CircuitosEletricos

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CONCURSO PETROBRAS
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR - ELETRÔNICA
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR - ELÉTRICA
ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA: ELÉTRICA
Circuitos Elétricos
Questões Resolvidas
QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA CESGRANRIO
Produzido por Exatas Concursos
www.ExatasConcursos.com.br
rev.2b
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Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão,
sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este
material será de muito bom proveito.
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seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja
consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor
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Índice de Questões
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1
Q41 (pág. 21), Q42 (pág. 102), Q43 (pág. 49).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011
Q44 (pág. 100), Q47 (pág. 66), Q63 (pág. 101).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2
Q47 (pág. 39), Q48 (pág. 91), Q50 (pág. 2).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1
36 (pág. 53), 37 (pág. 54).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012
Q32 (pág. 45), Q67 (pág. 46), Q41 (pág. 105), Q42 (pág. 107), Q43 (pág. 110),
Q44 (pág. 68), Q45 (pág. 108).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2011
Q37 (pág. 19), Q39 (pág. 44).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2008
Q29 (pág. 1), Q30 (pág. 47).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2006
Q26 (pág. 92), Q27 (pág. 50), Q28 (pág. 52).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Termoaçu 2008/1
Q27 (pág. 58).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007
Q24 (pág. 59).
Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eletrônica - Termoceará 2009
Q26 (pág. 43), Q29 (pág. 12), Q30 (pág. 13).
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CIRCUITOS ELÉTRICOS www.ExatasConcursos.com.br
Prova: Engenheiro(a) - Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010
Q29 (pág. 93), Q30 (pág. 62), Q31 (pág. 62), Q33 (pág. 94), Q34 (pág. 95),
Q35 (pág. 96), Q48 (pág. 98).
Prova: Profissional Júnior - Formação: Engenharia Eletrônica - BR Distribuidora 2008
Q33 (pág. 14), Q34 (pág. 16), Q35 (pág. 64).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Eletrônica - Petrobras 2006
Q24 (pág. 41).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012
Q22 (pág. 69), Q23 (pág. 24), Q25 (pág. 112), Q26 (pág. 113), Q27 (pág. 115),
Q41 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011
Q22 (pág. 119), Q24 (pág. 71), Q25 (pág. 121), Q26 (pág. 73), Q27 (pág. 75),
Q35 (pág. 122), Q36 (pág. 117), Q56 (pág. 29).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
Q23 (pág. 56), Q28 (pág. 123), Q26 (pág. 61), Q29 (pág. 3), Q39 (pág. 4).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1
Q6 (pág. 22), Q24 (pág. 6), Q25 (pág. 65), Q28 (pág. 8), Q29 (pág. 8),
Q30 (pág. 10), Q31 (pág. 124), Q32 (pág. 77), Q61 (pág. 27).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005
Q23 (pág. 18).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2012
Q24 (pág. 86), Q25 (pág. 104), Q30 (pág. 89), Q31 (pág. 129), Q60 (pág. 103),
Q63 (pág. 36),
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2011
Q27 (pág. 127), Q33 (pág. 31), Q34 (pág. 32), Q38 (pág. 33).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2008
Q26 (pág. 35), Q33 (pág. 37).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - REFAP 2007
Q22 (pág. 79), Q23 (pág. 80), Q26 (pág. 82).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008
Q40 (pág. 84), Q56 (pág. 126), Q63 (pág. 131).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 88
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Circuitos Elétricos
1.1 Circuitos CC Resistivos
Questão 1
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
8
ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO
Vi
VL VD
Vo
L D
S C R
endereço xx1 xx2 xx3 ... x12
34 A2 B6 AF D8 1A 18 2E 5F 98 AA C1... ...
Memória
ponteiro
255 2561 2 3 4
1
2
3
15
16
..
.
...
Painel de leds
(A)
4
E
(B) E2 (C)
3
E
(D)
3
E2
� (E)
2
E
�
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
A figura acima apresenta um painel eletrônico de exibição de
mensagens, formado por uma matriz de leds com 16 linhas
e 256 colunas, e parte da memória do painel. O conteúdo da
memória está representado por números hexadecimais. Um
led aceso corresponde ao bit 1, enquanto um led apagado
ao bit 0. A informação a ser apresentada no painel é armaze-
nada seqüencialmente na memória do aparelho, mapeando
cada coluna do painel por dois bytes. O primeiro byte
corresponde às linhas 1 até 8, enquanto o segundo byte às
linhas 9 até 16. As linhas 1 e 9 correspondem aos bits me-
nos significativos de cada byte. Por fim, existe um ponteiro
que indica a posição da memória onde se inicia a informa-
ção a ser disposta no painel, a partir da coluna 1.
Na situação ilustrada, os leds nas colunas 3, 4 e 5 da linha
6 do painel, respectivamente, estarão:
27
A figura acima apresenta um circuito ativo, utilizado na
implementação de compensadores de primeira ordem de atraso
de fase ou de avanço de fase. O amplificador operacional do
circuito pode ser considerado como ideal. Para que o pólo da
função de transferência do compensador esteja localizado em
s = �5, a resistência de R, em , deverá ser
(A) 0,5 (B) 1,0
(C) 2,0 (D) 5,0
(E) 8,0
28
Figura 1 Figura 2
O circuito da Figura 1 é um conversor CC-CC denominado
Boost, alimentado por uma tensão V
i
 em volts, cuja forma de
onda é apresentada na Figura 2. Considerando o seu funcio-
namento em regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S está aberta, o capacitor é o elemento
responsável por suprir a corrente da carga.
(B) quando a chave S está fechada, o diodo D conduz.
(C) a tensão média no indutor é igual a A.
(D) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A D
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
(E) a tensão média de saída V
o
, em Volts, é igual a 
A
1 D�
,
onde
t
T
onD= .
29
A expressão da tensão V
xy
 do Equivalente Thevenin entre
os pontos X e Y do circuito da figura acima é
�
E
�
R
X
�
3E
� R
R
Y
�
Vxy
�
+
+
+
-
-
-
1 K�
R
20 F�
40 F�
V1 V2
Vi
toffton
A
0
t
T
Leds na linha 6
coluna 3 coluna 4 coluna 5
(A) apagado aceso apagado
(B) apagado apagado aceso
(C) apagado apagado apagado
(D) aceso aceso aceso
(E) aceso apagado apagado
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Resolução:
Aplicando a Lei dos Nós no nó X temos:
VXY
R
+
VXY + 3E
R
=
E − VXY
R
VXY + VXY + 3E = E − VXY
3VXY = −2E
VXY = −2E
3 �� ��Alternativa (D)
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Questão 2
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELETRÔNICA
13
47
No circuito da figura acima, os valores de R e da tensão 
nominal do diodo zener, VZ, são desconhecidos. Para 
determiná-los, utilizaram-se duas baterias diferentes, 
verificando-se as potências dissipadas pelos resistores. 
Os valores obtidos estão na tabela abaixo.
Com base nos dados acima apresentados, os valores de 
R e VZ são, respectivamente,
(A) 2 kΩ e 4 V (B) 3 kΩ e 6 V
(C) 2 kΩ e 6 V (D) 3 kΩ e 4 V 
(E) 2 kΩ e 10 V
48
No circuito da figura acima, o resistor dissipará a potência 
máxima quando a frequência ω do sinal da fonte de cor-
rente senoidal, em rad/s, for
(A) 0 (corrente contínua) (B) 
 
 
(C) (D) 
(E) 
Bateria PR PRL
 10 V 12 mW 8 mW
 18 V 48 mW 18 mW
49
A figura acima apresenta um conversor buck boost, que 
opera com modulação por largura de pulso, onde o duty 
cycle D = 0,6. Para uma entrada DC Vi = 15 V e conside-
rando o funcionamento do circuito em regime permanen-
te, o valor médio da tensão de saída Vo, em volts, é
(A) −37,5
(B) −22,5
(C) 3,75
(D) 22,5
(E) 37,5
50
No circuito apresentado na figura acima, a fonte V2 é uma 
fonte de tensão controlada por tensão, cujo valor é 2V1 e 
onde V1 é a diferença de potencial aplicada ao resistor de 
2 Ω. Para esse circuito, o valor da corrente I, em função 
da tensão V, é
(A) −3V 
(B) −2V 
(C) 
 
(D) 2V 
(E) 3V 
Resolução:
Fechando a malha externa temos:
V + V2 − V1 = 0
V + 2V1 − V1 = 0
V1 = −V
Pela Lei dos Nós vemos que a corrente I é igual a soma da corrente que passa
pelo resistor de 1Ω com a corrente que passa pelo resistor de 2Ω, ou seja:
I = I1 + I2
I =
V1
1
+
V1
2
I = −V
1
− V
2
I = −3
2
V
�� ��Alternativa (C)
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Questão 3
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
8
28
FONTE
TRIFÁSICA
SIMÉTRICA
CARGA
TRIFÁSICA
DESEQUILIBRADA
A
C B B'
A'
C'
N N'
V
VC VB ZB ZC
ZAA
Para o sistema trifásico desequilibrado, mostrado na figu-
ra acima, composto por uma fonte simétrica e uma carga 
desequilibrada, a(s)
(A) potência aparente total é a soma das potências apa-
rentes das três impedâncias. 
(B) tensão de deslocamento de neutro (VNN’) é igual a 
zero. 
(C) soma das correntes nas três impedâncias é diferente 
de zero.
(D) correntes em cada impedância são iguais. 
(E) tensões VAN e VA’N’ são iguais. 
29
Um circuito equivalente de Norton é composto por uma 
fonte de corrente de 20 A, em paralelo com um resistor de 
2 Ω. O seu equivalente de Thévenin é um circuito compos-
to por uma fonte de 
(A) corrente de 10 A, em série com um resistor de 1 Ω.
(B) corrente de 10 A, em paralelo com um resistor de 1 Ω.
(C) tensão de 40 V, em paralelo com um resistor de 2 Ω.
(D) tensão de 40 V, em série com um resistor de 10 Ω.
(E) tensão de 40 V, em série com um resistor de 2 Ω.
30
A respeito de um transformador considerado ideal, afir-
ma-se que
(A) a corrente de Foucault mantém-se constante em rela-
ção à variação do número de espiras.
(B) a relutância do núcleo é infinita.
(C) o fluxo de dispersão é grande.
(D) o núcleo tem permeabilidade infinita.
(E) as correntes elétricas são iguais nos lados primário e 
secundário.
31
Um motor de indução de 6 polos e 60 Hz apresenta veloci-
dade do campo magnético girante, em rpm, igual a
(A) 1.200
(B) 1.400
(C) 1.600
(D) 1.800
(E) 2.000
32
A respeito dos motores de corrente contínua, considere as 
afirmativas abaixo.
I – O motor CC com excitação série possui um elevado 
conjugado em baixa rotação. 
II – O motor CC com excitação do tipo paralelo permite 
o ajuste de velocidade por variação da tensão na 
armadura.
III – O motor CC com excitação série possui uma baixa 
velocidade quando o motor está sem carga.
Está correto APENAS o que se afirma em 
(A) I. (B) II.
(C) I e II. (D) I e III.
(E) II e III.
33
Em uma linha de transmissão, ocorre uma falta, cuja cor-
rente é definida por
 , onde
• )F(1V é sua tensão de sequência positiva; 
• , e são as impedâncias nas sequên-
cias: zero, positiva e negativa, respectivamente.
 
A esse respeito, afirma-se que se trata de uma falta
(A) trifásica.
(B) entre duas fases. 
(C) entre fase e terra.
(D) entre duas fases e terra.
(E) entre as três fases e terra.
34
Em um sistema elétrico do tipo estrela-estrela, desequili-
brado a quatro fios, existe uma corrente de neutro, defi-
nida por . Sabe-se que essa corrente elétrica pode ser 
decomposta por seus componentes simétricos de sequên-
cias zero, positiva e negativa, definidos, respectivamente, 
por , e . A expressão que relaciona a corrente de 
neutro com seus componentes simétricos é
(A) IN
�
I0
�
I1
�
= 3( + )
(B) 
(C) 
(D) 
(E) 
35
Em um sistema elétrico, composto por um único transfor-
mador de 500 kVA, foi adotada como base a potência de 
400 kVA. A potência desse transformador, em pu, é
(A) 0,80 (B) 0,85
(C) 0,95 (D) 1,15 
(E) 1,25 
Resolução:
A figura abaixo mostra a correspondência entre os circuitos equivalentes de
Thévenin e Norton:
 
 
 
E agora que a fonte v seja morta 
 
 
 
 
 
 
isc = corrente de curto-circuito 
 
 
Com isso teremos 
 
i = i1 + isc 
 
aplicando a super-posição 
 
i1 = - Rth
v
 
 
 
i = -
Rth
v
 + isc 
 
 
Caso em ab exista um circuito aberto 
 
i = 0 v = Rth . isc 
 
 
 voc = tensão de circuito aberto 
 
 
Com isso os equivalentes de Thevenin e Norton podem ser montados : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rth i 
VTH 
+ 
- 
+ a 
 
 
 
- b 
IN Rth 
+ a 
 
 
- b 
i
Circuito 
A 
isc 
Thevenin Norton 
Como pode ser visto, a resistência de Thévenin é igual à resistência de
Norton, logo:
RTH = RN = 2Ω
A tensão de Thévenin (VTH) é obtida por uma simples transformação de
fonte:
VTH = RTH × IN
VTH = 2× 20
VTH = 40V
E como pode ser visto na figura, no equivalente de Thévenin RTH e VTH
estão em série.
�� ��Alternativa (E)
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Questão 4
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
9
39
A resistência equivalente do circuito representado acima, 
entre os pontos A e B, em ohms, é, aproximadamente,
(A) 1,5
(B) 1,6
(C) 1,8
(D) 2,0
(E) 2,1
40
Um motor síncrono trifásico, de polos salientes, está co-
nectado a um barramento infinito. As reatâncias síncronas 
de eixo direto e de quadratura por fase valem, respectiva-
mente, xd = 2 Ω e xq = 1,8 Ω. Sabe-se que a tensão induzida 
no motor e a tensão do barramento infinito, por fase, valem
1.500 V e 1.450 V, respectivamente. O valor máximo da 
potência de conjugado da relutância do motor, em W, é, 
aproximadamente,
(A) 12.600
(B) 48.300
(C) 58.400
(D) 572.200
(E) 1.087.500
Considere as informações a seguir para responder às 
questões de nos 36 e 37.
O circuito da figura acima apresenta o modelo equivalente 
por fase de um motor de indução trifásico 440 V, 60 Hz,
6 polos, ligado em Y. Os parâmetros desse motor, em 
ohms, são apresentados aseguir.
 
r1 = 0,30; x1 = 0,40; r2 = 0,15; x2 = 0,20; xϕ = 15
36
O motor opera com um escorregamento de 4%, deman-
dando da rede uma corrente de 20 A, com fator de po-
tência 0,8. Nessas condições de funcionamento, as per-
das no cobre do estator do motor, em W, são 
(A) 120
(B) 150
(C) 180
(D) 240
(E) 360
37
Considerando que e que as perdas totais por atrito, 
por ventilação e no ferro do motor somam 150 W, inde-
pendente da sua rotação e carga, a potência de saída do 
motor, em watts, é, aproximadamente,
(A) 1.869
(B) 4.170
(C) 11.360
(D) 11.834
(E) 12.194
38
Um gerador ligado em Y aterrado possui, em pu, as se-
guintes reatâncias:
- de sequência positiva: j 0,30;
- de sequência negativa: j 0,20;
- de sequência zero: j 0,15;
- de aterramento do gerador: j 0,05.
No instante da ocorrência de uma falta fase terra, o ge-
rador encontrava-se operando em vazio, com sua tensão 
nominal. Nessas condições de operação, o módulo da 
corrente subtransitória, na fase da falta, em pu, é
(A) 1,25
(B) 1,40
(C) 1,60
(D) 1,75
(E) 1,85
Resolução:
Como este circuito apresenta uma fonte controlada, o procedimento padrão
para encontrarmos a resistência equivalente de Thévenin RTH não funcionará.
Uma maneira de contornar este problema é colocarmos uma fonte de tensão Vf
qualquer entre os terminais A e B, encontrarmos o valor da corrente IN que então
passará por esta fonte, para termos RTH dado por:
Vf = RTH × IN → RTH = Vf
IN
Ou seja, escolhendo arbitrariamente Vf = 1V , e transformando a fonte de corrente
em fonte de tensão para simplificar, teremos o seguinte circuito:
+
-
1V
VX
IN
I+
-I II
Agora nossa missão é encontrar o valor da corrente IN que passa pela fonte. Para
DR
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tal aplicaremos a Lei dos Nós no nó X (cuja tensão está representada na figura por
VX), resultando em:
IN =
VX
1
+
VX − 3V0 − V0
1
IN = 2VX − 4V0 (1.1)
Porém podemos achar VX em função de IN fechando a malha de tensão da es-
querda:
1− 1× IN − VX = 0
VX = 1− IN (1.2)
E conseguimos deixar V0 em função de IN e VX fechando a malha de tensão
da direita:
VX − 3V0 − (1 + 1)× (IN − VX
1
) = 0
3VX − 3V0 − 2IN = 0
V0 =
3VX − 2IN
3
(1.3)
Agora substituimos 1.2 e 1.3 em 1.1:
IN = 2VX − 4V0
IN = 2VX − 4× 3VX − 2IN
3
3IN = 6VX − 12VX + 8IN
5IN = 6VX
5IN = 6(1− IN)
IN =
6
11
A
Agora finalmente podemos encontrar o valor de RTH :
RTH =
Vf
IN
=
1
6
11
=
11
6
≈ 1, 8Ω
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
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Questão 5
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
7
23
O esquema acima representa um motor elementar. O prin-
cípio de funcionamento dessa máquina está calcado na
repulsão dos polos da armadura pelos do ímã permanente.
A respeito dessa máquina, afirma-se que
(A) o motor somente pode iniciar o movimento se for
alimentado por uma fonte CA.
(B) o motor, quando alimentado por uma fonte CA, inicia o
movimento em uma velocidade proporcional à
frequência da fonte.
(C) os polos da armadura, juntamente com o ímã, provocam
a repulsão magnética somente na partida do motor.
(D) os polos da armadura em conjunto com o comutador
validam a possibilidade de o motor ser alimentado por
uma fonte CC.
(E) se o enrolamento for alimentado por uma fonte CC, a
máquina iniciará o movimento em qualquer situação.
24
Uma carga resistiva deve ser colocada entre os pontos X e
Y do circuito da figura acima. A eficiência de operação de
um circuito ou de um sistema elétrico é medida pela rela-
ção percentual entre a potência dissipada pela carga e a
potência fornecida pela fonte. Assim, para que este circui-
to opere com eficiência operacional de 80%, a resistência
da carga, em ohms, deve ser de
(A) 250 (B) 180
(C) 120 (D) 100
(E) 60
Comutador
Enrolamento
Escova
ÍMÃ
N S
Armadura
Eixo
44 � 60 �
+
10 V
_
80�
X
20�
Y
+
+ +1 A
2 A
3 A
7 A
8 A
5 A
+
Curva Amperiana
sentido do
percurso
corrente sainda da página
corrente entrando na página
Legenda:
21
A figura acima apresenta uma espira retangular fechada de
lado L, que inicia um movimento de queda livre no limiar das
linhas de fluxo de um campo magnético B de 2,5 T. Desprezan-
do a resistência do ar e adotando a aceleração da gravidade g
igual a 10 m/s2, o fluxo na espira para t = 2 s, em Wb, é
(A) 5,00 (B) 6,25
(C) 12,50 (D) 25,00
(E) 30,00
22
A figura acima apresenta uma curva amperiana que englo-
ba seis condutores, cujas correntes encontram-se indicadas
ao lado desses condutores. Considerando o sentido de
percurso da amperiana indicado na figura e �� a
permeabilidade magnética do meio, o valor de � Bdl
�� �
, em
T.m, é
(A) - 2��
(B) - ��
(C) ��
(D) 2��
(E) 3��
L = 0,5 m
g = 10 m/s
2
B = 2,5 T
corrente saindo da página
corrente entrando da página
Resolução:
Chamaremos a carga resistiva a ser colocada entre os terminais X e Y
de RL. Se simplificarmos o circuito para um equivalente de Thévenin teremos o
seguinte:
 
 
 
E agora que a fonte v seja morta 
 
 
 
 
 
 
isc = corrente de curto-circuito 
 
 
Com isso teremos 
 
i = i1 + isc 
 
aplicando a super-posição 
 
i1 = - Rth
v
 
 
 
i = -
Rth
v
 + isc 
 
 
Caso em ab exista um circuito aberto 
 
i = 0 v = Rth . isc 
 
 
 voc = tensão de circuito aberto 
 
 
Com isso os equivalentes de Thevenin e Norton podem ser montados : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rth 
VTH 
+ 
- 
 
 
 
Y
IN Rth 
+ a 
 
 
- b 
i
Circuito 
A 
isc 
Thevenin Norton 
_
_
_
X
R L
Se chamarmos a potência fornecida pela fonte de PF e a potência consum-
ida pela carga resistiva de PC , uma eficiência operacional de 80% significa que:
PC
PF
= 0, 8
RLi
2
VTHi
= 0, 8
RLi = 0, 8VTH
RL × VTH
RL +RTH
= 0, 8VTH
DR
AF
T
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RL = 0, 8(RL +RTH)
0, 2RL = 0, 8RTH
RL = 4RTH
Agora só precisamos encontrar RTH que então teremos RL. Curto-
circuitando a fonte de tensão teremos o seguinte circuito:
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
7
23
O esquema acima representa um motor elementar. O prin-
cípio de funcionamento dessa máquina está calcado na
repulsão dos polos da armadura pelos do ímã permanente.
A respeito dessa máquina, afirma-se que
(A) o motor somente pode iniciar o movimento se for
alimentado por uma fonte CA.
(B) o motor, quando alimentado por uma fonte CA, inicia o
movimento em uma velocidade proporcional à
frequência da fonte.
(C) os polos da armadura, juntamente com o ímã, provocam
a repulsão magnética somente na partida do motor.
(D) os polos da armadura em conjunto com o comutador
validam a possibilidade de o motor ser alimentado por
uma fonte CC.
(E) se o enrolamento for alimentado por uma fonte CC, a
máquina iniciará o movimento em qualquer situação.
24
Uma carga resistiva deve ser colocada entre os pontos X e
Y do circuito da figura acima. A eficiência de operação de
um circuito ou de um sistema elétrico é medida pela rela-
ção percentual entre a potência dissipada pela carga e a
potência fornecida pela fonte. Assim, para que este circui-
to opere com eficiência operacional de 80%, a resistência
da carga, em ohms, deve ser de
(A) 250 (B) 180
(C) 120 (D) 100
(E) 60
Comutador
Enrolamento
Escova
ÍMÃ
N S
Armadura
Eixo
44 � 60 �
80�
X
20�
Y
+
+ +1 A
2 A
3 A
7 A
8 A
5 A
+
Curva Amperiana
sentido do
percurso
corrente sainda da página
corrente entrando napágina
Legenda:
21
A figura acima apresenta uma espira retangular fechada de
lado L, que inicia um movimento de queda livre no limiar das
linhas de fluxo de um campo magnético B de 2,5 T. Desprezan-
do a resistência do ar e adotando a aceleração da gravidade g
igual a 10 m/s2, o fluxo na espira para t = 2 s, em Wb, é
(A) 5,00 (B) 6,25
(C) 12,50 (D) 25,00
(E) 30,00
22
A figura acima apresenta uma curva amperiana que englo-
ba seis condutores, cujas correntes encontram-se indicadas
ao lado desses condutores. Considerando o sentido de
percurso da amperiana indicado na figura e �� a
permeabilidade magnética do meio, o valor de � Bdl
�� �
, em
T.m, é
(A) - 2��
(B) - ��
(C) ��
(D) 2��
(E) 3��
L = 0,5 m
g = 10 m/s
2
B = 2,5 T
corrente saindo da página
corrente entrando da página
Onde RTH será a resistência equivalente entre os terminar X e Y:
RTH = 60//(44 + 80//20)
RTH = 60//
(
44 +
80× 20
(80 + 20)
)
RTH = 60//(44 + 16)
RTH = 30Ω
Portanto:
RL = 4RTH
RL = 4× 30
RL = 120Ω
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
T
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Questão 6
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
 
A figura ilustra um circuito elétrico resistivo, alimentado por
duas fontes CC, funcionando em regime permanente.
Considerando VX, VY e VW, respectivamente, as tensões
nos nós X, Y e W, então a equação que poderá ser deter-
minada a partir do nó Y é
(A) 8 VY = VX + 3 VW
(B) 5 VY = 2 VX + 6 VW
(C) 4VY = 3 VX + 2 VW
(D) 3VY = 4 VX + 8 VW
(E) VY = 8 VX + 3 VW
 
 
 
 
 
�
80� 80�
40�
50�
10�
10
10�
30�
7,5�
12 V 7 VY W
+
_
+
_
X Z
Parte 1
Resolução:
Aplicando a Lei dos Nós no nó Y temos:
VX − VY
30
=
VY − VW
10
+
VY
7, 5
VX − VY = 3(VY − VW ) + 4VY
8VY = VX + 3VW
�� ��Alternativa (A)
 
Parte 2
O valor absoluto da tensão e a resistência do equivalente
de Thevenin entre os nós Y e W são, respectivamente,
(A) VTH = 4,2 V e RTH = 28 �
(B) VTH = 4,2 V e RTH = 64 �
(C) VTH = 6,1 V e RTH = 51 �
(D) VTH = 6,1 V e RTH = 81 �
(E) VTH = 8,5 V e RTH = 17 �
DR
AF
T
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Resolução:
Primeiramente abrimos o circuito entre os pontos Y e W, então para achar-
mos RTH devemos curto-circuitar as fontes de tensão. Resultando no seguinte
circuito:
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
9
26
A figura acima ilustra o esquema de funcionamento de uma
máquina linear ideal, consistindo de uma bateria com ten-
são de 200 V e resistência interna de 0,2 �, conectada
através de uma barra condutora sobre um par de trilhos
sem atrito. Essa barra inicia o deslizamento sobre o par de
trilhos quando a chave é fechada em t = 0. Adicionalmente,
ao longo dos trilhos, existe um campo magnético constante
com densidade uniforme, cujas linhas de fluxo são
perpendicularmente cortadas pela barra. Para limitar a
corrente de partida, uma resistência Rpartida pode ser
inserida a fim de prevenir a ocorrência de danos à máquina
durante sua inicialização.
Qual o valor da Rpartida a ser inserida, para que a corrente
seja reduzida a 1/5 do valor anterior?
(A) 0,2 (B) 0,5
(C) 0,8 (D) 5,5
(E) 10
27
A figura acima apresenta um circuito elétrico, alimentado
por uma fonte CA, funcionando em regime permanente.
Os valores nos componentes passivos representam suas
impedâncias em ohms.
Para que a tensão de saída VS esteja atrasada de 80,2°
da tensão VE, a reatância XL
 , em ohms, deverá ser ajusta-
da para
(A) 2,5 (B) 4,0
(C) 5,5 (D) 7,0
(E) 8,5
Dado: tg(80,2°) � 5,8
Considere a figura e os dados abaixo para responder
às questões de nos 28 a 30.
A figura ilustra um circuito elétrico resistivo, alimentado por
duas fontes CC, funcionando em regime permanente.
28Considerando VX, VY e VW, respectivamente, as tensões
nos nós X, Y e W, então a equação que poderá ser deter-
minada a partir do nó Y é
(A) 8 VY = VX + 3 VW
(B) 5 VY = 2 VX + 6 VW
(C) 4VY = 3 VX + 2 VW
(D) 3VY = 4 VX + 8 VW
(E) VY = 8 VX + 3 VW
29
O valor absoluto da tensão e a resistência do equivalente
de Thevenin entre os nós Y e W são, respectivamente,
(A) VTH = 4,2 V e RTH = 28 �
(B) VTH = 4,2 V e RTH = 64 �
(C) VTH = 6,1 V e RTH = 51 �
(D) VTH = 6,1 V e RTH = 81 �
(E) VTH = 8,5 V e RTH = 17 �
30
A tensão no nó Z, em volts, é
(A) 9,0
(B) 8,0
(C) 7,0
(D) 6,0
(E) 5,0
0,2 � R partida
B
t = 0
i (t)
V = 200 V
X
e
ind 0,5 m
XX
X XX
+
-
e = tensão induzida na barraind
B = vetor densidade de fluxo magnético
X
X
X
X
jXL5
VSVE
+
_
+
_
_ 10j2
�
�
�
�
�10
10�
30�
7,5�
Y W
X Z
R
Veja que transformamos a malha superior do circuito em apenas um resistor R,
para simplificar. O valor de R então é dado por:
R = (80 + 40 + 80)//50
R =
200× 50
200 + 50
R = 40Ω
Agora que conhecemos R fica fácil encontrar a resistência equivalente entre os
terminais Y e W, que corresponde a RTH :
RTH = (7, 5//30) +R + (10//10)
RTH =
7, 5× 30
7, 5 + 30
+ 40 + 5
RTH = 6 + 40 + 5
RTH = 51Ω
Perceba que a única alternativa possível de resposta é a letra (C), o que
implica que VTH = 6, 1V e portanto não é necessário calcularmos o valor de VTH .
Para treinar, o leitor pode calcular VTH , mas perceba que não é muito trivial o
cálculo, o que desperdiçaria grande tempo durante a prova.
�� ��Alternativa (C)
DR
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Parte 3
A tensão no nó Z, em volts, é
(A) 9,0
(B) 8,0
(C) 7,0
(D) 6,0
(E) 5,0
Resolução:
Se utilizarmos o equivalente de Thévenin calculado na questão anterior, ter-
emos o seguinte circuito:
 
 
 
E agora que a fonte v seja morta 
 
 
 
 
 
 
isc = corrente de curto-circuito 
 
 
Com isso teremos 
 
i = i1 + isc 
 
aplicando a super-posição 
 
i1 = - Rth
v
 
 
 
i = -
Rth
v
 + isc 
 
 
Caso em ab exista um circuito aberto 
 
i = 0 v = Rth . isc 
 
 
 voc = tensão de circuito aberto 
 
 
Com isso os equivalentes de Thevenin e Norton podem ser montados : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rth 
VTH 
+ 
- 
 
 
 
Y
IN Rth 
+ a 
 
 
- b 
I
Circuito 
A 
isc 
Thevenin Norton 
_
_
_
W
10
Portanto fica fácil calcular o valor da corrente I que passa pelo resistor de 10Ω
entre os pontos W e Y, que será:
I =
VTH
RTH + 10
=
6, 1
51 + 10
= 0, 1A
Agora, ainda utilizando o circuito equivalente de Thévenin, podemos encontrar o
valor de VW − VY :
VW − 10I − VY = 0
VW − VY = 10I
VW − VY = 10× 0, 1
VW − VY = 1V
Agora aplicaremos a Lei dos Nós ao seguinte Supernó desenhado em ver-
melho no circuito original (com a simplificação do resistor R já feita):
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR
ELÉTRICA
9
26
A figura acima ilustra o esquema de funcionamento de uma
máquina linear ideal, consistindo de uma bateria com ten-
são de 200 V e resistência interna de 0,2 �, conectada
através de uma barra condutora sobre um par de trilhos
sem atrito. Essa barra inicia o deslizamento sobre o par de
trilhos quando a chave é fechada em t = 0. Adicionalmente,
ao longo dos trilhos, existe um campo magnético constante
com densidade uniforme, cujas linhas de fluxo são
perpendicularmente cortadas pela barra. Para limitar a
corrente de partida, uma resistência Rpartida pode ser
inserida a fim de prevenir a ocorrência de danos à máquina
durante sua inicialização.
Qual o valor da Rpartida a ser inserida, para que a corrente
seja reduzida a 1/5 do valor anterior?
(A) 0,2 (B) 0,5
(C) 0,8 (D) 5,5
(E) 10
27
A figura acima apresenta um circuito elétrico, alimentadopor uma fonte CA, funcionando em regime permanente.
Os valores nos componentes passivos representam suas
impedâncias em ohms.
Para que a tensão de saída VS esteja atrasada de 80,2°
da tensão VE, a reatância XL
 , em ohms, deverá ser ajusta-
da para
(A) 2,5 (B) 4,0
(C) 5,5 (D) 7,0
(E) 8,5
Dado: tg(80,2°) � 5,8
Considere a figura e os dados abaixo para responder
às questões de nos 28 a 30.
A figura ilustra um circuito elétrico resistivo, alimentado por
duas fontes CC, funcionando em regime permanente.
28Considerando VX, VY e VW, respectivamente, as tensões
nos nós X, Y e W, então a equação que poderá ser deter-
minada a partir do nó Y é
(A) 8 VY = VX + 3 VW
(B) 5 VY = 2 VX + 6 VW
(C) 4VY = 3 VX + 2 VW
(D) 3VY = 4 VX + 8 VW
(E) VY = 8 VX + 3 VW
29
O valor absoluto da tensão e a resistência do equivalente
de Thevenin entre os nós Y e W são, respectivamente,
(A) VTH = 4,2 V e RTH = 28 �
(B) VTH = 4,2 V e RTH = 64 �
(C) VTH = 6,1 V e RTH = 51 �
(D) VTH = 6,1 V e RTH = 81 �
(E) VTH = 8,5 V e RTH = 17 �
30
A tensão no nó Z, em volts, é
(A) 9,0
(B) 8,0
(C) 7,0
(D) 6,0
(E) 5,0
0,2 � R partida
B
t = 0
i (t)
V = 200 V
X
e
ind 0,5 m
XX
X XX
+
-
e = tensão induzida na barraind
B = vetor densidade de fluxo magnético
X
X
X
X
jXL5
VSVE
+
_
+
_
_ 10j2
�
�
�
�
�
40�
10�
10
10�
30�
7,5�
12 V 7 VY W
+
_
+
_
X Z
DR
AF
T
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Como a corrente que entra neste supernó deve ser igual a corrente que sai, temos:
VX − VZ
40
=
VW − VY
10
Mas como já sabemos que VW − VY = 1V e que VX = 12V , temos:
VX − VZ
40
=
VW − VY
10
VX − VZ = 4(VW − VY )
VZ = VX − 4(VW − VY )
VZ = 12− 4× 1
VZ = 8V
Obs.: Nesta última parte não era necessário utilizar o que chamamos de
“supernó”, ele apenas simplifica os cálculos. Se o leitor aplicar a Lei dos Nós no
nó Z e também no nó W, ao comparar as duas equações deve chegar ao mesmo
resultado que chegamos utilizando o supernó.
�� ��Alternativa (B)
DR
AF
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Questão 7
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009)
ENGENHEIRO(A) DE TERMELÉTRICA JÚNIOR (ELETRÔNICA)
8
TERMOCEARÁ LTDA.
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
No circuito da figura acima, o Diodo Zener é considerado
ideal e opera, em sua região ativa, com tensão nominal de
16 V. Qual o valor do resistor R, em k�, para que a corren-
te no Zener seja de 2 mA?
(A) 40 (B) 35 (C) 15 (D) 10 (E) 5
27
A figura acima ilustra o circuito digital que relaciona o sinal
F com os sinais binários de entrada X, Y e Z. De acordo
com o circuito, a expressão booleana mais simplificada de
F em função de X, Y e Z é
(A) ZYXZXF += (B) ZYXZXF +=
(C) ZYXZXF += (D) ZYXZXF +=
(E) ZYXZXF +=
28
Quando o circuito ilustrado na figura acima estiver no esta-
do QBQA = 00, com Y = 1, os flip-flops B e A executarão,
respectivamente, as operações de
(A) set e reset. (B) set e hold.
(C) reset e reset. (D) reset e toggle.
(E) toggle e reset.
R
60 V
+
_
15 k�
+
_5 V
X
Y
Z
F
29
No circuito da figura acima, a tensão do Circuito Equivalente
de Thevenin, dada em volts e calculada entre os pontos X e
Y, é:
(A) 210 (B) 180
(C) 160 (D) 120
(E) 80
30
A figura acima apresenta um circuito elétrico com fontes
de corrente contínua. O capacitor encontra-se operando
em regime permanente. A ddp, em volts, entre os terminais
X e Y do capacitor é, aproximadamente,
(A) 2,3 (B) 3,0 (C) 4,8 (D) 6,2 (E) 9,5
31
Considere o sistema de controle em malha fechada ilus-
trado na figura acima, onde K > 0 representa o ganho a ser
ajustado no compensador. Pelo compensador adotado e
levando-se em conta o diagrama do lugar das raízes (root
locus) desse sistema, conclui-se que o sistema será
(A) estável para qualquer valor de K > 0.
(B) estável, mas somente para K > 10.
(C) estável, mas somente para K > 30.
(D) estável, mas somente para 10 > K > 50.
(E) instável para qualquer valor de K > 0.
QJ
CLK
K
QB
Q
J
K
QA
Y
B
A
120 V
300 � 150 �
2A 150 �
X
Y
+
_
+ +
_ _
20 V 9 V
2mF4 � 4 �
2 � 2 �
10 � 10 �
6 � 6 �
YX
Planta
u(t) y(t)
Compensador
10
(s 2) (s + 1)�
K(s 1)
(s + 3)
�
+
Resolução:
Para simplificar o circuito, primeiramente efetuamos uma transformação de
fonte (indicada pelo retângulo na figura abaixo), onde o valor da resistência se
mantém o mesmo, e o valor da fonte de tensão será E = (150Ω)× (2A) = 300V :
ENGENHEIRO(A) DE TERMELÉTRICA JÚNIOR (ELETRÔNICA)
8
TERMOCEARÁ LTDA.
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
26
No circuito da figura acima, o Diodo Zener é considerado
ideal e opera, em sua região ativa, com tensão nominal de
16 V. Qual o valor do resistor R, em k�, para que a corren-
te no Zener seja de 2 mA?
(A) 40 (B) 35 (C) 15 (D) 10 (E) 5
27
A figura acima ilustra o circuito digital que relaciona o sinal
F com os sinais binários de entrada X, Y e Z. De acordo
com o circuito, a expressão booleana mais simplificada de
F em função de X, Y e Z é
(A) ZYXZXF += (B) ZYXZXF +=
(C) ZYXZXF += (D) ZYXZXF +=
(E) ZYXZXF +=
28
Quando o circuito ilustrado na figura acima estiver no esta-
do QBQA = 00, com Y = 1, os flip-flops B e A executarão,
respectivamente, as operações de
(A) set e reset. (B) set e hold.
(C) reset e reset. (D) reset e toggle.
(E) toggle e reset.
R
60 V
+
_
15 k�
+
_5 V
X
Y
Z
F
29
No circuito da figura acima, a tensão do Circuito Equivalente
de Thevenin, dada em volts e calculada entre os pontos X e
Y, é:
(A) 210 (B) 180
(C) 160 (D) 120
(E) 80
30
A figura acima apresenta um circuito elétrico com fontes
de corrente contínua. O capacitor encontra-se operando
em regime permanente. A ddp, em volts, entre os terminais
X e Y do capacitor é, aproximadamente,
(A) 2,3 (B) 3,0 (C) 4,8 (D) 6,2 (E) 9,5
31
Considere o sistema de controle em malha fechada ilus-
trado na figura acima, onde K > 0 representa o ganho a ser
ajustado no compensador. Pelo compensador adotado e
levando-se em conta o diagrama do lugar das raízes (root
locus) desse sistema, conclui-se que o sistema será
(A) estável para qualquer valor de K > 0.
(B) estável, mas somente para K > 10.
(C) estável, mas somente para K > 30.
(D) estável, mas somente para 10 > K > 50.
(E) instável para qualquer valor de K > 0.
QJ
CLK
K
QB
Q
J
K
QA
Y
B
A
120 V
300 � 150 �
150 �
X
Y
+ +
_ _
20 V 9 V
2mF4 � 4 �
2 � 2 �
10 � 10 �
6 � 6 �
YX
Planta
u(t) y(t)
Compensador
10
(s 2) (s + 1)�
K(s 1)
(s + 3)
�
+
300 V
+
_
VTH
+
_
Dado o novo circuito, fica fácil calcularmos a corrente que circula por ele:
I =
300− 120
300 + 150 + 150
I =
180
600
I = 0, 3A
Agora, partindo da tensão VTH fechamos a malha de tensão da esquerda:
VTH − 300I − 120 = 0
VTH = 300I + 120
VTH = 300× 0, 3 + 120
VTH = 210V
�� ��Alternativa (A)
DR
AF
T
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Questão 8
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009)
A figura acima apresenta um circuito elétrico com fontes
de corrente contínua. O capacitor encontra-se operando
em regime permanente. A ddp, em volts, entre os terminais
X e Y do capacitor é, aproximadamente,
(A) 2,3 (B) 3,0 (C) 4,8 (D) 6,2 (E) 9,5
+ +
_ _
20 V 9 V
2mF4 � 4 �
2 � 2 �
10 � 10 �
6 � 6 �
YX
Resolução:
Por estar em regime permanente, nenhuma corrente atravessa o capacitor.
Sabendo que buscamos VX − VY , aplicamos a Lei dos Nós no nó X:
20− VX
4
=
VX − VY
12
+
VX − VZ
2
(1.4)
Agora, mantendo as orientações das correntes adotadas no nó X, aplicamosa Lei dos Nós no nó Y:
VX − VY
12
+
9− VY
4
=
VY − VZ
2
(1.5)
Agora somamos a equação 1.4 com o negativo da equação 1.5:
20− VX
4
− VX − VY
12
− 9− VY
4
=
VX − VY
12
+
VX − VZ
2
− VY − VZ
2
3(20− VX)− (VX − VY )− 3(9− VY ) = (VX − VY ) + 6(VX − VZ)− 6(VY − VZ)
60− 4VX + 4VY − 27 = 7VX − 7VY
11VX − 11VY = 60− 27
11(VX − VY ) = 33
VX − VY = 33
11
VX − VY = 3V
�� ��Alternativa (B)
DR
AF
T
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Questão 9
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
10
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
+
�
+
�
20 V 40 V
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
www.pciconcursos.com.br
Resolução:
Sabemos que a resistência equivalente de Thévenin e de Norton são iguais,
obtidas curto-circuitando as fontes de tensão, abrindo as fontes de corrente e cal-
culando a resistência equivalente entre os terminais X e Y. Portanto RN é a re-
sistência equivalente do circuito abaixo:
10
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
www.pciconcursos.com.br
Como pode ser visto, o resistor de 50kΩ está curto-circuitado, e os resistores de
DR
AF
T
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40kΩ e 10kΩ estão em paralelo, logo:
RN = 40k//10k
RN =
(40k)× (10k)
40k + 10k
RN = 8kΩ
Agora voltamos para o circuito original e identificamos algumas correntes:
10
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FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
+
�
+
�
20 V 40 V
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
www.pciconcursos.com.br
I
I
I
1
2
VTH
E calculamos a corrente I que passa pelas fontes:
I =
40− 20
50k//(40k + 10k)
I =
20
25k
I =
4
5
mA
Pelo divisor de corrente calculamos I2:
I2 =
50k
(40K + 10K) + 50K
× I = I
2
= 0, 4mA
Agora finalmente podemos fechar a malha de tensão da direita, a fim de
encontrar VTH :
40− (10k)I2 − VTH = 0
VTH = 40− (10k)× (0, 4m)
VTH = 36V
Como sabemos que VTH = RN × IN temos:
IN =
VTH
RN
=
368k
= 4, 5mA
�� ��Alternativa (E)
DR
AF
T
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Questão 10
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
10
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
+
�
+
�
20 V 40 V
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
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Resolução:
Primeiramente identificamos os seguintes nós:
10
PROFISSIONAL JÚNIOR
FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA
Vi VoVL
S d
L C R
+
�
+
�
R1
V1
V2
ICVA
IL
LA
CA
IB
V3
V4
R3
R4 R5
R6
R2
+
�
+
�
+
�
+
�
20 V 40 V
50 K�
40 K� 10 K�
X
Y
33
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre
os pontos X e Y é formado por
(A) R
xy
= 6,90 k I
xy
= 4,50 mA
(B) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 3,50 mA
(C) R
xy
= 24,00 k I
xy
= 6,50 mA
(D) R
xy
= 9,00 k I
xy
= 4,00 mA
(E) R
xy
= 8,00 k I
xy
= 4,50 mA
34
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
Considerando que os valores dos resistores encontram-se
em ohms, a corrente I
1
, em ampères, que atravessa o
resistor de 4 ohms é
(A) 0,50
(B) 0,60
(C) 0,75
(D) 0,85
(E) 0,95
4
2,5 2,5
6 6
8 8
10
10 V 2 V
+
�
+
�
I1
35
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apre-
sentado na figura acima, é possível concluir que
(A) 3A 2
C L
1 1 2 2
VV V
I I 0
R R R R
� � � � � �
�
(B) 3 2 3 B
6 2
V V V
I 0
R R
�
� � �
(C) 4 1 L B
3 4
V V
I I 0
R R
�
� � �
�
(D) 3 4 3 2 3
6 5 2
V V V V V
0
R R R
� �
� � �
(E) 32 A C L
1 2
VV V
I I 0
R R
�
� � � �
36
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é
executado de modo a se obter uma modulação por largura
de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este
circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado
Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em
regime permanente, é correto afirmar que
(A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz.
(B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará
descarregado.
(C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio
da tensão de saída V
o
.
(D) a tensão média de saída V
o
 é calculada por i
V D
1 D
�
�
.
(E) a tensão média de saída V
o
 é calculada por 
iV
1 D�
.
www.pciconcursos.com.br
A B
C
Agora tiramos que:
I1 =
VA − VB
4
(VA − VB) = 4I1
DR
AF
T
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Sabendo isso, aplicamos a Lei dos Nós no nó A:
10− VA
2, 5
= I1 +
VA − VC
6
(1.6)
E agora aplicamos a Lei dos Nós no nó B:
2− VB
2, 5
+ I1 =
VB − VC
6
(1.7)
Somando a equação 1.6 com o negativo da equação 1.7 temos:
10− VA
2, 5
− 2− VB
2, 5
− I1 = I1 + VA − VC
6
− VB − VC
6
12(10− VA)− 12(2− VB)− 30I1 = 30I1 + 5(VA − VC)− 5(VB − VC)
120− 12VA − 24 + VB − 30I1 = 30I1 + 5VA − 5VC − 5VB + 5VC
96 = 60I1 + 17(VA − VB)
96 = 60I1 + 17(4I1)
128I1 = 96
I1 =
96
128
I1 = 0, 75A
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
T
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Questão 11
(Eng. Equipamentos Pleno Elétrica - Petrobras 2005)
ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS PLENO - ELÉTRICA
7
posição (x)
do cone
eixo de
rotação
cone
Bobina com n espiras de raio
r e percorrida pela corrente i
S
S
N
CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS
21
O princípio de funcionamento de um auto falante pode ser
entendido com o auxílio da figura acima, que mostra um
corte transversal da estrutura com simetria cilíndrica em
torno do eixo de rotação indicado.
Um ímã permanente estabelece uma densidade de campo
magnético B radial e constante, na região por onde circula a
corrente (i), fornecida pelo equipamento de som. A bobina
percorrida por esta corrente é solidária a um cone de papelão
que se movimenta, produzindo ondas sonoras no ar.
Dados:
m → a massa do cone mais bobina móvel
n → o número de espiras da bobina
r → o raio das espiras
Observação: considere a resistência do ar desprezível.
A função de transferência 
( )
( )sI
sX
, calculada entre a posição
do cone e a corrente de entrada, é:
(A)
sm
Bnrʌ
(B)
2sm
Bnrʌ
(C)
1sm
Bnr
+
ʌ
(D)
sm
Bnr2ʌ
(E)
2sm
Bnr2ʌ
22
Para um motor elétrico, a razão entre a sua potência nominal
e a potência mecânica que ele pode efetivamente fornecer
no seu eixo, em regime contínuo, sem danos, é conhecida
como fator de:
(A) carga.
(B) perdas.
(C) serviço.
(D) potência.
(E) sobrecarga.
23
A fonte de tensão do circuito da figura alimenta, através de
uma cadeia de resistores, uma carga térmica que consome
18 Kcal/h.
Sabe-se que a tensão sobre a carga é de 100 volts. A tensão
V
f
 da fonte de alimentação, em volts, é:
(Considere 1cal ~ 4 J).
(A) 130 (B) 155 (C) 180 (D) 200 (E) 220
24
Considere um motor CA síncrono com vinte pólos, funcio-
nando em São Paulo e alimentado pela rede da concessionária
local. A velocidade de rotação do eixo desse motor, em RPM, é:
(A) 360
(B) 180
(C) 720
(D) 800
(E) dependente da carga mecânica e do deslizamento.
25
Um gerador síncrono, de valores nominais 400 MVA e 20 kV,
pode ser modelado como uma fonte de tensão em série com
uma impedância. Esta impedância série corresponde às
bobinas do estator e tem valor de 1,0 pu, tomando como
base os valores nominais do gerador.
Se a base de potência escolhida fosse 100 MVA e a base de
tensão 10kV, o valor normalizado da impedância, em pu,
seria:
(A) 0,25
(B) 0,5
(C) 1
(D) 4
(E) dependente ainda da freqüência de alimentação que não
foi fornecida.
Carga
Térmica
10 �
20 �Vf
10 �
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Resolução:
Primeiramente vamos transformar a unidade da potência dada para o SI:
P =
18kcal
h
=
18× 103 × (4J)
3600s
= 20W
Agora,chamando a corrente sobre a carga de IL e a tensão de VL temos:
P = VL × IL
IL =
P
VL
IL =
20
100
IL = 0, 2A
Chamando o nó que une as três resistências de X e aplicando nele a Lei dos
Nós temos:
Vf − VX
10
=
VX
20
+ IL
Vf =
3VX
2
+ 10× (0, 2)
Vf =
3VX
2
+ 2 (1.8)
Agora, aplicando a Lei das Malhas na malha da direita temos:
VX − 10IL − VL = 0
VX = 10(0, 2) + 100
VX = 102V
DR
AF
T
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Voltando na equação 1.8 temos:
Vf =
3VX
2
+ 2
Vf =
3× 102
2
+ 2
Vf = 155V
�� ��Alternativa (B)
Questão 12
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2011)
ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO 8
34 
A sensibilidade de um acelerômetro piezelétrico é dada em
(A) mV/m
(B) mV/ms
(C) pC/ms
(D) pC/ms−2
(E) V/ms−3 
35
A figura acima mostra o gráfico que corresponde a um 
sinal periódico de tensão medido na tela de um osciloscó-
pio. Aplicando-se esse sinal de tensão sobre um resistor 
de 100 Ω, a potência média, em W, dissipada no resistor é 
(A) 1,50
(B) 5,60
(C) 10,50
(D) 15,25
(E) 25,40
36
 
Considere o sistema de controle configurado na figura 
acima, onde a planta G(s) é INSTÁVEL, e deseja-se es-
tabilizá-la e controlá-la com ajuda de um compensador do 
tipo H(s). 
Usa-se a técnica de cancelamento de polos da planta 
para reduzir a ordem do sistema.
O engenheiro projetista achou, em seu cálculo, o ganho 
K = 125. Assim, os polos do sistema em malha fechada 
estarão posicionados em 
(A) -2 + j5
(B) -2 + j8
(C) -2 + j4
(D) -1 e -8
(E) -2 e -6
37
No circuito da figura acima, deseja-se inserir um resistor 
de 20 kΩ entre os pontos a e b do circuito.
Para que o resistor seja especificado, que potência, em mW, 
esse resistor dissipará ao ser inserido? 
(A) 12,0
(B) 10,5
(C) 9,8
(D) 5,0
(E) 1,8
38
O pulso retangular da Figura 1 tem seu espectro de fre-
quência, em módulo, mostrado na Figura 2. Com base nos 
dados mostrados na figura, o valor de μ, em segundos, é
(A) 10
(B) 8
(C) 6
(D) 4
(E) 2
Resolução:
Ao inserirmos a resistência de 20kΩ entre os pontos a e b teremos o seguinte
circuito:
ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO 8
34 
A sensibilidade de um acelerômetro piezelétrico é dada em
(A) mV/m
(B) mV/ms
(C) pC/ms
(D) pC/ms−2
(E) V/ms−3 
35
A figura acima mostra o gráfico que corresponde a um 
sinal periódico de tensão medido na tela de um osciloscó-
pio. Aplicando-se esse sinal de tensão sobre um resistor 
de 100 Ω, a potência média, em W, dissipada no resistor é 
(A) 1,50
(B) 5,60
(C) 10,50
(D) 15,25
(E) 25,40
36
 
Considere o sistema de controle configurado na figura 
acima, onde a planta G(s) é INSTÁVEL, e deseja-se es-
tabilizá-la e controlá-la com ajuda de um compensador do 
tipo H(s). 
Usa-se a técnica de cancelamento de polos da planta 
para reduzir a ordem do sistema.
O engenheiro projetista achou, em seu cálculo, o ganho 
K = 125. Assim, os polos do sistema em malha fechada 
estarão posicionados em 
(A) -2 + j5
(B) -2 + j8
(C) -2 + j4
(D) -1 e -8
(E) -2 e -6
37
No circuito da figura acima, deseja-se inserir um resistor 
de 20 kΩ entre os pontos a e b do circuito.
Para que o resistor seja especificado, que potência, em mW, 
esse resistor dissipará ao ser inserido? 
(A) 12,0
(B) 10,5
(C) 9,8
(D) 5,0
(E) 1,8
38
O pulso retangular da Figura 1 tem seu espectro de fre-
quência, em módulo, mostrado na Figura 2. Com base nos 
dados mostrados na figura, o valor de μ, em segundos, é
(A) 10
(B) 8
(C) 6
(D) 4
(E) 2
X
DR
AF
T
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Aplicando a Lei dos Nós em X temos:
60− VX
20k
+
50− VX
20k
=
VX
40k
2(60− VX) + 2(50− VX) = VX
5VX = 220
VX = 44V
Ou seja, a tensão Vba sobre o resistor de 20kΩ será:
Vba = 50− VX
Vba = 50− 44
Vba = 6V
Portanto, a potência necessária ao resistor será:
P =
V 2ba
R
P =
62
20k
P = 1, 8mW
�� ��Alternativa (E)
DR
AF
T
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Questão 13
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
A figura apresenta um circuito em corrente contínua com-
posto por uma fonte de tensão de 5,4 V, quatro resistên-
cias com valores de 1 Ω, 2 Ω, 5 Ω e 10 Ω, além de uma 
fonte de corrente, cujo valor depende da tensão nos ter-
minais da resistência de 5 Ω (if = 2v1).
Qual o valor da corrente, em ampères, fornecida pela fon-
te de corrente?
(A) 1
(B) 2
(C) 4
(D) 8
(E) 16
Resolução:
Para facilicar nossa análise, nomeamos a tensão do nó acima da fonte de
corrente de VX , como visto na figura abaixo:
xV
Pelo divisor de tensão no ramo mais a direita do circuito tiramos:
V1 =
5
10 + 5
× VX
VX = 3V1
Agora aplicamos a Lei dos Nós no nó de VX :
5, 4− VX
1
+ 2V1 =
VX
2
+
VX
15
30(5, 4− VX) + 60V1 = 15VX + 2VX
DR
AF
T
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47VX − 60V1 = 162
47× (3V1)− 60V1 = 162
141V1 − 60V1 = 162
81V1 = 162
V1 = 2V
Como a questão quer saber o valor de if e sabendo que if = 2V1, tiramos final-
mente:
if = 2V1
if = 2× 2
if = 4A
�� ��Alternativa (C)
Questão 14
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1)
6
Uma tensão de 120 V é aplicada em um reostato ajustado
em 10 �. A partir de um determinado instante, a tensão
sofre um aumento de 0,0015 V e a resistência sofre um
decréscimo de 0,002 �. A variação da potência dissipada
neste reostato, em watts, é
(A) - 0,72 (B) 0,25
(C) 0,32 (D) 0,40
(E) 0,45
Resolução:
A potência dissipada em um resistor é proporcional ao quadrado da tensão
sobre o mesmo e inversamente proporcional à sua resistência. Então um aumento
da tensão e diminuição da resistência necessariamente implica no aumento da
potência dissipada, de modo que o candidato pode ser fazer contas descartar a
letra A.
Como a variação numérica é muito pequena, perderemos muito tempo
DR
AF
T
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fazendo contas e seria comum que o candidato fosse induzido ao erro, porém
podemos utilizar uma aproximação pelo cálculo diferencial imaginando a potência
como sendo uma função da tensão e da resistência, e levando em conta que:
P (V,R) =
V 2
R
∆P = PV ∆V + PR∆R
Calculando as derivadas parciais para os valores de V = 120 e R = 10
temos:
PV = 2
V
R
= 2× 120
10
= 24
PR = −(V
R
)2 = −144
Utilizando ∆V = 0, 0015 e ∆R = −0, 002 temos:
∆P = 24× 0, 0015 + 144× 0, 002
∆P = 0, 036 + 0, 288
∆P = 0, 324W
Deste modo mostramos que o cálculo diferencial pode simplificar um prob-
lema matemático que seria tedioso e muito provavelmente levaria o candidato a
erros por arredondamento, além de uma perda substancial de tempo de prova.
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
T
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Questão 15
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
23
O circuito da figura acima deve ser equacionado pelo método de tensões sobre os nós, para a solução através de uma 
equação matricial linear. Devem-se considerar as tensões sobre os nós V1 e V2 , a fonte de alimentação e as impedâncias 
presentes no circuito. A análise feita na estrutura resultou na seguinte equação matricial:
A expressão da matriz M é
(A) (D) 
(B) (E) 
 
 (C) 
Resolução:
Existem variadas técnicas para se analisar circuitos, algumas como a das
tensões nodais definem as incógnitas como tensões em certos pontos do circuito,
outras como as correntes de malha definem um conjunto de correntes como as
incógnitas. Da equação matricial presente no circuito podemos claramente ver que
as incógnitas são as tensões dos nós, o que nos indica quea maneira de explicitar
a matriz M é através destas equações. Observemos que o nó de referência (terra)
é o nó que liga todas as impedância na vertical.
A equação para o nó V1 é:
(Vf − V1)
Z1
=
V1
Z2
+
(V1 − V2)
Z1
(1.9)
A equação para o nó V2 é:
(V1 − V2)
Z1
= 2
V2
Z2
(1.10)
Pelas alternativas de respostas presentes vemos que não há a presença de
termo denominador, de modo que para chegarmos a uma expressão adequada
DR
AF
T
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necessitamos remover os denominadores de ambas as equações, isto pode ser
feito multiplicando ambas as equações por Z1Z2:
Z2Vf − Z2V1 = Z1V1 + Z2V1 − Z2V2 (1.11)
Z2V1 − Z2V2 = 2Z1V2 (1.12)
Para obtermos uma expressão adequada, apenas isolar as incógnitas de um lado
e os termos independentes. Inicalmente de 1.11:
(Z1 + 2Z2)V1 − Z2V2 = Z2Vf
E depois de 1.12:
−Z2V1 + (2Z1 + Z2)V2 = 0
Passando para forma matricial a expressão, visualizamos a resposta:
M =
[
(Z1 + 2Z2) −Z2
−Z2 (2Z1 + Z2)
]
�� ��Alternativa (D)
DR
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Questão 16
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
41
Para medir a resistência interna da bateria de 12 V de 
um automóvel, um técnico usou um multímetro e uma 
lâmpada do farol desse automóvel. Verificou que a 
lâmpada era especificada para operar com 12 V e 30 W. 
Mediu primeiramente a tensão nominal nos bornes da 
bateria em aberto e obteve 12,72 V. Em seguida, acendeu 
a lâmpada ligando-a aos bornes da bateria, verificando 
que, com a lâmpada ligada, a tensão medida nos bornes 
caía para 11,52V. 
Qual o valor aproximado da resistência interna dessa bateria?
(A) 1,8
(B) 1,2
(C) 1,0
(D) 0,8
(E) 0,5
Resolução:
O problema, apesar do longo enunciado, consiste em um circuito simples:
uma fonte de tensão em série com dois resistores. Pela especificação de potência
na lâmpada podemos determinar sua resistência:
Plamp =
V 2lamp
Rlamp
Rlamp =
V 2lamp
Plamp
Substituindo os valores:
Rlamp =
12× 12
30
= 4, 8Ω
Conectando a bateria (e sua resistência interna associada) observamos nos
bornes uma tensão que é a tensão na lâmpada de 11,52 V, deste modo podemos
ou utilizar a lei das malhas ou diretamente um divisor de tensão.
Observação: Lembrando que a bateria pode ser vista como uma fonte de
tensão de 12, 72V , pois é a sua tensão em aberto, quando não ocorre nenhuma
queda de tensão devido a não circulação de corrente pela resistência interna
(perda de carga).
Através do raciocínio do divisor de tensão temos uma equação algébrica
simples:
11, 52 =
4, 8
4, 8 +Rint
× 12, 72
DR
AF
T
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Dividindo a equação por 12, 72:
0, 9 =
4, 8
4, 8 +Rint
Passando o denominador multiplicando para o membro esquerdo da
equação anterior:
4, 35 + 0, 9Rint = 4, 8
Isolando o termo da resistência interna na equação:
0, 45 = 0, 9Rint
Rint = 0, 5Ω
�� ��Alternativa (E)
Questão 17
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1)
61
Uma certa fonte de tensão alimenta uma carga resistiva
variável. Efetuam-se duas medidas sobre a carga e cons-
tata-se que, quando a carga consome 2A, a tensão sobre
ela é de 9V, e quando consome 4A, a tensão cai para 6V.
A resistência interna da fonte, em �, é
(A) 0,5 (B) 1,0
(C) 1,5 (D) 2,0
(E) 3,0
Resolução:
Este problema é bastante similar ao problema de determinar a tensão de
aberto e a resistência interna de uma bateria e de fato o raciocínio é o mesmo,
sendo possível transformar o problema rapidamente em um sistema linear de se-
gunda ordem de fácil resolução cujas equações são determinadas pelos valores
de corrente e tensão em dois momentos diferentes.
No primeiro momento o circuito apresenta tensão de saída de 9V para uma
corrente de 2A, esta tensão obviamente é a tensão da fonte menos a queda de
DR
AF
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tensão na resistência interna devido a esta corrente de 2A, assim:
V = E −RI
9 = E −R× 2
No segundo momento o circuito apresente uma tensão de saída de 6 V para uma
corrente de 4 A, seguindo o mesmo raciocínio de antes temos:
6 = E −R× 4
Deste modo temos o seguinte sistema de duas equações:
9 = E − 2R
6 = E − 4R
Subtraindo a segunda equação na primeira temos:
3 = 2R
R = 1, 5Ω
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
T
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Questão 18
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
56
O circuito da figura acima, montado para ensaios de me-
didas elétricas, serve para identificar a tensão nominal e 
a resistência interna de uma bateria desconhecida. Va-
riando-se o potenciômetro P, foram obtidas as seguintes 
medidas:
Tensão no voltímetro Corrente no amperímetro 
13,4 V 2 A
11,0 V 5 A
A tensão nominal da bateria, em V, e a sua resistência 
interna, em Ω, são, respectivamente,
(A) 14,4 e 0,6
(B) 15,0 e 0,6
(C) 15,0 e 0,8
(D) 15,4 e 0,8
(E) 18,0 e 0,2
Resolução:
Podemos reduzir nosso problema para um sistema linear simples de duas
equações sabendo que a impedância do voltímetro é várias vezes maior que a da
bateria. A presença de um amperímetro fecha o circuito, então podemos consid-
erar o conjunto "bateria - resistência interna - resistência do amperímetro"como
uma fonte de tensão em série com duas resistências, assim, em qualquer instante:
Ebateria = RintI +RampI
Como a resistência interna está contida na bateria, o voltímetro está
DR
AF
T
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medindo apenas a tensão sobre a resistência do amperímetro, deste modo:
Vvoltmetro = RampI
Vvoltmetro = Ebateria −RintI (1.13)
Utilizando os dados da tabela, no primeiro e segundo caso temos:
Ramp =
13, 4
2
= 6, 7Ω
Ramp =
11, 0
5
= 2, 2Ω
Este resultado não é de forma alguma contraditório, pois o valor efetivo da
resistência do amperímetro está sendo ajustado pelo potenciômetro, e além disso,
não é relevante. Serviu apenas para mostrar como se pode perder tempo fazendo
contas desnecessárias utilizando a expressão incorreta e como isto pode causar
confusão com relação aos resultados obtidos. Agora utilizemos a expressão 1.13
para a tensão no voltímetro nos dois casos:
13, 4 = Ebateria −Rint2 (1.14)
11, 0 = Ebateria −Rint5 (1.15)
É um sistema linear de duas equações e duas incógnitas, estas duas vêm a
serem os itens requisitados para resposta. Subtraindo a equação 1.15 na equação
1.14 temos:
2, 4 = 3Rint
Rint = 0, 8Ω
Substituindo o valor encontrado em uma das duas equações 1.14 ou 1.15
temos:
13, 4 = Ebateria − 0, 8× 2
Ebateria = 15, 0
�� ��Alternativa (C)
DR
AF
T
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Questão 19
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
33
Para o circuito apresentado na figura acima, o valor da tensão Vx, em volts, é
(A) – 4 (B) 0 (C) 4 (D) 8 (E) 12
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida por superposição, considerando apenas
uma fonte atuando de cada vez e calculando a corrente sobre o resistor de 4Ω.
Este método envolverá a análise de três circuitos diferentes, isto tomará algum
tempo do candidato, mas a sugestão é usar divisores de corrente para acelerar os
cálculos.
Outra forma de se resolver é observar o nó que liga o resistor de 4Ω com as
duas fontes de correntes. Considerando que a corrente que percorre este resistor
está dirigida no sentido da direita para esquerda, temos pela lei dos nós:
Ires + 2A = 3A
Ires = 1A
Deste modo, a corrente que percorre o resistor mede 1A e realmente está no sen-
tido que nós supúnhamos estar. A seta no terminal do resistor indica o sentido
positivo de tensão, porém como a corrente está entrandopela polaridade negativa
na lei de Ohm que a corrente tem sentido negativo, assim temos:
Vres = RI = (4Ω)× (−1A) = −4V
Tendo em vista o cálculo final pela lei de Ohm, o candidato também poderia consid-
erar o sentido da corrente no resistor orientado da esquerda para a direita. Deste
modo a corrente encontrada teria o valor negativo e a resposta seria a mesma,
naturalmente.
DR
AF
T
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�� ��Alternativa (A)
Questão 20
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
34
Dado: obtêm-se as impedâncias por: para i = 1,2,...6.
Considere o circuito da figura acima, com três nós (1, 2 e 3), seis admitâncias (y1 a y6), alimentado por duas fontes se-
noidais de corrente, em regime permanente. Equacionando a solução desse circuito na forma matricial, obtém-se I = Y.V, 
onde I é o vetor das injeções de correntes nodais, Y a matriz de admitância nodal, e V o vetor das tensões nodais. 
A expressão do elemento Y22 da matriz Y é
(A) y1 + y2 + y3
(B) y2 + y4 + y5
(C) y4 + y5 − y6
(D) z1 + z2 + z3
(E) (z + z ) − (z − z )
Resolução:
A formulação da matriz admitância nodal é bem simples é bastante van-
tajosa, visto que a matriz Y além de esparsa é simétrica. Existem apenas duas
regras para a determinação de seus elementos: uma para os diagonais e outra
para todos os outros. O elemento Y11 é igual a soma de todas as admitâncias
ligadas ao nó 1, no caso:
Y11 = y1 + y4 + y6
O mesmo caso vale para qualquer elemento Yjj associado a um nó "j", seja ele
ligado com outro nó ou ligado com a terra (nó de referência), deste modo:
Y22 = y2 + y4 + y5
Y33 = y3 + y5 + y6
DR
AF
T
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Os elementos fora da diagonal são preenchidos pelo negativo da soma das ad-
mitâncias entre os dois nós associados aos índices, em nosso caso teremos:
Y12 = Y21 = −y4
Y13 = Y31 = −y6
Y23 = Y32 = −y5
�� ��Alternativa (B)
Questão 21
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
38
A figura acima apresenta um circuito elétrico, puramente resistivo, alimentado por uma fonte CC. As correntes elétricas nos 
trechos entre os pontos A-B, C-A e B-D são, respectivamente, em ampères, iguais a 
(A) 0,5 ; 0 e 0
(B) 0,5 ; 0 e 0,5
(C) 0 ; 0,33 e 0,5
(D) 0 ; 0,16 e 0,33
(E) 0,5 ; 0,16 e 0,33
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida imediatamente se o candidato observar
que os nós A e B estão em curto circuito. Deste modo a resistência equivalente do
circuito pode ser encontrada:
Req = 10//20 + 40//20 + 20
Req =
20
30
+
40
3
+ 20
Req = 40Ω
DR
AF
T
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A corrente que sai da fonte é obtida dividindo a tensão total sobre a resistência
equivalente:
Ifonte =
20
40
= 0, 5A
Para encontrar a corrente que corre do nó C para o nó A pode ser encontrada
através de um divisor de corrente:
ICA = 0, 5× 10
20 + 10
= 0, 16A
De forma equivalente a corrente existente entre o nó B e D:
IBD = 0, 5× 40
40 + 20
= 0, 33A
Pela simples aplicação da lei de Kirchhoff nos nós C e D nos mostra que:
IC = ICA + ICB
ICB = 0, 5− 0, 17A = 0, 33A
ID = IAD + IBD
IBD = 0, 5− 0, 33A = 0, 16A
Por uma simples inspeção visual no circuito vemos que trata-se de uma
Ponte de Wheatstone balanceada, uma vez que:
20Ω× 20Ω = 40Ω× 10Ω
Deste modo concluímos de imediato que não há corrente entre os pontos A
e B, como o candidato pode verificar utilizando as leis de Kirchhoff.
�� ��Alternativa (D)
DR
AF
T
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Questão 22
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2008)
26
O sinal periódico de tensão mostrado na figura acima é
aplicado sobre um resistor de 10:. A potência média,
em W, dissipada no resistor é
(A) 18 (B) 32
(C) 38 (D) 42
(E) 54
�14 �10 �4 0
30
x(t)
(V)
t(ms)
10
6 10 16 20
Resolução:
Esta questão é bastante sucinta, sendo necessário apenas determinar uma
expressão para a potência no dispositivo em dois instantes de tempo para em
seguida realizar uma integração simples. Podemos lembrar as fórmulas para a
potência instantânea sobre um elemento de resistência R, submetido a uma tensão
V e a uma corrente I:
P = V I =
V 2
R
= RI2
Como temos acesso imediatamente ao valor de R e V é mais inteligente da parte
do candidato utilizar a expressão V
2
R
. Porém é importante comentar que também
é possível utilizar qualquer uma das outras duas expressões apesar de não ser o
caminho mais fácil. A potência média é a integral da potência durante o período
do sinal, temos o ciclo fundamental do sinal expresso como:
V = 10V , entre 0 e 6s
V = 30V , entre 6 e 10s
Assim, utilizando R = 10Ω temos a seguinte expressão para a potência instan-
tânea:
P = 10W , entre 0 e 6s
P = 90W , entre 6 e 10s
Integrando no ciclo de dez segundos e dividindo o resultado por este tempo achare-
DR
AF
T
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mos o valor médio da potência durante o ciclo.
P¯ =
1
10
(
∫ 10
0
Pdt)
P¯ =
1
10
(
∫ 6
0
10dt+
∫ 10
6
90dt)
Como em cada intervalo de tempo as potências são constantes, a integração é
base vezes altura, ou seja, o valor da potência multiplicado pelo intervalo de tempo:
P¯ =
1
10
(10× 6 + 90× 4)
P¯ =
420
10
= 42W
�� ��Alternativa (D)
Questão 23
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
63
O voltímetro e o amperímetro são dois instrumentos de medida destinados à medição da tensão elétrica e da corrente 
elétrica, respectivamente. As características desses instrumentos, que devem ser observadas para que a conexão em um 
circuito elétrico não influencie na resposta do mesmo, são: a impedância e a corrente de entrada para o voltímetro e a 
impedância de entrada e a queda de tensão interna para o amperímetro.
Considerando um voltímetro e um amperímetro ideais, quais devem ser os valores das variáveis supracitadas para a cor-
reta operação dos instrumentos de medição?
Voltímetro Amperímetro
impedância de entrada corrente de entrada impedância de entrada queda de tensão interna
(A) Infinita Infinita Infinita Infinita
(B) Infinita Zero Zero Infinita
(C) Infinita Zero Zero Zero
(D) Zero Infinita Zero Infinita
(E) Zero Zero Infinita Zero
Resolução:
Esta questão é conceitual e sua realização é simples uma vez a teoria de
circuitos bem assimilada, pois se pergunta sobre impedâncias ideais e correntes
drenadas idealmente pelos dispositivos de medição de tensão e corrente.
O amperímetro é colocado em série com o elemento cuja corrente se deseja
medir, é razoável supor que um dispositivo deste tipo perfeito deve ser capaz de
aceitar qualquer corrente que por ele circule sem ser danificado. Mais razoável
DR
AF
T
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ainda que ele tenha impedância nula para que sua associação em série com o
elemento não tenha efeito algum na resistência equivalente do ramo, deste modo
ele não deve apresentar queda de tensão alguma.
O voltímetro é colocado em paralelo com o elemento cuja tensão se deseja
medir, é razoável supor que se ele tivesse resistência nula o valor da tensão sobre
o mesmo seria zero e o mesmo aconteceria com o elemento em paralelo o que
significa uma medida arruinada.
Por simples exclusão é possível dizer que a impedância de entrada do
mesmo deve ser infinita para que nunca haja efeito de carga e isto comprometa
a medição. Um elemento de impedância infinita não admite corrente por a re-
sistência à passagem da corrente é insuperável. Deste modo podemos assinalar
a resposta.
Outra linha de raciocínio a se utilizar é que o medidor ideal não dissipa
potência alguma. No amperímetro as perdas são do tipo RI2, desta forma R deve
ser nulo, enquanto isto,