
O
Q
PPP

L
N
MMM
O
Q
PPP
. 
 
Os valores de G11 , G12 , G21 e G22 valem respectivamente: 
 
a) 12 ; –10 ; –10 ; 15 
b) 0,5 ; – 0,1 ; – 0,1 ; 0,2 
c) 10 ; –12 ; –12 ; 10 
d) 0,6 ; – 0,1 ; – 0,1 ; 0,3 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 3 – Considere o circuito da Figura 6, em que is(t) = 5 cos ( 2 t + 30o ) ( A, s ). Ao se fazer a 
análise nodal desse circuito em regime permanente senoidal, obteve-se a seguinte 
equação matricial: 
0 1 0 25 0 25
0 2 0 25 0 2 1 75
5 30
0
, , ,
, , , ,



  
L
NM
O
QP
L
NM
O
QP
 L
NM
O
QP
j j
j j
E
E
1
2
o
. 
 
Adotando-se o sistema internacional de unidades, assinale a alternativa que contém os 
valores corretos de R1 , R2 , L e C : 
 
a) 10  ; 5 ; 0,125 H ; 0,25 F 
b) 0,1  ; 0,2  ; 0,25 H ; 1,5 F 
c) 0,1  ; 0,2  ; 4 H ; 2 F 
d) 10  ; 5 ; 2 H ; 1 F 
e) n.d.a. 
 
 
 
4 – No circuito da Figura 7 o valor da tensão v é : 
 
a) 7 V 
b) 738 V 
c) 1513 V 
d) 3 V 
e) n.d.a. 
 
 
5  5 A 
10  
2  2 A 
20V 
ig e1 e2 
Figura 5 
Figura 6 
10 i1 C is(t) 
L 
R1 
i1 
R2 e1 e2 
Figura 7 
3A 5 2V 
3 
5 5V 10 4V 
v 
4 
 
5 – O valor da resistência Re , “vista” entre os pontos A e B do circuito da Figura 8 é : 
 
a) 2 R 
b) R 
c) 73
R 
d) 411
R 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
6 – Considere o circuito da Figura 9 com amp-ops ideais. A tensão 2E , para a qual ai 0 vale: 
 
a) 0 V 
b) 24 V 
c) 0,67 V 
d) 1,5 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 – A corrente i indicada no circuito da Figura 10 vale: 
 
a) 1 A 
b) 2,5 A 
c) 5 A 
d) 10 A 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
Figura 8 
2R 
A 
B 
2R 
2R 
R 
2R 
Re 
4 A 5  
4  1  
10 A 
10  
40 V
5  
i 
Figura 10 
Figura 9 
1V 2E 
ai 
90 kΩ 120 kΩ 
30 kΩ 15 kΩ R 
5 
 
8 – Para que resistência de entrada Re “vista” pelos terminais A e B do circuito da Figura 11 
seja igual a 1Ω, o valor do ganho de tensão μ deve ser igual a: 
 
a) 0,5 
b) 1 
c) 1/6 
d) 2 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
Para o teste 9, considere o circuito da Figura 12 com os valores dos parâmetros num sistema 
de unidades consistentes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 – Para uma determinada escolha dos valores dos componentes e assumindo 
o
si (t) 10cos(10t 45 ) (A, s)  , obteve-se a seguinte equação matricial de análise nodal 
em regime permanente senoidal (RPS) 
 
1
2
Eˆ5,15 0,05 7,07 j7,07
ˆ5,05 0,05 j 0,25 0E
               
. 
 
Adotando o sistema internacional de unidades e sabendo que 1L 0,5 H , assinale a 
alternativa que contém os valores corretos de m 2g e L : 
 
a) 0,15 S e 1,5 H 
b) 0,05 S e 0,5 H 
c) 5 S e 2 H 
d) 5 S e 0,5 H 
e) n.d.a. 
 
 
 
A 
B 
Re 
1S 1S 
2S 
2S 
v 
μv 
Figura 11 
Figura 12 
si (t) 1R 
2R 
1L 2L 
mg v 
v 
1e 2e 
6 
 
10 – A potência dissipada no resistor de condutância 4S da Figura 13 vale em watts: 
 
a) 0,25 
b) 0,5 
c) 0,75 
d) 1,0 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 – Para o circuito da Figura 14, o valor do resistor RL que irá absorver máxima potência do 
circuito e o valor dessa potência valem, respectivamente : 
 
a) 3  e 1/3 W 
b) 5/9  e 9/5 W 
c) 39/16  e 16/39 W 
d) 2  e 1/2 W 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
12 – Um circuito elétrico resistivo é alimentado por dois geradores independentes, como 
mostrado na Figura 15. Foram feitas medidas de e0 , nas condições mostradas na tabela 
abaixo: 
 
 es is e0 
 1 V 2 A – 3 V 
 2 V 0,5 A 1 V 
 
O valor de e0 para es = 0 e is = 1 A é : 
 
a) – 2 V 
b) – 1 V 
c) 0 
d) Faltam dados para responder à questão. 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Figura 13 
2S 
0,5 V 
4S 
2S 4A 
 
2e 
2v 
3e 
v 
e1 
Figura 14 
3  
1 A 
RL 
6  
3  
A 
B 
12V 
2  
2  
Figura 15 
CIRCUITO 
ELÉTRICO 
A 
B 
e0 
es 
is 
7 
 
13 – A relação e0/ei no circuito da Figura 16 é igual a : 
 
a)  
R
R R
2
1 3
 
b)  R RR
2 3
1
b g 
c) RR
2
1
 
d)  
R R
R R
2 3
1 3
b g 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
14 – Ao se excitar o circuito da Figura 17 com se (t) = 2H(t) (V,s), observa-se que em 
t 2s , a tensão de saída 2v (t) vale 2v (2) 6V  . Portanto, a tensão no capacitor Cv (t) 
em t 0 vale: 
 
a) –2 
b) –1 
c) 0 
d) 1 
e) 2 
 
 
 
 
 
 
15 – Considere os subcircuitos das Figuras 18a e 18b. Para que os subcircuitos sejam 
equivalentes, RA,RB e RC valem respectivamente, em : 
 
 
 a) 2, 6, 4 
 b) 6, 15, 10 
c) 15, 6, 10 
 d) 10, 10, 15 
 e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 16 
R1 
R2 
ei e0 
R3    Amp-op ideal 
Figura 18b Figura 18a 
e1 
e2 e3 
50 
30 20 
RA 
e1 
e3 e2 
RC 
RB 
Figura 17 
 
2v (t) 
 
Cv (t) 
 
0,5F 2 
es(t) 
amp-op 
ideal 
8 
 
16 – Considere o circuito da Figura 19, com e0(0) = 0. Se es(t) = 20 [ H(t) – H( t – 5 ) ] (V, s) 
quanto vale e0 ( 7 ) ? 
 
a) – 14 V 
b) – 10 V 
c) 10 V 
d) 14 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
se (t)
Figura 19 
1F 10 
e0(t) 
1 
 
PSI3211 – CIRCUITOS ELÉTRICOS I 
Solução dos Exercícios Complementares correspondentes à Matéria da 2a Prova 
 
1 – 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Em relação à Figura 1, tem-se: 
 
e v RR R e e1
0 4
5 4
2 3    ( pois a corrente em R2 = 0 ) 
 
Neste circuito, i1 = i2 então 
 
i e vR i
e e
R
s
2
3 01
3
1
3
1
     , substituindo e3  
 
 
v R
R R v
R
e v RR R
R
s
01 4
5 4
01
3
01 4
5 4
1
  
  
 
v R RR R R e v
R R
R Rs01 1
4
5 4
3 01
3 4
5 4
1 
F
HG
I
KJ    
 
v R R R R R R R RR R R es01
1 4 1 5 1 4 3 4
5 4
3
  

F
HG
I
KJ  
 
v
e
R R R
R R R R Bs
01 3 4 5
3 4 1 5
1 3
1 2 0 5 1

    
b g b g
. . 2, 
 
b) Nas condições dadas: 
 
v0 = 3 es  e vs  03 
Figura 1 
V = 10 volts – V 
+ V 
R1 
es(t) 
R2 
R3 
R4 
R5 
v0 e1 
e2 e3 
i1 
i2 
2 
 
 
A condição de não saturação é – 10  v0  10 
 
   103
10
30v 
 
– 3,33  v0  3,33 
 
2 – a) eq
eq
Ri 5 2R 3  .
  3 Req = 6  Req = 2  
 
b)  i V1 2 
 
 V r V im . .2 1 2 
 i r Vm2 1 2 
F
HG
I
KJ 
i i i r VT m   FHG
I
KJ1 2
3
2 2 
 
eq
mT
V 1R 6 r3i
2 2
  

  – 3 rm + 9 = 1 
rm  83  
 
c) 
 
 
 
 
 
 
Ig o 3 0 
 
6 3 6 39 2
1
2 14
2
2 2
2 2
2 90
2 45 2 45
  

/ / .
.
.
 
  
U
V
||
W
||
   

  Z
j
j Z
j
jC T
o
o
o 
 
   cos ,V Z I V v t t V sT g o o     . 3 2 45 3 2 2 45b g c h b g 
 
 
is(t) 6  ¼ F 
v(t) 
3  
i1 
2 
1 
rm . i1 
iT 
i2 
V 
3 
 
3 – a) e1  G ( es – e2 ) + i = 0 
 e2  G ( e2 – es ) + G e2 –  i = 0 
 e3   i + G  vC – i = 0 
 ( es – e2 ) 


L
NM
O
QP
L
NM
O
QP 
L
NM
O
QP  
 


G
G
e
i
G e
G e i
G G e
G G e
G 1
G
s
s
s
s1
2
2
2
2



 
 
 i G e G eG G
G e2 s 2 s s
    
2
2 2   
 
b) v e v e i G e2C
s
C
s s    2 2
 
 ( pois  = 0 ) 
 
c) Pela equação e3 : 4 . 0,5 + 1 . 3 ( 1 – 1 ) – 1,5 = 0,5  0 
Portanto a resposta está errada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
 
Testes 
 
1 – A chave do circuito da Figura 4 é fechada em t = 0. Neste instante, a tensão no capacitor 
vale vC ( 0 ) = 10 V. Depois que a chave é fechada, o tempo para que a tensão de saída 
vs(t) se anule vale: 
 
a) Não é possível calcular pois a tensão de saída nunca se anulará após o fechamento 
da chave. 
b) 2 ms 
c) 10 ms 
d) 10 s 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Para obtermos a tensão de saída sv (t) , devemos calcular Cv (t) e para isso a corrente i(t) . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos usar o sistema de unidades de audiofrequências (AF). Aplicando a 2a Lei de 
Kirchhoff no laço  , obtemos: 
2020 10 i(t) 30 i(t) 0 i(t) 0,5 mA40
       . 
A tensão Cv (t) é dada por 
C C
0 0
1 0,5v ( ) i(τ)dτ v (0) 1 dτ 10 t 10C 0,5
t t
t         (V, ms). 
A tensão de saída é 
s Cv (t) = v (t) = t 10  (V, ms). 
Consequentemente, depois que a chave é fechada, a tensão de saída demora 10 ms para 
se anular. 
 
vs(t) 
10 k 
0,5 F 
30 k  
vC(t) 
20 V 
vC(0) = 10 V 
 
i(t) 
i(t) 
Figura 4 
vs(t) 
10 k t = 0 0,5 F 30 k 
 
vC(t) 
20 V 
vC(0) = 10 V 
5 
 
2 – Utilizando-se a técnica de análise nodal, obteve-se a seguinte equação matricial para o 
circuito da Figura 5 : 
G G
G G
e
e
i
1
2
g
11 12
21 22
1
1
1 1 0
5
2
20


L
N
MMM
O
Q
PPP
L
N
MMM
O
Q
PPP

L
N
MMM
O
Q
PPP
. 
 
Os valores de G11 , G12 , G21 e G22 valem respectivamente: 
 
a) 12 ; –10 ; –10 ; 15 
b) 0,5 ; – 0,1 ; – 0,1 ; 0,2 
c) 10 ; –12 ; –12 ; 10 
d) 0,6 ; – 0,1 ; – 0,1 ; 0,3 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Por inspeção do circuito da Figura 5, temos que 11G corresponde à soma das 
condutâncias ligadas ao nó 1, ou seja 
11
1 1G 0,6 S2 10   . 
De maneira análoga, 22G é igual à soma das condutâncias ligadas ao nó 2, isto é, 
22
1 1G 0,3 S5 10   . 
Por fim, os valores de 12G e 21G são iguais ao valor da condutância que liga o nó 1 ao nó 
2 com o sinal trocado, ou seja, 
12 21
1G G 0,1 S10     . 
 
3 – Considere o circuito da Figura 6, em que is(t) = 5 cos ( 2 t + 30o ) ( A, s ). Ao se fazer a 
análise nodal desse circuito em regime permanente senoidal, obteve-se a seguinte 
equação matricial : 
0 1 0 25 0 25
0 2 0 25 0 2 1 75
5 30
0
, , ,
, , , ,



  
L
NM
O
QP
L
NM
O
QP
 L
NM
O
QP
j j
j j
E
E
1
2
o
. 
 
Adotando-se o sistema internacional de unidades, assinale a alternativa que contém os 
valores corretos de R1 , R2 , L e C : 
 
a) 10  ; 5 ; 0,125 H ; 0,25 F 
b) 0,1  ; 0,2  ; 0,25 H ; 1,5 F 
c) 0,1  ; 0,2  ; 4 H ; 2 F 
d) 10  ; 5 ; 2 H ; 1 F 
e) n.d.a. 
 
5  5 A 
10  
2  2 A 
20V 
ig e1 e2 
Figura 5 
Figura 6 
10 i1 C is(t) 
L 
R1 
i1 
R2 e1 e2 
6 
 
Resolução: 
 
Aplicando a 1a Lei de Kirchhoff fasorial no nó 1, temos: 
1 1 1 2 s
1ˆ ˆ ˆ ˆG E (E E ) Ij ωL   , 
ou agrupando os termos: 
1 1 2 s
1 1ˆ ˆ ˆG E E Ij ωL j ωL
      . 
Da equação matricial, 
1
1 1
1G 0,1 j 0, 25j ωL
G 0,1 S e R 10 
e
1 j 0, 25 ωL = 4 e L = 2 H.j ωL
      
  
  
 
 
Aplicando agora a 1a Lei de Kirchhoff fasorial no nó 2, temos: 

1 1
1 2 2 2 2 1
ˆG E
1 ˆ ˆ ˆ ˆ(E E ) j ωC E G (E 10 i ) 0j ωL      . 
Agrupando os termos, chega-se a 
 
1 2 1 2 2
1 1ˆ ˆ10 G G E G j ωC E 0j ωL j ωL
               . 
Da equação matricial e dos valores de 1G e L, obtém-se: 
1 2 2 2
2
10 G G 0,2 G 0,2 S e R 5 
G j ωC j 0,25 0,2 j 1,75 ωC = 2 e C=1F.
    
     
 
4 – No circuito da Figura 7 o valor da tensão v é : 
 
a) 7 V 
b) 738 V 
c) 1513 V 
d) 3 V 
e) n.d.a. 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
Figura 7 
3A 5 2V 
3 
5 5V 10 4V 
v 3A 5 2V 
3 
5 5V 10 4V 
i1 
i2 
i3 
7 
 
i3 = 0 ( o circuito está aberto ) 
i i
i i i A i A
1 2
1 2
2 1
3
3 5 4
13
8
11
8
 
 
UVW    
v V  3 118 5
73
8. 
 
Nota: Também pode ser resolvido com deslocamento de fontes. 
 
5 – O valor da resistênciaRe , “vista” entre os pontos A e B do circuito da Figura 8 é : 
 
a) 2 R 
b) R 
c) 73
R 
d) 411
R 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2R 
A 
B 
2R 
2R 
R 
2R 
0 
1 
2 
3 Y   
  
4R 
A 
B 
2R 
2R 
8R 
1 
2 
3 
4R 
A 
B 
4
3 R 
8R 
4
3 R 
 83 R 
A 
B 
8R  
 
A 
B 
2R 
Figura 8 
2R 
A 
B 
2R 
2R 
R 
2R 
Re 
8 
 
6 – Considere o circuito da Figura 9 com amp-ops ideais. A tensão 2E , para a qual ai 0 
vale: 
 
a) 0 V 
b) 24 V 
c) 0,67 V 
d) 1,5 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para que ai 0 , a tensão av também tem que se anular. Isso acontecerá se s1 s2v v . 
Mas a tensão de saída s1v é dada por 
s1
90v 1 6V15    , 
 
e a tensão s2v vale 
s2 2 2
120v E 4E30    . 
 
Assim, para que ai 0 , temos: 
2 2
64E 6 E 1,5V4      . 
R 
Figura 9 
1V 2E 
ai 
90 kΩ 120 kΩ 
30 kΩ 15 kΩ 
R 
1V 2E 
ai 
90 kΩ 120 kΩ 
30 kΩ 15 kΩ av 
s1v s2v 
9 
 
7 – A corrente i indicada no circuito da Figura 10 vale: 
 
a) 1A 
b) 2,5 A 
c) 5 A 
d) 10 A 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Fazendo transformação de fontes, obtemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fazendo associação de bipolos, chega-se a 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Transformando as fontes de tensão em fontes de corrente, obtemos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fazendo associação novamente, chega-se ao divisor de corrente. Assim 
 
 
 
 
 
 
5 25i 5 2,5 A5 5 10   
4 A 5  
4  
 
1  
10 A 
10  
40 V
5  
i 
Figura 10 
20 V 
5  4  
 
1  
 
10 V 
 
10  
 
40 V
 
5  
 
i 
10 V 
10  
 
10  
 
40 V
 
 
5  
 
i 
i 
5  
 
1 A 10  
 
10  
 
4 A 
i 
5  5 A 5  
 
10 
 
8 – Para que resistência de entrada Re “vista” pelos terminais A e B do circuito da Figura 11 
seja igual a 1Ω, o valor do ganho de tensão μ deve ser igual a: 
 
a) 0,5 
b) 1 
c) 1/6 
d) 2 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Para obter a resistência de entrada, podemos colocar um gerador de corrente entre os 
terminais A e B, ou seja, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A resistência de entrada vale 1e
1
eR i . Note que 3 1 2e μ(e e )  . 
Obtemos as seguintes equações da análise nodal: 
  
 
1 2 1
1 2
(2 μ)e μ 1 e i
(2μ 1)e 5 2μ e 0
   
     
 
Observando a primeira equação, para que Re=1Ω, temos que μ=1. 
 
Para o teste 9, considere o circuito da Figura 12 com os valores dos parâmetros num sistema 
de unidades consistentes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1e A 
B 
1S 1S 
2S 
2S 
v 
μv 
1i 2e 3e 
A 
B 
Re 
1S 1S 
2S 
2S 
v 
μv 
Figura 11 
Figura 12 
si (t) 1R 
2R 
1L 2L 
mg v 
v 
1e 2e 
11 
 
9 – Para uma determinada escolha dos valores dos componentes e assumindo 
o
si (t) 10cos(10t 45 ) (A, s)  , obteve-se a seguinte equação matricial de análise nodal 
em regime permanente senoidal (RPS) 
 
1
2
Eˆ5,15 0,05 7,07 j7,07
ˆ5,05 0,05 j 0,25 0E
               
. 
 
Adotando o sistema internacional de unidades e sabendo que 1L 0,5 H , assinale a 
alternativa que contém os valores corretos de m 2g e L : 
 
a) 0,15 S e 1,5 H 
b) 0,05 S e 0,5 H 
c) 5 S e 2 H 
d) 5 S e 0,5 H 
e) n.d.a. 
 
Resolução: 
 
Aplicando a 1a LK nos nós 1 e 2, obtém-se 
 
1 2 m 1 2 2 s
2 m 1 2 2 2
1 2
ˆ ˆ ˆ(G G g )E G E I
1 1 1ˆ ˆ(G g )E G j G E 0ω L L
   
           
 
 
Da equação matricial dada, chega-se a 2G 0,05 S e m 2g 5,05 G 5 S.   
 
Além disso, 
2
1 2 2 2
1 1 1 1 1 1 10, 25 2,5 2 L 2 H.ω L L 10 0,5 L L
                 
 
 
10 – A potência dissipada no resistor de condutância 4S da Figura 13 vale em watts: 
 
a) 0,25 
b) 0,5 
 c) 0,75 
 d) 1,0 
 e) n.d.a. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Usando análise nodal, obtemos a seguinte equação matricial 
 
1
2
e2 0 4
e2 8 2
            
. 
Figura 13 
e1 
2S 
0,5 V 
4S 
2S 4A 
2e 
2v 
3e 
v 
12 
 
Cabe observar que não é necessário escrever a 1a LK para o nó 3 pois temos um 
gerador de tensão com um dos terminais no terra. Resolvendo por Cramer, obtém-se 
2
3e V4 e a potência dissipada no resistor com condutância G 4S vale: 
2
2 2
2 3
3 1p Gv 4(e e ) 4 0,25W4 2
         . 
 
11 – Para o circuito da Figura 14, o valor do resistor RL que irá absorver máxima potência do 
circuito e o valor dessa potência valem, respectivamente : 
 
a) 3  e 1/3 W 
b) 5/9  e 9/5 W 
c) 39/16  e 16/39 W 
d) 2  e 1/2 W 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Desativando os geradores independentes, a resistência “vista” pelos terminais A e B 
vale: 
0R (6 // 3 2 2) // 3 2      . 
Assim, para haver máxima transferência de potência, L 0R R 2 .   
 
Para obter a corrente de curto ou a tensão em aberto entre os terminais A e B, vamos 
fazer transformação de fontes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 14 
3  
1 A 
RL 
6  
3  
A 
B 
12V 
2  
2  
2  
3  
1 A 
6  3  
A 
B 
2A 
2  
3  
2 V 2  A 
B 
4V 
2  
2  
 
6  
A 
6V 3  
B 
 
13 
 
A partir desse circuito, podemos calcular a tensão em aberto entre os terminais A e B. 
Essa tensão vale: 0 6 3e 2 V9
  . 
O equivalente de Thévenin é dado por 
 
 
 
 
 
 
A potência dissipada em L 0R R 2 .   vale: 
 
2
0
L
0
e
12p 0,5 WR 2
      . 
 
12 – Um circuito elétrico resistivo é alimentado por dois geradores independentes, como 
mostrado na Figura 15. Foram feitas medidas de e0 , nas condições mostradas na tabela 
abaixo: 
 
 es is e0 
 1 V 2 A – 3 V 
 2 V 0,5 A 1 V 
 
 O valor de e0 para es = 0 e is = 1 A é : 
 
a) – 2 V 
b) – 1 V 
c) 0 
d) Faltam dados para responder à questão. 
e) n.d.a. 
 
 
 
Resolução: 
 
Como o circuito elétrico resistivo é um sistema linear, vale o Teorema da 
Superposição. Assim, temos que a saída 0e é uma combinação linear das 
contribuições de cada gerador independente: 
 
 s s 0ae + bi = e . 
 
Da tabela fornecida, temos que 
 
a 2b 3   (1) 
2a + 0,5b = 1 (2) 
 
Fazendo a manipulação de equações (2) 2 (1)  , temos 
 
0a 3,5b 7 b 2.     
Logo, 0 se 2i 2    V. 
2  
A 
2V 
B 
Figura 15 
CIRCUITO 
ELÉTRICO 
A 
B 
e0 
es 
is 
14 
 
13 – A relação e0/ei no circuito da Figura 16 é igual a : 
 
a)  
R
R R
2
1 3
 
b)  R RR
2 3
1
b g 
c) RR
2
1
 
d)  
R R
R R
2 3
1 3
b g 
e) n.d.a. 
 
 
Resolução: 
 
Como o amp-op é ideal, o terminal negativo corresponde a um terra virtual e a 
corrente que passa por 1R e 2R vale 
oi
1 2
eei R R   . 
Dessa relação obtém-se 
o 2
i 1
e R
e R  . 
 
14 – Ao se excitar o circuito da Figura 17 com se (t) = 2H(t) (V,s), observa-se que em 
t 2s , a tensão de saída 2v (t) vale 2v (2) 6V  . Portanto, a tensão no capacitor Cv (t) 
em t 0 vale: 
 
a) –2 
b) –1 
c) 0 
d) 1 
e) 2 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Trata-sedo circuito integrador, cuja saída vale 
2 s c
0
2
2 c c
0
c c
1v (t) e (λ)dλ v (0 )RC
v (2) 2H(λ)dλ v (0 ) 4 v (0 )
4 v (0 ) 6 v (0 ) 2V
t



 
 
   
     
     

 
Figura 16 
R1 
R2 
ei e0 
R3    Amp-op ideal 
Figura 17 
 
2v (t) 
 
Cv (t) 
 
0,5F 2 
es(t) 
amp-op 
ideal 
15 
 
15 – Considere os subcircuitos das Figuras 18a e 18b. Para que os subcircuitos sejam 
equivalentes, RA, RB e RC valem respectivamente em  
 
a) 2, 6, 4 
b) 6, 15, 10 
c) 15, 6, 10 
d) 10, 10, 15 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Usando as relações da transformação estrela-triângulo, obtemos 
Δ 1 2 3
1 2
A
Δ
2 3
B
Δ
1 3
C
Δ
R R R R 20 30 50 100 
R R 20 30R 6 R 100
R R 30 50R 15 R 100
R R 20 50R 10 R 100
       
   
   
   
 
 
16 – Considere o circuito da Figura 19, com e0(0) = 0. Se es(t) = 20 [ H(t) – H( t – 5 ) ] (V,s) 
quanto vale e0 ( 7 ) ? 
 
a) – 14 V 
b) – 10 V 
c) 10 V 
d) 14 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Dada a configuração da Figura 19, sabemos que a corrente que circula pela fonte de 
tensão é se ( )i .10
t Além disso, a queda de tensão no capacitor na convenção do 
gerador devida à corrente i é c c s0 0 0
1 1v ( ) i( )d v (0) i( )d e ( )d .1 10
t t t
t               
Mas c 0v (t) = e (t). Logo, 
7
0 s0
1 1e (7) e ( )d 20 5 1010 10        V. 
Figura 18b Figura 18a 
e1 
e2 e3 
50 
30 20 
RA 
e1 
e3 e2 
RC 
RB 
se (t)
Figura 19 
1F 10 
e0(t)