enade engenharia gabarito online

Sumário

Capítulo i avaliação das Habilidades e Conteúdos Gerais e espeCífiCos, 12

Capítulo ii Questões de formação Geral, 14

Capítulo iii Questões de enGenHaria Geral, 63

Capítulo iv Questões de enGenHaria Civil, 126

Capítulo v Questões de enGenHarias da Computação, Controle e automação, elétriCa, 179

Capítulo vi Questões de enGenHaria da Computação, 213

Capítulo vii Questões de enGenHaria de Controle e automação, 231

Capítulo viii Questões de enGenHaria elétriCa, 250

Capítulo iX Questões de enGenHaria eletrôniCa, 268

Capítulo X Questões de enGenHaria de teleComuniCações, 290

Capítulo Xi Questões de enGenHaria meCâniCa, 310

Capítulo Xii Questões de Conteúdos Gerais: enGenHaria QuímiCa e enGenHaria de alimentos, 368

Capítulo Xiii Questões de enGenHaria de alimentos, 418

Capítulo Xiv Questões de enGenHaria de produção, 429

Capítulo Xv Questões de Conteúdos Gerais: enGenHaria ambiental e outras do Grupo vii, 463

Capítulo Xvi Questões de enGenHaria ambiental, 478

Capítulo Xvii Questões de enGenHaria florestal, aGríCola e de pesCa, 497

Capítulo Xviii Gabarito e padrão de resposta, 559

Coletânea de questões

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Coordenador e Organizador da Obra

Alexandre Moreira Nascimento

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ISBN: 978-85-8242-097-3

Civil, Elétrica, Eletrônica, da Computação, de Controle e Automação, de Telecomunicações, Mecânica, Química, Alimentos, de Produção,

Ambiental, Florestal, Agrícola, de Pesca, e outras do Grupo VII

ENGENHARIAS

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Alexandre Moreira NascimentoCoordenador e Organizador da Obra

- Professor de diversas disciplinas na Faculdade Fundação Escola de Comércio Álvares Penteado – FECAP.

- Participou na execução do PEDP – Programa de Educação Dinâmica Progressiva, resultando nos conceitos “A” no Exame Nacional de Cursos de 2000 a 2003 e conceito máximo no ENADE desde 2006, bem como no reconhecimento da instituição como “o melhor entre todos os Centros Universitários do país, entre privados e públicos” pelo IGC – Índice Geral de Cursos do MEC.

- PalestrantenoProgramadeQualificaçãodeDocentes.- É um serial entrepreneur, tendo fundado três empresas onde desenvolveu produtos com tecnologias

inovadoras. - Fundou a Coaster.io (www.coaster.io) no Vale do Silício (EUA), empresa que, com investimento

da Samsung Eletronics, está desenvolvendo uma plataforma de software e hardware para o compartilhamento de mídias entre diferentes dispositivos audiovisuais. Atualmente exerce a função de COO (Chief Operating Officer) na empresa.

- Graduado em Engenharia Mecatrônica pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo.- Mestre em Administração de Empresas pela FEA/USP.- Pós-graduado em Marketing pela FGV e em Medicina Comportamental pela Escola Paulista de Medicina

da Universidade de São Paulo. - Possui um Master in Business Administration pelo MIT (Massachusetts Institute of Technology) e

especializações pela FGV e Harvard.

Elson GarciaOrganizador da Formação Geral

- Autor, coautor e organizador de diversas obras voltadas à preparação para Exames OficiaiseConcursosPúblicos.

- Consultor educacional. - Professor e Engenheiro graduado e pós-graduado pela UFRJ.

Habilidades e conhecimentos gerais e específicosOrganizador dos Componentes Específicos

Organizador da Formação Geral

Alexandre Moreira Nascimento

Elson Garcia

Alexandre Moreira NascimentoCoordenador e Organizador da Obra

- Professor de diversas disciplinas na Facul-dade Fundação Escola de Comércio Álvares Penteado – FECAP.

- Participou na execução do PEDP – Programa de Educação Dinâmica Progressiva, resultando nos conceitos “A” no Exame Nacional de Cursos de 2000 a 2003 e conceito máximo no ENADE desde 2006, bem como no reconhecimento da instituição como “o melhor entre todos os Centros Universitários do país, entre privados e públicos” pelo IGC – Índice Geral de Cursos do MEC.

- Palestrante no Programa de Qualificação de Docentes.

- É um serial entrepreneur, tendo fundado três empresas onde desenvolveu produtos com tecnologias inovadoras.

- Fundou a Coaster.io (www.coaster.io) no Vale do Silício (EUA), empresa que, com investimento da Samsung Eletronics, está desenvolvendo uma plataforma de software e hardware para o com-partilhamento de mídias entre diferentes disposi-tivos audiovisuais. Atualmente exerce a função de COO (Chief Operating Officer) na empresa.

- Graduado em Engenharia Mecatrônica pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo.

- Mestre em Administração de Empresas pela FEA/USP.

- Pós-graduado em Marketing pela FGV e em Medicina Comportamental pela Escola Paulista de Medicina da Universidade de São Paulo.

- Possui um Master in Business Administration pelo MIT (Massachusetts Institute of Technology) e especializações pela FGV e Harvard.

CAPA ENADE_ENGENHARIA_OP2_COR2.indd 1 8/4/14 2:08 PM

Gabarito e Padrão de Resposta

3 COLETÂNEA DE QUESTÕES – GABARITO

ENGENHARIA GERAL

Capítulo III

HABILIDADE 01 Administração e Economia

11. ANÁLISE OFICIAL – PADRÃO DE RESPOSTA

a) No Ponto de Equilíbrio, as RECEITAS equilibram as DESPESAS TOTAIS: não há lucro.

Considerando x o número de componentes

PONTO DE EQUILÍBRIO = 10.000 componentes/mês (valor: 5,0 pontos)

b) Neste nível de produção, as RECEITAS equilibram as DESPESAS TOTAIS mais 10% das RECEITAS.

Considerando y o número de componentes

NÍVEL DE PRODUÇÃO = 17.474 componentes/mês (valor: 5,0 pontos)



a) A queda da oferta interna de energia no início dos anos 80 (mostrada na Figura 3) resultou da queda do consumo de petróleo (mostrada na Figura 2), a qual ocorreu devido ao aumento de 150% no preço médio de petróleo (Figura 1). Estas alterações no perfil de preços (e consumo) de energia causaram e espelham a redução da atividade econômica no Brasil no mesmo período. (valor: 2,0 pontos)

b) Hoje há uma dependência muito menor do petróleo importado do que nos anos 70-80. Nos últimos 20 anos, observa-se um crescimento do consumo de petróleo no país da ordem de 25%. No entanto, no mesmo período, a produção brasileira de petró-leo cresceu quase 5 vezes, reduzindo em 50% o volume de óleo importado. Mais ainda, o preço do petróleo no início de março de 2000 (por volta de US$ 30) era bem menor que o observado entre 79-84 (acima de US$ 50, em 1981). Adicione-se a isso o aumento da oferta de energia hidrelétrica desde 1975 (e, em menor escala, da oferta de álcool), o que reduziu bastante a parcela de petróleo utilizada na matriz energética nacional. Por todos estes fatores, o impacto dos recentes aumentos no preço do petróleo na economia nacional é muito inferior ao ocorrido nos anos das “crises do petróleo”. (valor: 2,0 pontos)

c) Petróleo: Os produtos da combustão de seus derivados são poluentes, tanto na utilização em transportes quanto na indústria. Os impactos ambientais, devido a possíveis acidentes com o transporte e armazenamento de petróleo e seus derivados, são poten-cialmente altos. Determinados tipos de petróleo contêm enxofre, liberado após a combustão, produto extremamente danoso ao ambiente, causador de chuvas ácidas.

Gás Natural: Os produtos da combustão do gás natural são menos poluentes que os dos derivados de petróleo. As questões de segurança associadas com o transporte e utilização de gás natural sempre devem ser consideradas.

Hidráulica: Os impactos ambientais devido ao alagamento de grandes áreas são negativos, sobretudo em regiões de baixa declivi-dade, o que implica a formação de grandes reservatórios, de alto impacto ambiental.

Lenha: Sua produção, desde que sujeita a programas de gerenciamento de culturas em áreas apropriadas, não apresenta grande impacto ambiental. Entretanto, os subprodutos gasosos da combustão da lenha são altamente poluentes. O uso intensivo da lenha como fonte energética pode incentivar o corte ilegal de áreas florestais protegidas.

Produtos da Cana-de-Açúcar: O gerenciamento ambiental da produção da cana-de-açúcar (monocultura) é mais complexo do que no caso da lenha. Ainda assim, os impactos de sua produção são baixos, se comparados com outras fontes que não a biomassa. Os impactos ambientais de possíveis acidentes no transporte e armazenamento de grandes quantidades de álcool são altos. A reutiliza-ção dos resíduos sólidos e líquidos da produção de álcool ainda é uma questão técnica a ser aprimorada.

Carvão Mineral: Tem grande utilização em processos siderúrgicos, com razoável nível de reaproveitamento de subprodutos. Seus resíduos gasosos e sólidos de combustão são altamente poluentes. A presença de altos teores de enxofre em determinados tipos de carvão traz reflexos altamente indesejáveis ao meio ambiente. (valor: 3,0 pontos)

Obs.: Serão aceitas também outras considerações, desde que pertinentes.

d) Fluxo de caixa:

Assim, ao final do 40 ano, o investimento é recuperado #11 tempo de retorno: entre 3 e 4 anos. (valor: 3,0 pontos)



Obs.: Se o aluno cometer erros na interpretação do item despesas gerais, a falta não será penalizada.

01 Mar 99

Comp. C:

Custo C 1/3 Custo C 1/3 = R$ 49,34 / equip.

CU 1/3 CU 1/3 = R$ 239,84 / equip.

01 Abr 99

Comp. C:

Custo C 1/4 Custo C 1/4 = R$ 39,48 / equip.

CU 1/4 CU 1/4 = R$ 229,98 / equip.

a) 01 Mar 99

01 Abr 99

5,25%



a)

Resposta = Custo Total = R$ 1.049.700,00

b) • Depreciação dos transformadores, disjuntores e equipamentos diversos:

• Depreciação das estruturas, montagem e obras civis:

• Valor contábil ao final de 5 anos:

VC5 = Custo total (a) - Depreciação =

= 1.049.700 - (312.600 + 80.000)

= 657.100 VC5 = R$ 657.100,00

Obs.: Foram consideradas corretas as respostas que incluíam ou não o preço do terreno.

c)

Redução (%) = ( 1 - 0,98488) x 100% =

= 0,0151186 x 100% = 1,51186%

Resposta: redução de 1,51%

HABILIDADE 02 Ciências do Ambiente


a) Para calcular a massa de ar da atmosfera, considerando que a pressão atmosférica é a pressão devida ao peso da massa de ar acima da superfície, pode-se escrever:

mg = PA

No caso, A é a área da superfície da Terra, considerada como uma esfera de raio 6,37 x 106 m. Portanto:

(valor: 3,0 pontos)


b) A contribuição percentual das emissões veiculares anuais é determinada pela razão:

Como a contribuição das emissões veiculares na concentração de CO2 na atmosfera é muito pequena (cerca de 0,6 partes por milhão), normalmente seu efeito é desprezível. Entretanto, a preocupação com essas emissões nas grandes cidades deve-se ao fato de que há uma maior quantidade de veículos nessas áreas, relativamente pequenas, em comparação com outras muito mais extensas (Amazônia, oceanos, desertos), nas quais praticamente inexistem veículos circulando. Além disso, as emissões de CO2 concentram-se, inicial-mente, no nível do solo, pois o CO2 é mais pesado que o ar. (valor: 3,0 pontos)

c) Devem ser citadas duas das seguintes fontes:

- queimadas em florestas, matas, etc;

- usinas termoelétricas a gás, a carvão e a óleo combustível;

- emissões vulcânicas;

- turbinas de aviões.

A grande influência do CO2 se dá no efeito estufa, associado a um possível aquecimento da atmosfera da Terra. Como é sabido, esse aquecimento pode resultar no aumento do derretimento de neve e gelo acumulados sobre os polos e os continentes e o

consequente aumento do nível do mar. (valor: 4,0 pontos)

HABILIDADE 03 Ciências e Tecnologia dos Materiais e Química


a) As forças que mantêm juntas as unidades que constituem os cristais podem ser das seguintes naturezas: ligação covalente, pontes de hidrogênio e ligações iônicas, polares ou eletrovalentes.

b) Metais e minerais são exemplos de substâncias cristalinas, além da celulose, carvão vegetal.etc.

HABILIDADE 04 Eletricidade Aplicada


a) Considerando o circuito resistivo abaixo, temos:

Logo, não há risco de parada cardíaca! (valor: 3,0 pontos)


b) O contato da segunda mão adiciona um segundo resistor em paralelo, como mostrado:

Logo, há risco de parada cardíaca! (valor: 2,0 pontos)

c) A resistência da luva de borracha entra em série com o circuito resistivo:

Logo, RL > 99,2

(valor: 3,0 pontos)

d) Quando o choque é provocado por corrente alternada, deve-se usar o valor de pico, pois este é capaz de provocar os maiores valores de corrente. (valor: 2,0 pontos)

HABILIDADE 06 Fenômenos de Transporte


a) De início o candidato precisa desenvolver uma relação entre a velocidade média e a velocidade máxima, a partir do perfil de veloci-dade do óleo no tubo (equação 1), e da definição de velocidade média (equação 2):

v = vmáx [1 – (r/R)2] (1)

vmédia = Q/A e Q = ∫v dA (2)

vmédia = ∫v dA/A (3)

Os limites da integral localizada no numerador da equação (3) vão de 0 a R, e a área da seção circular do tubo é A = πD2/4. Substituindo e integrando a equação (3), chega–se à equação (4):

vmédia = [(2vmáx)/R2] × [(R2/2) – (R4/4R2)] = (2vmáx R

2)/4R2 = vmáx/2 (4)

Outra possibilidade, é o candidato se lembrar que como o fluido é viscoso, a tendência é que o número de Reynolds seja baixo, situando–se numa região laminar (Re<2.100), na qual, a velocidade média do fluido é a metade da velocidade máxima: Como a velo-cidade máxima é 0,35 m/s, tem–se que a velocidade média é igual a 0,175 m/s. Assim, é possível verificar que o número de Reynolds é laminar para as condições do processo:


Reóleo = (ρvmédiaD)/μ = (800 × 0,175 × 0,4)/0,056 = 1.000 < 2.100 (5) Chegando à conclusão que a vmédia = vmáx/2, o candidato deve selecionar um volume de controle que envolva o tanque e sua saída inferior e escrever um balanço de massa para o volume de controle escolhido, na forma simplificada ou usando, por exemplo, o Teorema de Transporte de Reynolds, descrito na equação (6):

0 = ∂(∫VC ρ dV)/∂t + ∫SC ρ vmédia dA (6) onde ρ é a massa específica, V é o volume, A é a área, VC é o volume de controle estabelecido e SC a superfície de controle.

Considerando escoamento incompressível:

0 = ρ ∂(VVC)/∂t+ ρ vmédia A = ρ ∂(π D2 h/4 + π R2 L)/∂t + ρ vmédia π R2 (7)

Como dL/dt = 0, já que não há variação da quantidade de fluido com o tempo ao longo do tubo de comprimento L:

0 = (π D2/4) dh/dt + vmédia π R2 (7)

dh/dt = ‐4 vmédia (R/D)2 = ‐2 vmáx (R/D)2 (8)

Substituindo os valores dados no enunciado:

dh/dt = ‐2 × 0,35 × (0,2/2)2 = ‐0,007 m/s (9)

Para se calcular o volume retirado do tanque, basta multiplicar dh/dt pela área da seção circular do tanque e pelo tempo:

Volume de óleo retirado = (dh/dt) A t = 0,007 × 22 × (22/7) × 4 × 10 = 0,22 m3 = 220 L (10)

b) Neste item, o candidato deve perceber que a mudança do fluido (óleo para água), vai provocar uma mudança no regime de escoa-mento, de laminar para fortemente turbulento, mudando o perfil de velocidade descrito no enunciado do item; a relação entre a veloci-dade média e a velocidade máxima e o volume de líquido retirado do tanque ao fim dos mesmos 10 segundos. A mudança do regime de escoamento pode ser comprovada com o cálculo do número de Reynolds para a água, a partir dos dados fornecidos no enunciado:

Re água = (ρvmédiaD)/μ = (1.000 × 0,175 × 0,4)/0,001 = 70.000 > 2.100 (11)

A equação (11) mostra um Reynolds muito maior para a água do que para o óleo (equação 5).


Com base nas informações contidas no enunciado da questão, o estudante deveria responder a três itens (‘a’, ‘b’ e ‘c’), da forma descrita a seguir.

No item ‘a’, deveria apresentar a equação que relaciona o fluxo total de calor com a quantidade de água evaporada, relativamente às variáveis apresentadas na figura e às propriedades da água, atendendo, na resposta, a dois quesitos:

(i) mostrar que o calor total (qc + qr + qK) será destinado à evaporação da água, sendo, em termos de calor, igual a ; então

4,00 pontos, com conceitos variando entre 0 e 3.

(ii) incluir que , com valor de 1,00 ponto, com conceitos de 0 a 2.

No item ‘b’, deveria indicar, com base no comando do item, a variação correspondente em s R e T com o símbolo 8, se houver aumento; com o símbolo 9, se houver diminuição; ou com o símbolo =, se não houver alteração.

O estudante deveria, então, completar o quadro segundo o padrão, com valor de 0,20 ponto para cada célula correta, perfazendo um total de 2,00 pontos, com conceitos de 0 a 2.


No item ‘c’, que pedia para, considerando que a umidade na estufa pode ser controlada pela vazão de entrada (e saída) do ar, relacionar essa vazão com a taxa de secagem e o consumo de energia, sugerindo as condições que definem o ponto ótimo de operação, com valor de 3,00 pontos, com conceitos de 0 a 2, o estudante deveria:

(i) explicar que para vazão baixa há pouco consumo de energia, mas saturação do ar na estufa; e/ou para vazões altas trabalha-se longe da saturação do ar na estufa, com taxa de secagem alta, mas alto consumo de energia (valor: 2,00 pontos);

(ii) o ponto de operação é uma condição intermediária determinada por um compromisso entre consumo de energia e taxa de secagem


Usando unidades SI

Ti – Te = 150 – 25 = 125 K = 125 K , L = 1 m

(valor: 10,0 pontos)


O fluido de menor capacidade calorífica é a água (fluido frio).

Portanto:

a) Cálculo da efetividade de troca térmica å:

Usando NUT =

encontra-se na figura


b) Cálculo da temperatura da água de resfriamento na saída do condensador:


a)

Equação de Bernoulli entre 2 e 3 (escoamento de ar)

Balanço hidrostático entre 2 e 3 (tubo em U com água)

Lembrando que


b) ideal = Q (rendimento 100%)

Balanço hidrostático entre 1 e 2 (tubo em U)

Como o rendimento do motor é de 75% ,

(valor: 3,0 pontos)


Processo B: termodinamicamente viável.

Justificativa: o fluxo de calor é constante ao longo da parede, de acordo com 1ª Lei da Termodinâmica, e o fluxo de entropia aumenta ao longo da parede, de acordo com a 2ª Lei da Termodinâmica (geração de entropia num processo de transferência de calor).

Processo C: termodinamicamente inviável.

Justificativa: embora o fluxo de entropia aumente ao longo da parede, o que é termodinamicamente viável pela 2ª Lei da Termodinâ-mica (geração de entropia), o fluxo de calor aumenta, o que contraria a 1ª Lei da Termodinâmica. (valor: 10,0 pontos)


O valor da razão

= 24,4 kg de sólido seco por m2 de superfície exposta é o mesmo para ambos os casos.

Em função da simetria, Rc é constante e igual nos dois casos.

Logo:




a) AB = A’B’

Sendo água >> ar:

Em B’: PB’ = ( água . g) h + PA’⇒ PA’B’ = PB’ - PA’ = 1.000 x 9,8 x 0,1 = 980 Pa

(valor: 2,5 pontos)

b) Par = Pman = 104 Pa

Em termos absolutos: Par = Pman + Patm = 104 + 105 = 1,1 x 105 Pa

(valor: 2,5 pontos)

c) Sim, pois o diferencial de pressão é causado pela perda de carga que aumenta com o aumento da vazão. Ressalve-se que a preci-são desta medida pode não ser a desejada, se a distância entre A e B for pequena. (valor: 2,5 pontos)

d) B ⇒ A.

(valor: 2,5 pontos)


Os valores de podem ser calculados desprezando-se ρ face a


Outra alternativa de resposta

Tendo em vista que

Como a vazão de gás é a mesma nos dois casos

Portanto,

não havendo risco de desfluidização do leito.

(valor: 3,0 pontos)

Observação:

Para mostrar que Rep,mf < 20 (restrição da correlação de Wen e Yu) é necessário calcular o valor de umf, o que será feito para o caso mais desfavorável: Dp = 0,125 mm e = 3 x 103 kg m-3.


a) Da figura:

A partir do gráfico: = 75%


Então, utilizando a definição de eficiência:

Ou, utilizando o conceito de comprimento corrigido:

b) O modelo unidimensional é utilizado com base na hipótese de que a resistência térmica condutiva na direção y é muito pequena quando comparada à da direção x. (valor: 2,0 pontos).


Determinação da taxa de transferência de calor perdida para o ambiente

Determinação da temperatura superficial

As equações utilizadas para a solução deste item baseiam-se no fato de que a taxa de transferência de calor que atravessa as resistên-cias térmicas em um sistema em série e em estado estacionário é a mesma para cada resistência. Tomando a que utiliza a resistência convectiva externa, temos:

Logo, o valor não satisfaz o critério de segurança apresentado no enunciado.

Outra forma de resolver seria:


a) Para qualquer reator de escoamento ideal contínuo.



a) Determinação do valor local da tensão na superfície da placa

Substituindo a expressão para :

(valor: 3,0 pontos)

b) Determinado o valor local da tensão na superfície, há pelo menos duas formas para calcular a força de arrasto:

i) através da determinação do valor médio de ao longo da superfície e posterior determinação da força de arrasto:

Como , onde A é a área de uma das faces da placa, tem-se:

(valor: 7,0 pontos)

ii) através de integração direta do valor local de ao longo das duas superfícies da placa:

(valor: 7,0 pontos)


a)


Obs.: Os formandos que esboçarem o gráfico com qualquer uma das três distribuições de pressão indicadas nos detalhes do gráfico recebem os pontos integrais.

b) O valor máximo da pressão deve estar coerente com a resposta do item a)

c)

Obs.: Houve um erro de impressão na fórmula constante (onde consta = deveria constar ≠). Por essa razão, considerou-se

correta também a solução em que o formando despreza o atrito.

Substituindo-se os valores:

obtém-se a equação

A equação acima pode ser resolvida de duas maneiras:

- desprezando-se o termo (0,5)V2, a solução é V = 2,12 m/s

- considerando-se o termo (0,5)V2, e resolvendo-se a equação de forma iterativa (bisseção), obtém-se o valor V = 2,07 m/s

Finalmente, a vazão é calculada através da expressão:

Q = ρ VA = (997) (2,07)(π 0,0052/4) = 0,0406 kg/s


a) Balanço de energia no fio com temperatura constante

b) Potência dissipada = Taxa de remoção de calor = q


Da tabela, propriedades do ar à pressão atmosférica

Assim q 1000 x 1,88 x 10 x 305 0,57W

e Potência a ser dissipada = 0,57 W

c) Na ausência de escoamento de ar, uma quantidade de calor será retirada do fio por convecção natural (ou convecção livre).

Ou, alternativamente, se

e o termo C é correlacionado com as perdas de calor do fio por convecção natural (ou convecção livre).

Questão 6 (valor: 10,0 pontos)


a) Com base nas informações fornecidas e como no ponto de operação da bomba as curvas de carga do sistema e da bomba se cruzam:

b) Pelas informações fornecidas e lembrando que a curva de carga do sistema é uma expressão da Equação de Bernoulli modificada, aplicada entre as superfícies dos dois reservatórios, as condições da válvula somente influenciam o termo 99 Q2.

Como o valor da perda de carga na válvula é diretamente proporcional ao valor de K e estamos trabalhando na região de fator de atrito constante, a curva de carga do sistema com a válvula 50% aberta é representada por:

Igualando novamente as duas curvas para determinar a nova vazão:

c) A melhor opção é a que corresponde ao 1º Esquema, pois a carga líquida na sucção será necessariamente maior, reduzindo a pos-sibilidade de ocorrência de cavitação. Note que, em função da grande diferença entre as cotas da superfície do tanque inferior e da bomba, o 2º

Esquema implicará cavitação.

Questão 7 (valor: 10,0 pontos)



a) Configuração do escoamento: Como o equipamento é um CT11 com as temperaturas especificadas, somente existe a possibilidade de operação em contracorrente.

Determinação da área (pelo Método MLDT ou pelo Método ε – NUT):

• Método MLDT:

(indeterminação clássica da média log)

• Método ε - NUT:

Como ΔTo = ΔT fl.proc.,temos pelo balanço térmico que o produto é igual para os dois fluidos.

Assim:

No gráfico, para configuração contracorrente: NUT = 1,7

Obs.: A diferença entre as duas respostas é devida à precisão do valor do NUT retirado do gráfico.

b) Vazão da água:

Do balanço térmico no segundo trocador:


Determinação do coeficiente global:

Como a parede dos tubos é delgada, temos que:

Observação: tendo em vista que, no enunciado da questão, o fator 0,14 não aparece claramente como expoente na expressão de Nu, serão consideradas como corretas as respostas em que o mesmo é tomado como multiplicador.

Determinação da área e do comprimento dos 70 tubos:

• Método MLDT:

• Método ε - NUT:

Obs.: A diferença entre as duas previsões para a área e, consequentemente, para o comprimento dos tubos, é devida à precisão do valor do NUT retirado do gráfico.


a) As restrições impostas ao processo implicam:

Regime estacionário: ;

Ausência de reação na fase fluida: RA = 0.

Substituindo na eq. (1), tem-se:

b) Em função da relação estequiométrica entre o oxigênio e o dióxido de carbono na reação proposta, temos que:


Lembrando ainda que yA = yA(r), a eq. (2), escrita em relação ao oxigênio, assume a forma:

c) Note que, conforme sugerido, a taxa molar de oxigênio é constante:

Substituindo a expressão para o fluxo molar:

Esta equação está pronta para integração. Há necessidade da definição das condições de contorno, que, com base nas informações fornecidas, são:

• Superfície da partícula:

(em função de a reação ser instantânea)

• Afastado da partícula: (atmosfera de oxigênio puro)

Separando as variáveis e integrando:

Observação: note que é possível resolver este item a partir da eq. (3), determinando o perfil de frações molares e depois calculando a taxa.

Para a determinação da taxa solicitada falta somente o cálculo de C:

Como C é constante ao longo de r, pode-se calculá-lo com base na concentração de oxigênio longe da partícula:

Considerando comportamento de gás ideal:

• Determinação da taxa molar de consumo de oxigênio, que é igual à taxa de transferência de massa:

, por partícula.



i) O tempo necessário é aquele para que o material da partícula atinja 300°C.

O ponto de partida é o balanço de energia na partícula

(fluxo condutivo = fluxo convectivo):

Com os dados fornecidos, obtém-se:

Os valores da área e do volume são:

ii) Calculando o Número de Biot para o processo:

A aproximação utilizada no item (i), de temperatura uniforme no interior da partícula, é bastante razoável, pois pelo valor de Bi verifica-se que a resistência condutiva no interior da partícula é pequena em comparação com a resistência convectiva em sua superfície.


i) R = 1 mm; esfera de aço carbono

Balanço de forças (peso = empuxo + arrasto) atuando na esfera quando ela desloca-se a ut:


Substituindo os diversos valores em (A):

Assim, a hipótese de representação para Cd utilizada está correta. O valor de ut é igual a 0,64 m/s.

ii) A velocidade terminal da partícula maior será superior a da menor. Desta forma, se o conjunto de partículas for colocado, por exemplo, em uma corrente ascendente de água com uma velocidade entre as velocidades terminais das duas partículas, as menores (R = 1mm) serão arrastadas para cima e as maiores (R = 2mm) cairão.


Solução:

Alternativa I: A partir da equação da continuidade:

(a) Nas condições do problema, a equação da continuidade pode ser simplificada do seguinte modo:

= 0 (regime permanente)

vx = vy = 0 ; vz ≠ 0

RA = 0 (ausência de reação química)

CA = CA (x) (maior gradiente de concentração); CA ≠ CA (y); CA ≠ CA (z)

Isto significa que a transferência de massa se dá apenas na direção x por mecanismo de ação molecular - difusão - o qual decorre do gradiente de concentração ao longo da espessura do filme líquido.

Com estas considerações, a equação (1) se reduz a:

(b) Para se obter o fluxo mássico (ou molar) basta integrar a equação acima:

CA = C1 x + C2 (A)

Em x = 0: CA = CA0 ∴ C2 = CA0

Em x = L: CA = CAL ∴

C1 =

Substituindo-se C1 e C2 na equação (A), obtém-se:

CA = (CAL - CA0) + CA0

Somando-se (-CAL) em ambos os membros tem-se:

CA - CAL = (CAL - CA0) + CA0 - CAL

CA - CAL = - (CA0 - CAL) + (CA0 - CAL)


Dividindo-se ambos os membros por (CA0 - CAL), tem-se:

Da equação (B), tira-se:

= constante (linha reta no perfil de concentração)

Pela definição clássica de fluxo:

Alternativa II: A partir do perfil de temperatura dado pela expressão (1):

(a) A equação (1) do enunciado descreve o perfil de temperatura na transferência de calor difusiva, unidimensional e em regime permanente no prisma sólido. Em decorrência da analogia entre as equações de balanço de energia térmica e de balanço de massa para a espécie A, depreende-se a equação que descreve o perfil de concentração da espécie A nas mesmas condições:

A equação diferencial desejada, não deve conter os termos correspondentes à taxa de acumulação, ao fluxo convectivo e à fonte, mas apenas o termo difusivo expresso pelo Laplaciano da propriedade, cujo único componente não nulo é o da direção x. Logo, derivando duas vezes a equação A, resulta:

(b) O procedimento é o mesmo seguido no item (b) da Alternativa I.

HABILIDADE 07 Física


Esperava-se, nessa questão, que o estudante descrevesse, a partir das informações fornecidas que, na instalação apresentada, inicial-mente, existe uma transformação de energia potencial (ou energia de posição) em energia cinética que ocorre quando a água ingressa na tomada. Parte desta energia cinética é gasta para vencer o atrito dissipando-se na forma de calor. A energia cinética remanescente é transferida ao eixo da turbina, que está acoplado ao rotor do gerador. O movimento rotacional do rotor provoca uma variação de campo magnético, gerando assim energia elétrica. Em resumo, a energia potencial disponível no reservatório é transformada em energia ciné-tica na tomada d’água. A energia cinética se transforma parte em energia calorífica, na tomada de água, e parte em energia elétrica, no gerador. As conversões de energia antes citadas são as principais, mas também se observam outras transformações de menor magni-tude na turbina e no gerador uma vez que esses equipamentos apresentam atrito entre seus componentes.

• Critérios de correção:

itens avaliados valor conceito atribuído

1. Processo de conversão que ocorre na entrada da tubulação 4,0 0 1 2

2. Processo de conversão que ocorre na tubulação 2,0 0 1 2

3. Processo de conversão que ocorre na turbina-gerador 4,0 0 1 2



a)

Resistência da Lâmpada 2

A Lâmpada 2, quando ligada na tensão 127 V, dissipa:

O excedente percentual é, então, de

b)

Consumo anual excedente da Lâmpada 2 =

33,3 W x 24h x 365 dias x 0,15 = 43756,2 Wh = 43,76 kWh

Custo em Reais para uma Lâmpada 2

CUSTO = 43,7562 kWh x

Considerando que o excedente de consumo da Lâmpada 2 fosse 35 MW, a resposta seria:

Consumo anual excedente da Lâmpada 2 =

35 W x 24h x 365 dias x 0,15 = 45990 Wh ≅ 46 kWh

Custo em Reais para uma Lâmpada 2

c) A vantagem que o fabricante apregoa é verdadeira.

Entretanto, existem duas desvantagens que não foram apregoadas pelo fabricante:

• o consumo desse tipo de lâmpada é maior;

• seu tempo de vida útil é menor.

HABILIDADE 08 Informática


a) Configuração I:

Determinação da capacidade de armazenamento em disco rígido:

38792 cilindros x 16 cabeçotes x 63 setores x 512 bytes por setor = 20020396032 bytes = 20 Gbytes

Configuração II:



Configuração III:



Resposta: Configuração II (valor: 4,0 pontos)


(valor: 5,0 pontos)

c) O Windows XP Professional requer que a configuração da máquina onde vai ser instalado o produto tenha 64 MB de RAM (mínimo suportado), sendo recomendado o mínimo de 128 MB para um melhor desempenho. Além disso, a configuração deverá conter uma unidade de CD-ROM, pois a instalação é realizada a partir de um CD. Assim, a configuração possível é a III. (valor: 1,0 ponto)


a) Memória Cache

Nos sistemas de computação mais antigos, os microcomputadores não possuíam CACHE, os registradores eram ligados diretamente à memória principal (RAM).

Em toda execução de uma instrução, a UCP acessa a memória principal (sem cache), pelo menos uma vez, para buscar a instrução (ou cópia dela) e transferi-la para um dos registradores da UCP. Muitas instruções requerem outro acesso à memória, seja para a transfe-rência de dados para a UCP, seja para a transferência do resultado de uma operação da UCP para a memória.

Para a realização do ciclo de uma instrução, há sempre a necessidade de ser realizado um ou mais ciclos de memória. A performance de um sistema é fortemente afetada pela interface entre o processador e a memória principal.

A velocidade das operações na UCP é muito maior que na memória principal. Daí que, na busca de uma solução para o baixo desem-penho e congestionamento na comunicação UCP/memória, foi desenvolvida uma técnica que consiste na inclusão de um dispositivo de memória entre a UCP e a MP, denominado CACHE, cuja função é acelerar a velocidade de transferência de informações entre UCP e MP e, com isso, aumentar o desempenho dos sistemas de computação. (valor : 2,0 pontos)

b) Memória Cache X RAM

• Capacidade de armazenamento

Tendo em vista que a UCP acessa primeiramente a CACHE, para buscar a informação requerida (a próxima instrução ou dados reque-ridos pela instrução em execução), é importante que a referida memória tenha capacidade adequada para armazenar uma quantidade significativa de informações, visto que, se ela não for encontrada na CACHE, então o sistema deverá sofrer um atraso para que a infor-mação seja transferida da MP para a CACHE.

Por outro lado, uma grande capacidade implicará certamente elevação de seu custo.

Há uma solução de compromisso.

A capacidade de armazenamento da CACHE é bem menor que a da MP. (valor : 2,0 pontos)


• Velocidade de acesso

As CACHE são fabricadas com circuitos eletrônicos de alta velocidade, para atingirem o objetivo a que se propõem. São, portanto, bem mais rápidas que as MP.

(valor : 2,0 pontos)

• Volatilidade

Tanto a MP como a CACHE são dispositivos construídos com circuitos eletrônicos, requerendo, por isso, energia elétrica para o funcio-namento. São voláteis. A interrupção de alimentação elétrica acarreta perda de conteúdo.


• Custo

O custo de fabricação da CACHE é alto. O valor por byte está situado entre o dos registradores, que são os mais caros, e o da memória principal (RAM), mais barata.


HABILIDADE 09 Matemática (Cálculo Diferencial e Integral, Álgebra Linear,

Estatística, Métodos Numéricos)


Construindo a função objetivo, tem-se:

Derivando C em relação a T e igualando a zero, tem-se:

Então,

Para

T = 20 ln (2,5) = 18,32%

Conclui-se, então, que o tamanho ótimo da memória cache será de 18,32% que corresponderá a uma taxa de acessos



a)

(valor: 1,5 ponto)


(valor: 1,5 ponto)

b) Para se obter o mínimo de P deve-se fazer

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

c) Com a restrição

e substituindo em P, obtém-se:

(valor: 1,5 ponto)

Como

(valor: 1,5 ponto)


Alternativa - Usando multiplicador de Lagrange (λ)

Permite obter

Variável auxiliar λ = 2


a)

(valor: 2,0 pontos)

(valor: 2,0 pontos)

Logo: 21.096 W x 236 h = 4978656 Wh = 4978,656 kWh

4978,656 kWh x R$ 0,25 = R$ 1.244,66

Assim a implantação do laboratório irá acarretar um acréscimo de R$ 1.244,66 por mês.

(valor: 2,0 pontos)

b) Para solucionar o problema, tendo em vista os aspectos humanístico-sociais, a Universidade deveria ter recorrido às suas equipes especializadas (Serviço Social, Psicologia, Direito, etc.) que poderiam negociar a mudança com os parentes do funcionário falecido, ajudando-os a encontrar outra residência e alertando-os para os problemas legais decorrentes da sua permanência ali. Esta seria uma atitude bem mais adequada a uma instituição educacional do que o simples desligamento da energia da casa, o que, por sua vez, desencadeou um novo problema – a ligação clandestina, que passou a exigir outro tipo de providência, tendo em vista o aspecto ético envolvido. (valor: 4,0 pontos sendo 2,0 pontos para cada aspecto)

OBS.: Serão aceitas outras respostas, desde que pertinentes.



a) a quantidade total de pratos que a unidade possui.

6,4 Gbytes de capacidade / 2 Kbytes por = 3.200.000 setores

total setor

3.200.000 setores / 100 setores por = 32.000 trilhas no total

trilha

1 cilindro ———————————— 1 trilha por superfície

8000 cilindros —————————— 8000 trilhas por superfície

32.000 trilhas no total / 8000 trilhas por = 4 superfícies ou faces

superfície

Como as faces externas dos pratos das extremidades da pilha não são utilizadas para armazenar dados, então:

b) a quantidade de cabeças de leitura e gravação.

Se são 4 faces, então são 4 cabeças de leitura/gravação.

c) a capacidade de armazenamento de cada face.

6,4 Gbytes / 4 faces = 1,6 Gbytes por face.



Equação diferencial

1) Solução homogênea (transitória)

2) Solução particular (permanente) ω = 377 rd/s seja

ip(t) = A cos ω t + B sen t

Substituindo na equação diferencial:

- ωA senw t + ωB cosω t + 100A cosω t + 100B senω

t =104 cosω t

(100B - ωA) senω t + (100A + ωB) cosω t =104 cosω t


Assim,

ip(t) = 6,57 cos (377t) + 24,78 sen (377t)

ou

ip(t) = 25,63 cos (377t - 75,15o)

Solução total = ip(t) + ih(t)

Para t = 0 → i(o) = 0 → c = 25,63 cos (- 75,15°)

c = 6,57

A solução final será:

OU

Soluções alternativas

É admissível a obtenção da mesma resposta final utilizando outros métodos, por exemplo:

• Transformada de Laplace,

• Expressão da solução de uma equação diferencial de primeira ordem linear, ou seja, dado

dx(t)/dt = ax(t) + bu(t), a solução é:

x(t) = x(0)exp(at) + {exp[a(t - τ)]bu(τ)dτ}

corresponde à raiz quadrada de x.

HABILIDADE 10 Mecânica dos Sólidos


a) Potência transmitida ao eixo do tambor do guincho:

PGuincho = vi = 0,8 x 0,95 x 24 x 30 PGuincho = 547,2 W (valor: 4,0 pontos)

b) Rotação do tambor:

(valor: 4,0 pontos)

c) O redutor com engrenagens helicoidais teria um funcionamento mais suave e silencioso. (valor: 2,0 pontos)


a) A velocidade de aproximação (imediatamente antes do choque) é de 50 km/h. Pela análise das curvas de resposta fornecidas, veri-fica-se que na combinação (1) a velocidade de afastamento (retorno) é de 30 km/h, e, portanto, o coeficiente de restituição será:

e1 = - (-30)/50 = 0,6 (Choque inelástico)

Para a combinação (2) a velocidade de retorno é de 50 km/h; logo, o coeficiente de restituição vale:

e2 = - (-50)/50 = 1 (Choque perfeitamente elástico) (valor: 4,0 pontos)


b) Em um choque real, há perda de energia. Para este tipo de colisão, a velocidade de retorno é menor do que aquela ante-rior ao impacto, devido a esta perda. Pela análise das curvas de resposta, verifica-se que, na combinação (1), na qual o coeficiente b = 20.000 N/m/s, a velocidade de retorno é de, aproximadamente, 30 km/h. Portanto, a combinação (1) é a que representa mais realisticamente uma colisão veicular, um choque inelástico. (valor: 6,0 pontos)


a) Considerando a rigidez k ∞°, tem-se um apoio simples na extremidade direita da tubulação, conforme ilustrado na figura.

(valor: 2,5 pontos)

Considerando a rigidez k 0, tem-se a extremidade direita livre, conforme ilustrado na figura. (valor: 2,5 pontos)

b) O equilíbrio de forças na direção y fornece:

A equação de equilíbrio de momentos na direção z fornece:

Assim, a equação de momentos entre o engaste e a força P fica: M = 3PL – Px

Utilizando a equação da linha elástica tem-se: ,

que, integrada, fornece: ,

onde C1 = 0, uma vez que .

A segunda integração fornece:

,

onde C2 = 0, pois (y)x = 0 = 0.


Logo, em x = L, a equação da linha elástica fornece

(valor: 5,0 pontos)


a) A figura abaixo ilustra a coordenada x da posição do elevador.

Assim, o comprimento da parte variável do cabo é:

L = 4x , onde L é o comprimento de enrolamento.

Assim, a relação entre a velocidade de enrolamento e a velocidade do elevador é:

Para uma velocidade de elevação de 2,0 m/s, tem-se uma velocidade de enrolamento do cabo de 4 x 2,0 = 8,0 m/s.

Considerando o tambor com 20 cm de diâmetro, a velocidade angular de enrolamento do tambor será:

.

Logo, a rotação do tambor é:

(valor: 3,0 pontos)

b) Durante a elevação com movimento uniforme, tem-se:

, onde Fc é a força trativa atuante no cabo.

Assim, para um diâmetro de 20 cm do tambor, obtém-se:

Este item pode ser resolvido também através do conceito de potência, isto é: igualando-se as potências associadas ao movimento de translação do elevador e ao movimento circular do motor tem-se:

T1 = 245,25Nm

(valor: 3,0 pontos)


c) Conforme pode ser verificado no gráfico fornecido, o tempo necessário para o tambor atingir a velocidade de operação é de 0,5 s.

Logo, para um movimento uniformemente acelerado, tem-se:

Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtém-se:

Assim, o torque inicialmente aplicado ao tambor vale:

(valor: 4,0 pontos)


a) Considerando o peso do braço concentrado, têm-se os diagramas da Figura 1. Caso o peso do braço seja considerado distribuído, têm-se os diagramas da Figura 2.

Figura 1

Figura 2

(valor: 4,0 pontos)


b) Sendo PBC o peso do braço e FD a força de arrasto, o momento máximo no engaste é expresso por:

Sendo PAB o peso do poste, a força axial no engaste é dada por:

Fmáx = PAB + PBC

Cálculo da força de arrasto:

Pelos dados fornecidos tem-se CD = 0,5

Área frontal: A = dL = 0,5 x 12 = 6,0 m2.

Assim,

Deste modo,

Fmáx = 400 + 20.000 = 20.400 N e a tensão máxima será

(compressiva)

(valor: 6,0 pontos)


a) Para µ = 0:

b) Solução 1

O valor exato da carga é obtido pela integral:


Considerando os dados fornecidos:

w = 50 mm

h = 0,5 mm

b = 2,5 mm

µ = 0,01

O resultado obtido é 1 kN maior do que o obtido sem atrito.

Solução 2

Pode-se estimar o valor da carga utilizando-se a média das pressões em x = 0 e x = b/2, isto é,

p(0) = 314,3 MPa e p(b/2) = 300,2 MPa

Assim,

A carga, neste caso, será

F = (w b)pméd = 38,4 kN


a) Este sistema tem apenas 1 grau de liberdade, pois todas as velocidades estão vinculadas por equações algébricas, levando a uma única equação diferencial ordinária de 1ª ordem em velocidade. (valor: 2,0 pontos)

b) Como se deseja caracterizar o modelo dinâmico através da velocidade longitudinal do veículo, desenvolve-se a equação diferencial associada a esta variável, isto é,

Pela equação que define a dinâmica da transmissão tem-se:

explicitando F, obtém-se

que, substituído na equação dinâmica do veículo, leva a

Lembrando que existe a relação entre as velocidades

que, substituída na equação diferencial do veículo, fornece finalmente:


Esta equação representa a dinâmica do veículo caracterizada pela sua velocidade longitudinal, em função do torque aplicado pelo motor e da inclinação da via, na qual se encontram determinados os efeitos de inércia e dissipação equivalentes devidos ao sistema de transmissão.

c) Como o modelo é representado por uma equação diferencial ordinária de 1ª ordem, não linear de coeficientes constantes, para resolvê-la deve-se aplicar um método numérico tipo Euler ou Runge-Kutta. Pode-se também utilizar um procedimento computacional tipo Simulink/Matlab ou similar.


a) Dados:

P = 750 kN

h = 600 mm ; R = 475 mm ;

SY = 340 MPa,

Sn = 120 MPa.

Kt = 2,6

N = 4

d = 150 mm

Determinação da espessura t na seção BB:

Posição do eixo neutro da seção:

Onde

ri = R - h/2 = 475 - 300 = 175 mm ;

re = ri + h = 775 mm

Logo, rn = 403,2 mm

e = R - rn = 475 − 403,2 = 71,8 mm, logo, sendo y

Tensão total em r = ri (tração):

Explicitando a espessura t :

Determinação da largura h1 na seção AA

Sendo

Explicitando h1 ,


Pelo tipo de solicitação, a tensão máxima ocorre no gancho trabalhando com a carga máxima e a tensão mínima ocorre com o gancho sem carga, logo,

Assim, pode-se determinar as tensões média e alternada:

Aplicando Soderberg,


Note que as tensões atuantes nos planos considerados são tensões principais.

Substituído em (1)

Explicitando a pressão,

a) R =1000 mm

t =10 mm

E = 210 GPa = 0,015% = 0,00015

= 0,3 Substituindo em ( 2 ), p = 1,575 MPa

b) Possibilidades (usuais) em função da Teoria de Falha adotada:

b.1) Teoria da Máxima Tensão Normal:

OU


b.2) Teoria da Máxima Tensão Tangencial (Tresca) ou Máxima Tensão Cisalhante:

logo,

Obtém-se resultado igual a b1).

ou

b.3) Teoria da Máxima Energia de Distorção (von Mises):

Forma geral:

Sendo ai = , tem-se:

Substituindo os valores,

(valor: 4,0 pontos)


a) Rigidez pode ser definida como a relação que existe entre o deslocamento que ocorre em um componente mecânico (estrutural) em equilíbrio, causado por uma ação ou conjunto de ações (forças e torques), e a intensidade destas ações.

No caso simples de uma mola unidimensional em equilíbrio, sob a ação de uma força F, tem-se:

F = Kx (fórmula básica)

onde K é a rigidez

b) Material, geometria e estado de tensões.

c) Um aumento da rigidez produz um aumento nas frequências naturais do componente, enquanto que um aumento na massa provoca um efeito contrário. Por exemplo, para um sistema com 1 grau de liberdade, a frequência natural é dada pela expressão

onde K representa a rigidez e M a massa.

d) Perfil Tubular – O perfil tubular tem praticamente a mesma rigidez que a barra cilíndrica de seção cheia com mesmo diâmetro, con-tudo tem massa menor. Além disso, é um perfil fechado com seção transversal axialmente simétrica. Para que perfis abertos, como os (c) e (d), tenham a mesma rigidez que um perfil tubular, suas dimensões devem ser bem maiores, o que os torna mais pesados que um perfil tubular dimensionado para a mesma aplicação.

Outro aspecto relevante é a falta de simetria axial dos perfis abertos, que, ao contrário dos perfis tubulares, não têm a mesma rigidez nos diferentes planos de flexão.



a) Cálculo das reações nos mancais O e E

- Torque aplicado sobre o eixo na seção da polia

- Força de flexão aplicada na seção da polia

- Reação no mancal E e O

- Balanço de momentos em torno de O

- Balanço de forças

Resposta:

b) Diagramas


Nota: É também aceita a notação escalar.

d) Dimensionamento contra fadiga.


HABILIDADE 01 Construção civil e/ou qualidade


a) Quantidade de peças com 4,00m de comprimento: peças

Comprimento total = 30 peças x 4,00m = 120,00m

b) Área de emboço da parte interna = (3,00m + 4,00m) x 3,00m = 21,00m²

Vãos a descontar = 1 x (2,00m x 2,10m) = 4,20m²

Área final de emboço = 21,00m² – 4,20m² = 16,80m²

Volume de emboço = 16,80m² x 0,02m = 0,336m³

HABILIDADE 03 Geologia de engenharia


a) Serão consideradas as seguintes possibilidades:

(i) sondagem de simples reconhecimento e sondagem à percussão, com medida de SPT para estimativa dos parâmetros de resis-tência do solo e definição da posição do lençol freático;

(ii) coleta de amostras indeformadas para ensaios de laboratórios.

b) No trecho em rocha deve–se realizar sondagem rotativa com extração de testemunhos para determinação da qualidade da rocha.

ENGENHARIA CIVIL

Capítulo IV



As condicionantes estruturais para o acúmulo de óleo são:

Na situação A:

Apresenta uma trapa (ou trap ou armadilha) anticlinal.

ou

O óleo acumula-se no topo da rocha reservatório (rocha permeável) dobrada.

ou

O movimento posterior ascendente do óleo foi impedido pela forma da estrutura e pela rocha capeadora (a camada de rocha imperme-ável) que está acima da rocha reservatório.

Na situação B:

Apresenta uma trapa (ou trap ou armadilha) por falha.

ou

A falha observada na situação B é do tipo inversa. A rocha reservatório encontra-se no bloco acima do plano de falha. Do outro lado, a camada impermeável (rocha capeadora), que teve movimento no sentido oposto ao da rocha reservatório, impediu a migração posterior do óleo.


a) As rochas magmáticas podem ser identificadas quanto ao seu teor em sílica em:

• ácidas

• intermediárias

• básicas

• ultrabásicas

b) A textura das rochas magmáticas indica que:

• A textura afanítica é caracterizada por cristais pequenos, não visíveis a olho nu. Indica rochas magmáticas extrusivas ou vulcânicas.

• A textura fanerítica é caracterizada por cristais grandes, visíveis a olho nu. Indica rochas magmáticas intrusivas ou plutônicas.

c) As rochas sedimentares podem ser identificadas através de sua gênese como:

• Clásticas ou detríticas – formadas por fragmentos oriundos de outras rochas e/ou minerais.

• Químicas – originadas pela precipitação de substâncias químicas.

• Bioquímicas – formadas pela ação dos organismos, que induzem a precipitação de substâncias químicas.

• Bioclásticas – originadas por fragmentos de organismos.


As principais evidências sedimentológicas da deposição episódica são os fenômenos ligados a:

- correntes turbulentas (turbiditos, tempestitos, tsunamitos e inunditos);

- abalos sísmicos (sismitos);

- explosões vulcânicas.

Devem ser explicadas quatro das evidências sedimentológicas a seguir.

• Os turbiditos - são depósitos de sedimentação episódica resultante de um pulso de corrente de turbidez, transportando expressivo volume de sedimentos, percorrendo longos trechos da bacia até depositar sua carga.

ou

A corrente de turbidez é um fluxo gravitacional subaquoso.

ou

A corrente de turbidez gera as sequências de Bouma.

• Os tempestitos - são importantes constituintes de depósitos de bacias de sedimentação marinha e lacustre, nos quais há a estratifi-cação cruzada hummocky, como registro de um processo ligado a ondas de tempestade.


• Os tsunamitos - resultam dos tsunamis, agentes geológicos importantes de deposição. Tsunamis são ondas de grande altura que resultam da transferência de energia cinética de um trem de ondas, afetando, assim, a altura da onda, quando esta atinge águas relativamente rasas.

• Os inunditos - são depósitos resultantes de inundações extremamente violentas em ambientes fluviais e marinhos.

• Os sismitos - são depósitos que resultam diretamente de abalos sísmicos ou se originam quando um dado processo é precedido ou se dá simultaneamente a um evento sísmico de magnitude adequada. Os abalos litosféricos atuam sobre sedimentos inconsolidados, promovendo a sua fluidização, o que causa estruturas deformacionais características deste processo.

• Explosões vulcânicas - formam depósitos de natureza episódica. São os denominados ejecta, ou rochas piroclásticas, tais como cinzas vulcânicas, que se espalham sobre uma grande área.

HABILIDADE 04 Gestão ambiental


Cálculo da concentração de DBO última da mistura no rio:

Carga final = Carga inicial + Carga lançada

Vazão final x Concentração mistura = Vazão inicial x Concentração inicial + Vazão lançada x Concentração lançada

Concentração da mistura = (10,4 m3/s x 5 mg/ℓ+ 0,6 m3/s x 300 mg/ℓ ) / (10,4 m3/s + 0,6 m3/s) = 21,091 mg/ℓ

(valor: 2,0 pontos)

Cálculo da DBO remanescente após 10 dias:

Lt = L0 x e( -K1 x t ) L10 = 21,091 x e(-1) = 21,091 x 0,37 = 7,80 mg/ℓ

(valor: 4,0 pontos)

Cálculo da DBO exercida após 10 dias:

DBO exercidat = L0 – Lt = 21,091 – 7,80 = 13,291 mg/ℓ

(valor: 4,0 pontos)


• Determinação das vazões

• do esgoto doméstico = 1000 m3/dia

• dos despejos industriais = 200 m3/dia

• do rio antes da mistura = 1 m3/s = 86400 m3/dia

• do rio na região de mistura: Q = 1000 + 200 + 86400 = 87600 m3/dia

• Determinação da DBO antes do lançamento

• do esgoto doméstico = x mg/L

• dos despejos industriais = 10% de 1000 mg/L = 100 mg/L

• do rio = 1 mg/L

• Determinação da máxima concentração de DBO do esgoto doméstico a ser lançada no rio


HABILIDADE 06 Hidráulica


A aplicação da Equação de Bernoulli entre as superfícies dos reservatórios permite concluir que a perda de carga total corresponde ao desnível H.

Como os trechos 1 e 2 estão em série, esta perda é igual à soma das perdas dos trechos. Assim:


Na Zona de Degradação:

a) redução do oxigênio dissolvido (decaimento).

b) bactérias decompositoras aeróbias.

c) os compostos nitrogenados predominam na forma complexa.

Na Zona de Recuperação:

a) ocorre um aumento na concentração de oxigênio dissolvido.

b) algas.

c) os compostos nitrogenados predominam na forma de nitritos e nitratos.


a) Cálculo da velocidade da água na tubulação forçada

Cálculo da vazão que atravessa a tubulação forçada

como:

onde:

então:

315.000 000 = 0,9 × 10.000 × Q × 70

Q = 500 m3/s

Cálculo da velocidade da água na tubulação forçada

portanto:

b) Identificação da categoria dos impactos negativos

Impactos Negativos Código 02 - Desaparecimento de locais históricos Código 03 - Erosão das margens Código 05 - Aumento de produção de resíduos e poluição das águas e do solo Código 06 - Assoreamento do reservatório (acúmulo de sedimentos)



a) Esboço do perfil

b) Classificação dos regimes

No trecho 1-2 – regime permanente uniforme

No trecho 2-3 – ocorre remanso - regime permanente variado – acelerado

Obs.: Seção 3 - Ocorre a altura crítica (hc) e velocidade crítica (vc) seção de controle

Regime crítico – Fr3 = 1,0

No trecho 3-4 - ocorre remanso - regime permanente variado – acelerado

No trecho 4-5 – ocorre ressalto hidráulico

No trecho 5-6 - regime permanente uniforme


HABILIDADE 08 Legislação profissional


As três formas de representação desses vértices são: marco, ponto e vértice virtual.

Características das formas

Marco é a materialização artificial do vértice cujas coordenadas foram determinadas através de sua ocupação física.

Pontos são vértices não materializados na divisa do imóvel, ao longo de acidentes, tais como cursos e lâminas d’água, estradas de rodagem, estradas de ferro, linhas de transmissão, oleoduto, gasoduto,

cabos óticos e outros. O início e o término desses caminhamentos, entretanto, são considerados vértices e serão necessariamente materializados e identificados.

Vértice virtual é um vértice cujas coordenadas são determinadas analiticamente sem a sua ocupação física, a partir de Marcos Teste-munho, que materializam uma ou mais posições auxiliares.

HABILIDADE 11 Obras de infraestrutura


PREVISÃO DE DEMANDA DE PASSAGEIROS NA HORA–PICO

2.000.000 de passageiros totais (embarcando + desembarcando) tabela 1.

Para o nível de demanda de passageiros totais o índice de concentração a ser utilizado para a obtenção da demanda na hora–pico será obtido pela interpolação do valor do limite inferior da faixa de demanda = 0,050% e o limite superior = 0,046%. Assim, para a demanda de 2.000.000 de passageiros o índice será igual a 0,048%.

O número total de passageiros na hora–pico é igual ao valor da demanda de passageiros anual x o índice de concentração. Portanto, será igual a 960 passageiros (embarcando + desembarcando).

CÁLCULO DA ÁREA DO TPS

A área para um terminal de passageiros (TPS) de um aeroporto internacional será calculada com base na previsão total de passageiros na hora–pico x o índice da tabela – Área Total do TPS

– correspondente a 22,00 m2 /pax para o Nível de Serviço – BOM, ou seja, será igual a 960 x 22,00 = 21.120m2 de área total.

HABILIDADE 13 Saneamento básico e/ou ambiental


Cálculos da parcela da rede existente:

Comprimento total → 120 + 160 + 180 + 220 = 680 m

População correspondente a este comprimento → 680 m / 170 m/ha x 210 hab / ha = 840 hab

Contribuições devido às ligações prediais:

Qlig = ( P . q . K1 . K2 . C ) / 86.400 = (840 hab x 150 l/hab/dia x 1,20 x 1,50 x 0,80 ) / 86400 s/dia = 2,1 l/s

Contribuições devido às infiltrações:

Qinf = L . T = 680 m x 0,0010 l/s/m = 0,68 l/s

Cálculos da parcela da área de expansão de rede:

Comprimento total → (3 ha + 5 ha ) x 170 m/ha = 1360 m

População correspondente a este comprimento → 8 ha x 210 hab / ha = 1680 hab Contribuições devido às ligações prediais:


Qlig = ( P . q . K1 . K2 . C ) / 86.400 = (1680 hab x 150 l/hab/dia x 1,20 x 1,50 x 0,80 ) / 86400 s/dia = 4,2 l/s

Contribuições devido às infiltrações:

Qinf = L . T = 1360 m x 0,0010 l/s/m = 1,36 l/s

Cálculo da vazão futura Q:

Q = parcela da rede existente mais parcela da expansão

Q = 2,1 + 0,68 + 4,2 + 1,36 = 8,34 l/s

Observação: Os cálculos também poderiam ser feitos por trecho acumulando de montante para jusante.


Equação Estequiométrica de Buswell → C12H22O11 + ( 12 – 22/4 – 11/2 ) H2O → ( 12/2 + 22/8 – 11/4)

CH4 + ( 12/2 - 22/8 + 11/4 ) CO2

Equação Estequiométrica de Buswell → C12H22O11 + H2O → 6 CH4 + 6 CO2

1 de C12H22O11 = 12 x 12 + 22 x 1 + 11 x 16 = 342 g

6 de CH4 = 6 x (12 + 4 x 1 ) = 96 g

Cálculo da carga de sacarose:

Carga = concentração x vazão = 300 mg/L x 190 m3/dia x 1000 L/m3 / 106 mg/kg = 57 kg/dia

Cálculo da produção ou carga de metano, em kg/dia:

1 de C12H22O11 → 6 de CH4

342 g → 96 g

Assim:

57 kg/dia → x kg/dia

Logo:

x = 16 kg/dia de metano


a) Cálculo do volume da lagoa

Como:

então a carga de DBO afluente será:

Cálculo do volume da lagoa

V = 8400 m3

b) Cálculo do tempo de detenção

t = 3 dias ........... então o tempo de detenção é aceitável.

c) Cálculo da área média da lagoa

A = 2800 m2



Cálculo da concentração de DBO última da mistura no rio:

Carga final = Carga inicial + Carga lançada

Vazão final x Concentração mistura = Vazão inicial x Concentração inicial + Vazão lançada x Concentração lançada

Concentração da mistura = (10,4 m3/s x 5 mg/ℓ + 0,6 m3/s x 300 mg/ℓ ) / (10,4 m3/s + 0,6 m3/s) = 21,091 mg/ℓ

Cálculo da DBO remanescente após 10 dias:

Lt = L0 x e( -K1 x t ) → L10 = 21,091 x e(-1) = 21,091 x 0,37 = 7,80 mg/ℓ

Cálculo da DBO exercida após 10 dias:

DBOexercidat = L0 – Lt = 21,091 – 7,80 = 13,291 mg/ℓ


a) Sistema de disposição do efluente indicado para a fossa séptica

O tempo de infiltração dado é de 4 min. Consultando a Figura 1, obtém-se um coeficiente de infiltração Ci = 70 L/m2. dia, que indica ser o dispositivo para o efluente da fossa séptica um SUMIDOURO.

b) Dimensionamento do sumidouro

b.1) Vazão afluente

Q = N . C

sendo:

N = nº de funcionários = 50

C = contribuição de despejos dos funcionários = 70 L/(pessoa.dia)

daí:

Q = 50 . 70 = 3.500 L/dia

b.2) Área de infiltração

como:

então:


a) Determinação do modelo de bomba

• Cálculo do consumo diário (C)

C = Nº de habitantes x consumo “per capita”

C = 750 . 200 = 150.000 L = 150 m3

• Cálculo da vazão de recalque (Q)

Q = consumo diário / nº de horas de funcionamento da bomba

Q = 150 / 6 = 25 m3/h

• Cálculo da altura manométrica (H)

H = Altura de sucção + (Perdas na sucção e altura representativa da velocidade) +

+ Altura de recalque + Perdas no recalque

H = 2,5 + 2,5 . 0,6 + 40,0 + 40,0 . 0,4 = 60,0 m

• Especificação da bomba

com: Q = 25 m3 / h e H = 60,0 m, no gráfico de quadrículas (Figura 1) tem-se:

Bomba (32 - 200)

onde: 32 mm diâmetro nominal da boca de recalque, e

200 mm diâmetro do rotor.


b) Determinação da potência do motor que acionará a bomba:

Examinando-se as curvas características da bomba (32 – 200) na Figura 2, tem-se:

ROTOR: D = 186 mm

MOTOR: P = 10 CV

c) RENDIMENTO: entre 50,5% e 53,0%


A concentração no rio após o recebimento do esgoto será

Há necessidade de tratamento, porque a concentração de DBO sem tratamento calculada foi de 44 mg/L, que é superior ao limite esti-pulado para a Classe 3, que é de 10 mg/L.

HABILIDADE 15 Sistemas estruturais


Da figura sejam: a = 2,40 m; b = 1,20 m; a0= 0,80 m; b0= 0,40 m; d = 0,45 m; d0= 0,05 m. Pelo método das bielas:

Esforços de tração


Cálculo das Armações Aço CA - 50 fYK = 500MPa = 500000 kN/m2

HABILIDADE 18 Teoria das estruturas


a) Seção transversal da viga 20 cm x 50 cm.

No cálculo da carga uniformemente distribuída para a viga de concreto é necessário fazer:

g = 25 kN/m3 x 0,20 m x 0,50 m = 25 kN/m3 x 0,01 m2 = 2,5 kN/m

Para o caso da seção I da viga em aço há duas possibilidades:

Primeira possibilidade: g = 78,5 kN/m3 x 38/10000 m2 = 0,2983 kN/m, ou aproximadamente 0,30 kN/m

ou

Segunda possibilidade: Considerando a massa linear igual a 30 kg/m tem-se:

g = 30 kg/m x 9,81 m/s2 (gravidade) = 294,3 N/m ou aproximadamente 0,30 kN/m

b) – CONCRETO: Concreto Classe 30, logo fck = 30 MPa e fcd = 30/1,4 = 21,4 MPa – AÇO: Aço MR 250, logo fyk = 250 MPa e fyd = 250/1,1 = 227,3 MPa

HABILIDADE 19 Topografia e/ou geoprocessamento


a)

1 mm ------------------------- X mm

0,2 mm -----------------------24.000 mm

X = 120.000

Portanto, o erro de 24m é compatível com a escala de 1:120.000.

A menor escala possível de atender este erro requerido, dentro do mapeamento sistemático, é

1:100.000.

(valor: 2,0 pontos)

b)

SC21 => 1:1.000.000

SC21-X => 1:500.000

SC21-X-D => 1:250.000

SC21-X-D-III => 1:100.000

(valor: 3,0 pontos)

(valor: 5,0 pontos)



Quanto ao movimento da plataforma (câmera), em seu centro de perspectiva (CP), tem-se que seu deslocamento num tempo ‘t’ devido à velocidade ‘V’ da aeronave será dado por S = V.t. Nesse tempo, houve um arrastamento da imagem paralelo ao desloca-mento do CP de valor dado por ‘a’. Considere a escala da fotografia como sendo ‘E’. Seja a altura de voo igual a ‘H’ e a distância focal da câmera igual a ‘f’. Temos, pois, dois triângulos retângulos equivalentes: um, de catetos ‘a’ e ‘f’, e outro, de catetos ‘S = V.t’ e ‘H’. Sendo assim, teremos:

a / f = V.t / H → t = a.H / f.V mas f/H = E → t = a / (V.E)

Qualquer arrastamento menor que a resolução do filme será aceitável. Como a resolução do filme é de 50 linhas/mm, 1 linha ocupará 0,02 mm = 20 μm. Sendo assim, o maior arrastamento possível será de 20μm, o que equivale à resolução do filme de 50 linhas/mm. Portanto,

t = a / (V.E) = 0,00002 m / (100 m/s . (1/10.000))

t = 0,002 s = 1/500 s

Logo, o tempo de exposição máximo será de 1/500 s.


a) Não se pode medir nenhum erro de fechamento, pois as coordenadas do ponto de chegada são desconhecidas, não permitindo nenhum controle sobre os cálculos.

b) Como é conhecido apenas 1 ponto de chegada, podem ser determinados o erro de fechamento linear e o altimétrico.

c) Como são conhecidos 2 pontos de chegada, podem ser determinados o azimute de chegada e, portanto, os erros de fechamento linear, altimétrico e azimutal.

d) Como se trata de uma poligonal fechada, é possível determinar o erro de fechamento linear e o altimétrico, além da soma dos ângulos internos, porém, não é possível obter-se o erro de fechamento azimutal.


A. Posicionando a régua em um ponto de cota conhecida, com o teodolito, nível ou estação total podendo observar esse ponto e a estaca inicial que define a poligonal, obtém-se a diferença de cotas entre esses pontos. Repete-se o procedimento até se alcançar o último ponto da poligonal (coincidente com o primeiro).

B. Para a correção dos erros pode-se tomar a diferença das cotas do ponto inicial e distribuí-la proporcionalmente à cota de cada ponto. Um dos modos de compensar o erro de fechamento vertical consiste em distribuir de igual modo o erro por cada um dos trechos; outra maneira é realizando a compensação levando em conta a distância de cada trecho, fazendo maior compensação nos trechos mais extensos. Para a distribuição do erro de fechamento linear, leva-se em conta a distância de cada trecho, fazendo maior compensação nos trechos mais extensos.



a) Esboço da Esfera Celeste:

b) Como o ponto se encontra no hemisfério sul, o sol está ao norte do zênite no mês de julho, o que implica o uso da fórmula = δ - z.

Portanto, = 22o 45’ – 45o 40’

Logo,


a) Na redução da escala para a produção do mapa final, linhas que representam uma rodovia e uma ferrovia lado a lado podem se confundir. O operador “deslocamento” é aplicado no desenho original, separando-se propositadamente os dois elementos gráficos. Após isso, é realizada a redução de escala e corrigida a ‘confusão’ de elementos.

b) Ao se reduzir a escala do mapa original, a entrada de uma baía pode resultar muito fechada, o que pode provocar a interpretação de que, no terreno, a feição seja um lago. Neste caso, aplica-se o “exagero” na entrada da baía antes da redução, para que fique mais aberta no mapa final.



A relação entre o deslocamento devido ao relevo e a altitude de um objeto, numa fotografia perfeitamente vertical, é dada por uma semelhança de triângulos, tal como mostrado na figura abaixo.

Substituindo-se os valores numéricos, tem-se:

HABILIDADE 20 Transporte e/ou logística


a)

Tráfego inicial ............................................ N = 5 x 106

Crescimento do tráfego (10 anos): ............10 x 10% = 100%

Tráfego final .............................................. N = 2 x (5 x 106) = 107

Tráfego médio ............................................N = ((5 x 106) + (107))/2 = 7,5 x 106

Tráfego total (10 anos) .............................. N = 10 x 7,5 x 106 = 7,5 x 107

Espessura do revestimento ........................

b)

Do gráfico, obtém-se ...................... h20 = 29 cm

h10 = 49 cm

Aplicando nas inequações:

R. KR + B.KB ≥ h20 ....... (10 x 2) + (B x 1) ≥ 29 ......B ≥ 9 ......

c)

R. KR + B.KB + SB.KSB ≥ h10 ..... (10 x 2) + (15 x 1) + (SB x 1) ≥ 49 ....


Condição limite de não deslizamento ............. FfWp = Fp .......................... (1)


Substituindo em (1)


Distância DB (tangente externa)

Distância AD

Distância EC

Comprimento da curva (D)

Estaca do ponto D ......... est 20

Estaca do ponto E ......... est PC + 565,2 m = (est 20) + (28+5,2) = est 48 + 5,2

Estaca do ponto C ...........est PT + EC = (est 48 + 5,2) + (600 m) = est 78 + 5,2


HABILIDADE 01 Circuitos elétricos


a) (Alternativa 1)

Obter inicialmente o equivalente elétrico do corpo humano e depois montar o circuito elétrico equivalente do sistema. Assim, pela Figura 2, nota-se que o boneco está segurando a estrutura com apenas uma das mãos, enquanto que a outra está solta, logo, de acordo com o equivalente elétrico do corpo humano mostrado na Figura 1, a resistência equivalente do corpo humano (Rch) para esta situação será:

A resistência do trecho de um metro de solo é igual a

A resistência de contato para cada pé será

ENGENHARIA DA COMPUTAÇÃO, CONTROLE E AUTOMAÇÃO,

ELÉTRICA

Capítulo V


O circuito elétrico equivalente para o sistema é mostrado na figura abaixo.

O circuito é um divisor de corrente resistivo, então, a corrente de choque, ICH, é dada por:

A tensão de toque será:

(Alternativa 2)

Montar o circuito elétrico equivalente do sistema diretamente, sem antes obter o equivalente elétrico da resistência do corpo humano e da resistência de contato.

Assim, a resistência do trecho de um metro de solo é igual a

RS1 = ρs . 1m = 10Ω

A resistência de contato para cada pé será:

Rc = 8 . ρs = 80Ω


O circuito elétrico equivalente para o sistema é mostrado na figura abaixo.

A resistência equivalente do corpo humano (Rch) será:

O equivalente da resistência de contato de cada pé é igual a

O circuito é um divisor de corrente resistivo, então, a corrente de choque, ICH, é dada por:

A tensão de toque será:


b)

Para esta situação a corrente só passa pelas pernas do boneco e, novamente, a resistência equivalente do corpo humano (RCH) será composta pelas duas resistências das pernas ( = Ω h Z 500) em série. Então, a resistência do corpo humano será RCH = 1000 Ω.

Para cálculo da tensão de passo, duas opções de circuito elétrico equivalente são mostradas abaixo.

Opção 2

A corrente de choque será:

A tensão de passo será:


a) A resistência de entrada da base:

b) A resistência de entrada do amplificador:


c) A resistência de saída do coletor:

d) A resistência de saída do amplificador:

e) O ganho de tensão a circuito aberto:

f) O ganho de corrente em curto-circuito:

g) O ganho de tensão global:


a) Em R1 deve ser dissipada a potência:

Sabemos que: , logo (valor: 3,0 pontos)

b) É preciso notar que os ramos CABD e CEFD são iguais, e têm comprimento de 1,5 m. Trabalhando com um desses ramos,

Como a dissipação de potência é idêntica e a mesma corrente (denominada i) atravessa R2 e R3, escrevemos:

Substituindo na equação anterior:

Calculamos em seguida: (valor: 5,0 pontos)

c) O comprimento total da rede resistiva é igual a 4m, assim a resistência equivalente RAB é facilmente calculada pela expressão:

(valor: 2,0 pontos)

Solução alternativa para o item c, envolvendo a associação de resistores:



Como o voltímetro e o amperímetro são ideais, a resistência de terra no eletrodo de teste é calculada por:

(valor: 8,0 pontos)

b) Para reduzir a resistência de terra, deverão ser citadas duas entre as seguintes possíveis soluções:

- aumentar o número de eletrodos;

- empregar eletrodos de maior espessura;

- aumentar a profundidade dos eletrodos;

- dissolver sais na terra para diminuir a sua resistividade;

- interligar com outros sistemas de aterramento já existentes. (valor: 2,0 pontos)


Circuito 1:

Ch1 fechada e Ch2 aberta.

Somente os semiciclos positivos são entregues à lâmpada.

Potência utilizada para a iluminação:

Circuito 2:

Ch1 fechada e Ch2 aberta.

Resistência interna da lâmpada:

É formado um divisor resistivo e a tensão sobre a lâmpada é de 55V.

Potência utilizada para a iluminação

Circuito 4:

Solução 1:

Não existe modo de baixo consumo, pois a lâmpada só se acende com as duas chaves fechadas.

Potência utilizada para a iluminação:

(valor: 2,5 pontos)

Obs.: Considerando que a solução deste item apresenta uma incoerência com o enunciado, os pontos referentes ao circuito 4 serão distribuídos entre os itens 1, 2 e 3, durante a correção.

A explicação a seguir não faz parte da solução da questão 4, serve apenas como ilustração para o problema da não linearidade da lâmpada incandescente.

A resistência de uma lâmpada varia muito com a tensão aplicada em consequência da grande variação de temperatura de funciona-mento. Em frequências muito baixas a curva tensão corrente é não linear: a corrente, em módulo, é aproximadamente proporcional à raiz quadrada do módulo da tensão. Em frequências da ordem de 1 Hz aparece uma histerese nesta curva (pois a variação de tempe-ratura ocorre segundo uma equação diferencial de primeira ordem). Em frequências superiores a alguns Hertz, a curva tensão corrente é reta (resistência linear), mas sua inclinação depende da tensão eficaz aplicada. A corrente eficaz é proporcional, aproximadamente, à raiz quadrada da tensão eficaz.


Este modelo permite um cálculo mais preciso para as potências pedidas na questão 4. Chamando respectivamente i e v a corrente e a tensão eficaz na lâmpada, vem

Com

e

Então, para o circuito 1

vem

Para o circuito 2, chamando v a tensão eficaz na lâmpada e com k definido acima vem

Esta equação fornece

e

p = 26W

(Trata-se da potência dissipada na lâmpada. Incluindo a potência dissipada no resistor de 110 ohms, a potência seria

p = 68W )

No circuito 3 muda a lâmpada. A tensão aplicada é metade da nominal. Vem

p = 39W


a) Examinando o sentido de enrolamento das bobinas, observa-se que as quedas de tensão associadas à indutância mútua estão em oposição às quedas de tensão associados às autoindutâncias. Aplicando a Lei de Kirchhoff:

b) L = L1 + L2 + 2M

c) Aplicando Laplace na equação diferencial:


Equação característica:

Considerando R ≅ 0

(valor: 5,0 pontos)


a) São três possíveis ligações

O aluno pode optar por uma das soluções mostradas a seguir:


b) Em qualquer uma das três ligações as potências trifásicas ativas e reativas, são, respectivamente:

Obs.: Se o aluno errar, não considerando o valor absoluto, a questão deve ser aceita como correta.

Dedução:

A potência ativa trifásica é dada por:

Obs.: O desenvolvimento anterior deve ser considerado conhecido, por isso não está sendo pontuado.


Observação: O diagrama fasorial não é obrigatório na solução. Serve apenas de referência para auxiliar na correção.

b) Dedução caso o aluno opte pela Solução A.


Fim da solução A

Fim da solução B

Fim da solução C

HABILIDADE 02 Circuitos lógicos


Para a solução de todos os itens consideram-se X e Y como as variáveis de entrada da configuração.

a) Observa-se na tabela que então, se A=1, obtém-se logo, a configuração da figura a seguir é a solução.

(valor: 2,0 pontos)


b) Observa-se na tabela que então, se B=1, obtém-se , logo, a configuração da figura a seguir é a solução.

(valor: 2,0 pontos)

c) Se , então, fazendo , geramos o produto X.Y. Assim, a configuração da figura a seguir é a solução.

(valor: 3,0 pontos)

d) Se , então, fazendo , geramos o produto , com um inversor na saída. Assim, a confi-

guração da figura a seguir é a solução. (valor: 3,0 pontos)

HABILIDADE 03 Controle



a) Escrevendo-se as equações correspondentes a cada amplificador operacional no domínio de Laplace, tem-se:

De (1) e (2) obtém-se

De (3) e (4) obtém-se

de onde se deriva o diagrama seguinte:

onde

b) A Função de Transferência em Malha Fechada se escreve

que corresponde a um sistema de 1ª ordem com um polo em

Obs.: F(s) pode ser também calculada em função dos componentes do circuito

c) A condição de estabilidade se expressa, então, como ou,

, o que vale para qualquer R1 tendo em vista que R2 C2 > 0 e R > 0.


a) As duas assíntotas traçadas sobre o diagrama de módulo (linhas tracejadas) permitem identificar que a frequência angular do único polo existente é de 1000 rad/s.

Valor de R1:

A assíntota horizontal mostra o módulo de tendendo para 20 dB , quando tende para infinito.

Valor de R2:

(valor: 6,0 pontos)


b) Os diagramas de módulo e fase, na frequência de 100 rad/s , apresentam os seguintes valores aproximados:

Tensão fasorial de saída Vo:

Assim, para uma tensão de entrada = 10cos , a tensão de saída terá a mesma amplitude, com ângulo de fase:

40° - 90° = -50°, ou seja,


a) O sistema é de 2a ordem, pois possui dois polos. (valor: 1,5 pontos)

O sistema é estável porque os polos estão no semiplano da esquerda do plano s, ou seja, os polos possuem parte real negativa.

(valor: 2,0 pontos)

O sistema é de fase não mínima, pois possui um zero no semiplano da direita do plano s, mais precisamente, um zero no eixo real positivo. (valor: 0,5 ponto)

b) Três alternativas (Valor integral para quem responder pelo menos uma):

1) A curva em negrito corresponde ao lugar geométrico dos pontos de |G(s)| , para o caso particular de s=jω.

2) A curva em negrito representa a resposta em frequência |G(j ω)|.

3) A curva em negrito representa, no lado positivo do plano s, o Diagrama de Bode. (valor: 4,0 pontos)

c) Duas alternativas (Valor integral para quem responder pelo menos uma)

1) Considera-se o valor de 0,26 entre os pontos consecutivos da grade e que os polos são complexos conjugados. Contando os pontos

sobre a grade da superfície traçada, partindo das extremidades até os polos e o zero, obtém-se com maior precisão:

2) Faz-se uma avaliação grosseira da posição dos polos no plano s, e obtém-se aproximadamente:

Considerando as imperfeições de simetria do posicionamento dos polos em relação ao eixo real apresentadas no gráfico, serão aceitos valores próximos, desde que estejam coerentes, ou seja, zero positivo e os polos com parte real negativa e complexos conjugados. (valor: 2,0 pontos)


Nas duas soluções anteriores, (1) e (2), o cálculo do ganho K pode ser obtido estimando-se o valor de G(0) na figura, o que não é muito visível no gráfico. Não será exigido, na correção, o cálculo do valor numérico de K.

Supondo G(0) = 10db


a)

b) 1ª Forma de Solução:

Os polos de malha aberta são obtidos diretamente do lugar das raízes.

Dois polos complexos conjugados com s = -10 (parte real) correspondem a duas raízes obtidas graficamente no diagrama do lugar:

S1 = -10 + j15

S2 = -10 - j15

Para s = s1 = -10 + j15, o valor de K é extraído de:


b) 2ª Forma de Solução:

Sabendo-se que o lugar das raízes passa por:

-10 ± j15, então: s3 + 60s2 + 1125 s + K = (s + 10 - j15).(s + 10 + j15) (s + a) , onde “a” é o terceiro polo (polo real). s3 + 60s2 + 1125 s + K = s3 + (20 + a) s2 + (325 + 20a) s + 325a


A função de transferência do motor é obtida aplicando-se a transformada de Laplace na equação diferencial fornecida com eo = 0. A transformada de Laplace desta equação fornece:

V(s) = RI(s) + sLI(s), assim a função de transferência do motor é

I(s)/V(s) = (1/L)/(s + 1/T) onde se introduziu a constante de tempo T = L /R

De acordo com o diagrama fornecido, a função de transferência de malha aberta do sistema Go(s) é dada por:

Go(s) = [Kp + Ki /s] [(1/L )/(s + 1/T )] [1/(sTf + 1)]

= [Kp (s + Ki /Kp)/s] [(1/L )/ (s + 1/T )] [1/(sTf + 1)]

Compensando-se 1/T por meio de Ki /Kp, isto é

Ki /Kp = 1/T

Go(s) torna-se

Go(s) = [Kp /L]/[s(sTf + 1)]


A função de transferência de malha fechada é dada por:

Gf (s)= Go(s)/[1+ Go(s)]

Substituindo a expressão de Go(s) obtém-se

Gf (s) = [Kp /L]/[ Tf s2 + s + Kp /L]

os polos do sistema em malha fechada são dados resolvendo-e o seguinte polinômio em s

0 = Tf s2 + s + Kp /L

ou seja:

s1,2 = [-1 ± sqrt(1 - 4Tf Kp /L )]/2Tf

O sistema deve ser alocado em malha fechada com

s1,2 = (-1 ± j)/(2Tf), então,

4Tf Kp /L = 2

ou seja:

Kp = L /(2Tf )

substituindo em Ki /Kp = 1/T , obtém-se a expressão de Ki

Ki = [L /(2Tf )](1/T ) = R /(2Tf)

Substituindo-se os valores dos parâmetros, R = 0,5Ω,

L = 1,5mH e Tf = 0,5ms, obtém-se:

Ki = 500 (Ω/s)

Kp = 1,5 (Ω)

HABILIDADE 04 Conversão de energia


a) Corrente elétrica em cada resistência: I = V/R = 220/10 = 22A

Energia dissipada em cada resistência em 1s: W = VIt = 220 22 1 = 4840 J

Energia total efetivamente convertida em calor: Wtotal = 4 0,9 4840 = 17424 J

b) Por conservação de energia, para o processo alcançar a temperatura de equilíbrio em 40 °C, toda a energia convertida em calor deve ser utilizada no aquecimento da água que está entrando no reservatório.

Em 1 segundo:

Como a massa específica da água é , a vazão da bomba deverá ser, aproximadamente, 0,218L / S.


VANTAGENS DESVANTAGENS

a) GÁS NATURAL • Baixo custo de instalação; • produção de energia elétrica próxima aos pontos de conexão do sistema elétrico; • pode gerar energia elétrica atendendo aos seus picos de consumo. (valor: 1,5 ponto)

• Fonte de energia não renovável (finita); • riscos impostos pelos gasodutos ao meio ambiente e à segurança de populações; • elevados investimentos iniciais para o transporte em gasodutos; • distância das fontes de gás aos centros de consumo. (valor: 1,5 ponto)


b) HIDRELÉTRICA • Fonte renovável; • baixo custo da energia elétrica gerada; • fonte não poluente. (valor: 2,0 pontos)

• Elevados investimentos iniciais para a geração; • impacto ambiental na área alagada; • potencial já esgotado em algumas regiões; • distância da geração aos centros de consumo. (valor: 2,0 pontos)

c) NUCLEAR • Centrais de geração podem ser localizadas próxi-mas aos pontos de conexão do sistema elétrico; • fácil conexão da energia gerada com as linhas de transmissão já existentes; • alta capacidade de geração de energia. (valor: 1,5 ponto)

• Forte impacto social e ambiental em caso de acidentes; • geração de resíduos radioativos de forte impacto ambiental; • elevados investimentos exigidos para a garantia da segurança da operação; • elevados investimentos iniciais para a geração. (valor: 1,5 ponto)


Para a solução deste problema usa-se o Equivalente de Thévènin.

Retirando-se o ramo A-B, a corrente no circuito remanescente é:

ampères (valor: 1,0 ponto)

Tensão Equivalente de Thévènin (VTH) :

volts (valor: 1,0 ponto)

Impedância equivalente de Thévènin (ZTH):

ohms (valor: 1,0 ponto)

Reinserindo o ramo A-B, tem-se o seguinte circuito equivalente:

A potência dissipada no resistor de 50 ohms é P = 50 I2 watts.

A corrente no circuito equivalente é dada por:

A potência dissipada no resistor será máxima quando a corrente for máxima. Isto ocorrerá quando ohms.

(valor: 3,0 pontos)

O módulo da corrente, então, é:


A potência dissipada é:

P50 = 50 (3,178)2 = 505,17 watts. (valor: 3,0 pontos)



a) A quantificação da Lei de Faraday em função da densidade média de fluxo, suposta constante, e da velocidade relativa entre o campo magnético e um condutor simples movendo-se através dele, é estabelecida através da seguinte equação:

fem = BLv

Assim, substituindo para os dados do problema:

Resposta:

fem = 2,5 x 1 x 25

fem = 62,5 V

b) A equação da fem induzida do item (a) é válida somente se o condutor, o campo e o sentido no qual o condutor se move em relação ao campo são mutuamente perpendiculares. Portanto, se nenhum dos fatores B, L ou v são mutuamente perpendiculares, esta equação deve ser reescrita como: fem = BL v sen(B, v) sen(B,L), onde B é usado como referência.

Neste problema B e L são perpendiculares, portanto: fem = BL v sen(B,v) fem = 2,5 x 1 x 25 sen(30°) fem = 62.5 x 0.5 = 31,25 V

c) Existe uma força eletromagnética entre um condutor e um campo sempre que o condutor, percorrido por uma corrente, estiver loca-lizado no campo magnético numa posição tal que haja uma componente do comprimento ativo do condutor que não esteja paralela ao campo.

Esta força pode ser determinada através da seguinte expressão:

F = BIL sen(B,L)

Substituindo os valores numéricos: sen(B,L) = sen(90°) = 1

F = 2,5 x 10 x 1 = 25 N

HABILIDADE 05 Eletromagnetismo


é a força que atua no condutor de comprimento elementar dL , percorrido por uma corrente NI , devido à presença

de uma indução externa B . Como L e B são fixos, a fórmula pode ser simplificada para:

newton/ampère

é a força aplicada no diafragma.

aponta na direção positiva de z.




a) Como praticamente não há dispersão de fluxo, e B é normal ao elemento ds, sendo uniforme no material magnético do anel, tem-se:

(valor: 1,0 ponto)

Para tal valor de B, a intensidade magnética no anel, retirada da tabela, é:

(valor: 1,0 ponto)

Solução:

Tomando-se a circulação de H:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

Como a componente normal de B é contínua através da fronteira anel-ar:

(valor: 2,0 pontos)

Calculando a corrente:

(valor: 1,0 ponto)

Alternativa:

O circuito magnético equivalente é:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)


(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 0,5 ponto)

(valor: 0,5 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

b) Porque este circuito permite que sejam obtidos grandes campos, com correntes bem menores, através do emprego de muitas espi-ras. Nesse caso, a força magnetomotriz total gerando o campo é N vezes a corrente no enrolamento, e tem-se:

(valor: 2,0 pontos)


FH1 = - FH2 (anulam-se)

Com a corrente no sentido anti-horário havia uma força Fv1, vertical de baixo para cima, empurrando o prato.

Com a inversão da corrente passou a existir uma força Fv2, de mesmo módulo que Fv1, mas com sentido oposto.

Fv2 = - Fv1 Fv2 = 4 iLB

2Fv2 = mg (variação da força no prato foi de 2 Fv2)

Obs.: Se o graduando considerar que a massa colocada inicialmente no prato direito para equilibrar a força Fv1 foi retirada após a inversão da corrente, encontrará um resultado em dobro para o Fluxo Magnético B, o que também será aceito.



1) Cálculo das áreas

SFF 4 x 10-2 x 4 x 10-2 16 x 10-2 m2

SAF 2 x 10-2 x 4 x 10-2 8 x 10-4 m2

2) Determinação dos comprimentos médios

3) Determinação de HFF a partir de BFF = 0,6 Wb/m2

Entrando com o valor de BFF na curva B versus H encontra-se:

HFF = 2000 A / m

4) Determinação de φ FF

φ FF - BFF . SFF - 0,6 Wb/m 2 . 16 . 10-4 m2 - 9,6 . 10-4 Wb

5) Determinação de BAF

Como φ FF -ϕAF , então φ AF = BAF . SAF

BAF - φ AF /S AF – 9.6 . 10-4 Wb / 8 . 10-4 m2

BAF = 1,2Wb/m2

6) Determinação de HAF

Entrando com o valor de BAF na curva B versus H encontra-se:

HAF = 1130 A / m

Obs.: Tolerância de ± 20 A / m (entre 1110 a 1150 A / m)


7) Determinação da corrente I

F = N.I e F = ∑H.d Logo: N.I = ∑H. δ

Então:

200 x I = HFF x FF + HAF x AF

200 x I = 2000A/m x 0,48m + 1130A/m x 0,28m

200 x I = 960A + 316,4A

200 x I = 1276,4A → I = 6,382A

Obs.:

Para HAF = 1110 A /m então I = 6,354 A

HAF = 1150 A /m então I = 6,410 A


Curto-circuito à distância d do medidor implica:

A distância provável do curto-circuito é d = 352,4 m

Obs.: Nos dados/informações técnicas constou de modo incorreto a expressão tan h(jφ) = j tan(jφ), quando o correto seria tan h(jφ) = j tan(φ). Foram aceitas tanto as respostas em que os formandos equacionaram adequadamente o problema, perceberam o engano na expressão dada e encontraram a solução constante do padrão de resposta, como aquelas em que os formandos demonstraram conhe-cimento do fenômeno físico, equacionaram o problema adequadamente, mas chegaram a um resultado numérico diferente em virtude do uso da expressão tal como foi apresentada.

HABILIDADE 06 Eletrônica analógica


Com base nos dados da curva, calcule, com valores aproximados, a potência máxima (Pmax) que o gerador pode fornecer e a carga resistiva (RL) que permite a operação do gerador no ponto de máxima potência. (valor: 5,0 pontos)

a) O método M1 pode gerar uma medida falsa porque o Ohmímetro estaria medindo a resistência R1 em paralelo com R2 em série com a resistência equivalente do circuito eletrônico. Dependendo dos valores de R1, R2 e da Req, a medida pode ser FALSA.


O método M2 é correto porque faz uso do TERRA VIRTUAL do amplificador operacional. Em consequência, o ponto A está aterrado e a medida é obtida pela equação de ganho do amplificador operacional.

Como

(valor: 5,0 pontos)

b) Medindo diretamente do gráfico, com valores aproximados, podemos escrever a seguinte tabela (na região do joelho da curva).

O ponto de potência máxima ocorre quando a tensão é de 13,2 V e a corrente é 6,0 A. Neste caso, a potência máxima é:

Pmax = 13,2 . 6 = 79,2 W

A resistência de carga neste ponto é obtida por:

(valor: 5,0 pontos)

Obs.: A construção da tabela não é obrigatória na solução. O formando pode deduzir os dados diretamente do gráfico. Se os valores forem coerentes com as grandezas acima calculadas, a solução estará correta.


Pela análise da Fig. 2, determina-se o valor do componente elétrico passivo. Trata-se de um capacitor linear, invariante no tempo, cujo valor é

A corrente i é a taxa de variação da carga em relação ao tempo

Mas q = Cv, onde C é invariante no tempo.

Derivando graficamente a forma de onda de tensão mostrada na Fig. 1 e multiplicando por C = 2, obtém-se:



a) Quando a chave é fechada em t = 0, o capacitor funciona como um curto-circuito.

Assim, a corrente na malha é: (valor: 2,0 pontos)

b) Quando o tempo tende para infinito, o capacitor tende a se carregar com a tensão da fonte.

Assim: v (∞) = V (valor: 2,0 pontos)

c) Aplicando a Transformada de Laplace na equação diferencial:

(valor: 3,0 pontos)

Obs.: Serão aceitas também outras soluções pertinentes.

d) 1ª alternativa:

Considerando que quatro ou mais constantes de tempo são suficientes para o capacitor atingir o valor final

o resistor será da ordem de 100 KΩ ou 105Ω.

Considerando 5 RC = 0,4 → R = 80 KΩ (resposta também aceita).

2ª alternativa:

Como a expressão da tensão sobre o capacitor é:

Observando o gráfico, vemos que o capacitor atinge 4 volts depois de 0,2 segundos. Assim:

(valor: 3,0 pontos)

A ordem de grandeza é 105Ω

Respostas entre 60 KΩ e 200 KΩ serão consideradas corretas neste item.

Obs.: Outras alternativas de resposta, desde que pertinentes, serão aceitas.



Circuito 1: A - Resistor ideal (valor: 2,0 pontos)

Circuito 2: A - Resistor ideal

B - Indutor ideal

C - Capacitor ideal

E - Circuito aberto (valor: 2,0 pontos)

Circuito 3: B - Indutor ideal

D - Curto-circuito (valor: 2,0 pontos)

Circuito 4: B - Capacitor ideal

Justificativa da resposta do Circuito 4

Como a corrente i(t) está atrasada (fase: - 0,523), a impedância equivalente, vista pela fonte de tensão, tem que ser indutiva (fase: + 0,523).

Calculando as reatâncias conhecidas:

Reatância do Capacitor de 0,5 mF:

XC > XL indica que a impedância equivalente é predominantemente capacitiva, descartando, assim, as possibilidades de: A (resistor ideal),

D (Curto-Circuito) e E (Circuito Aberto).

A possibilidade B (Indutor ideal) não pode ser aceita porque (para R pequeno) os indutores em paralelo reduziriam ainda mais a rea-tância indutiva, contrariando a solução.

Considerando um capacitor (com XC > 3,77 Ω e um R pequeno) a reatância equivalente dos ramos em paralelo se torna indutiva e maior que 3,77 Ω, fazendo com que seja possível se achar uma combinação dos pares R e XC, cujo problema é numericamente mais complexo.

A seguir será apresentada uma Solução Complementar, mais completa, para maior esclarecimento (não exigida dos graduan-dos no Exame).

Considerando o elemento desconhecido com reatância X:

após algumas manipulações

Chega-se à seguinte equação do 2º grau:

1,53 X2 + 25,75 X + 1,53 R2 + 8,24 R + 75,32 = 0

Análise:

Para que esta equação tenha raízes reais compatíveis com a solução:

(25,75)2 - 4 . 1,53 . (1,53 R2 + 8,24 R + 75,32) > 0

Simplificando

R2 + 5,39 R - 21,59 < 0 → R ≤ 2,67

Como R é uma grandeza física de valor real e positivo, resolvendo a equação acima, aproveita-se apenas a raiz positiva. Conclui-se, então:

1) para 0 < R < 2,68 há duas soluções (raízes da equação) para a reatância X, ambas negativas, caracterizando o elemento desco-nhecido como um Capacitor.


2) para R > 2,67 as raízes são complexas, portanto, não existe reatância que consiga o ângulo de defasagem desejado para a corrente.

A figura a seguir ilustra graficamente a solução. Mostra o argumento da impedância equivalente do circuito em função da reatância X que varia de - 30 a + 30. Mostra, também, os gráficos dos argumentos de Zeq para os valores de R = 1 (solução possível), R = 2,67 (limite da existência de solução) e R = 5 (exemplo sem solução).

A linha reta sobre o gráfico corresponde ao ângulo de 0,523 rd desejado para Zeq, para servir de referência.


a) Parâmetros da fonte senoidal

De e (t) = 500 cos (100 t + 40°):

Em = 500 V ω = 100 rad/s φ = 40°

Fasor Tensão:

Parâmetros do Circuito:

Resistência do Resistor

Reatância do Indutor

j XL = j ω L = j x 100 x 0,7

Circuito no Domínio da Frequência


Fasor Corrente

Lei de Kirchhoff aplicada à malha:

Outra alternativa de solução para o item a (considerando os fasores com valor de pico):

Da expressão da fonte: e(t) = 500 cos (100 t + 40°) conclui-se que o fasor de tensão será:

A impedância é: Z = R + j XL = 35 + j 100 . 0,7 = 35 + j 70

Fasor de Corrente:

b) Diagrama de Fasores

(Observar no gráfico):


c) Determinação de eR(t)

Alternativa considerando o fasor com valor de pico:

R = 223,73 / - 23,4°

logo, eR (t) 223,73 cos (100 t 23,4°) V


a) As medidas podem ser COERENTES, pois, neste caso, a lei de Kirchoff deve ser empregada na sua forma fasorial. Portanto, a equação fasorial é:

b) A corrente na malha será:

A impedância da bobina é, em módulo.

A impedância total do circuito é, em módulo

Combinando as equações:


a) Rearrumando o circuito:


Substituindo os valores:

b) Zerando a f onte:



a)

Logo:

b)

R = 100 KW

R3 = 10 KW


HABILIDADE 07 Eletrônica digital


a) O Mapa de Karnaugh do sinal E pode ser levantado diretamente do circuito que gera este sinal, apresentado no enunciado da ques-tão, ou a partir da expressão booleana deste sinal, de acordo com:

Portanto, o Mapa de Karnaugh do sinal E será

b) A tabela-verdade entre os sinais D, E e F pode ser construída a partir dos Mapas de Karnaugh de sinais E (calculado no item a) e F (fornecido no enunciado da questão). Assim, por exemplo, considere o caso em que ABC = 001. Pelo Mapa de Karnaugh do sinal E, conclui-se que, para esta combinação,

E = 0. No Mapa de Karnaugh do sinal F existem duas possibilidade para esta combinação, ou seja, com D = 0 => F = 0 e com D = 1 => F = 1.

Resta descobrir as possibilidades quando E = 1. Para isso, considere o caso em que ABC = 000. No

Mapa de Karnaugh de F observa-se que, com essa combinação, para D = 0 => F = 1 e para D = 1 => F = 0.

Assim, a tabela-verdade do sinal F em função dos sinais D e E será:

(valor: 4,0 pontos, sendo 1,0 ponto para o acerto em cada posição do sinal F).

c) O aluno deverá concluir que os sinais D, E e F estão interligados por uma porta ou exclusivo (XOR ou

EXOR).


a) Tempo que um carro leva para percorrer 1 m na velocidade de 90 km/h:

Período do oscilador:

Número de contagens para um intervalo de 40 ms: n = = 40.10- 3 .5.103 = 200


Programar n = 200 na entrada do comparador.

b) O comparador é de oito bits, então, o maior valor de comparação será n = 28 – 1 = 255.

Intervalo de tempo para contar 255 vezes:

Velocidade do carro:

Convertendo para km/h:


a) Para realizar a conversão, é feita uma soma ponderada de correntes segundo a posição dos bits.

Bit 1: I1 deve ser o dobro de I0. Logo R1 = R0 /2 e R1 = 100 kΩ



b) Determinando a saída do primeiro estágio, quando apenas D0 é igual a 1:

Corrente pelo resistor

R 0: I0 A, logo VDO = 10k (-25μ) = - 0,25 V

Então, VD0 = -0,25 V, VD1 = -0,50 V, VD0 = -1,0V e VD0 = -2,0V.

Para entrada igual a 1010, a saída será VD = -0,5 + (- 2,0) = -2,5V.

c) Para o dado de entrada igual a 0001, a saída é igual a –0,25 V, porém, a Tabela do D/ A diz que deveria ser de 0,625 V. Assim, o segundo estágio precisa ter um ganho G = 0,625 / - 0,25 = - 2,5.

Sabe-se que:

Observação: existem outras soluções para o cálculo de Ra!


a) O cristal usado é de 1 MHz, logo o período é de 1μs. Portanto, o sinal de inicialização deverá durar pelo menos 40 μs.

b) A tensão sobre o capacitor apresenta o comportamento de uma exponencial, partindo de 0V e terminando assintoticamente em 5V. A constante de tempo dessa carga é dada pelo produto RC.


c) A tensão sobre o capacitor deve chegar a 1,7 V em mais de 40 μs.

A carga do capacitador é dada pela expressão: Vc =

5(1 - e-t/RC).

d) A duração da inicialização deve ser a menor possível, porém, superior a 96,3 μs. Dentre as opções, o par correto é: C = 1 μF e R = 100 Ω, levando a RC = 100 μs.


a) Diagrama de transição de Estados (MSD) e Saídas

Designação de Estados

Tabelas de transição dos flip-flop´s

Funções lógicas das entradas dos “flip-flop’s”


b) Funções lógicas das saídas:

A Saída X é derivada diretamente da Variável de Estado

A.: X = A

A Saída Y é derivada diretamente da Variável de Estado

B: Y = B

A Saída Z é derivada diretamente das Variáveis de

Estado A e B: Z =

Obs.: Apesar de não ter sido exigida, existe uma minimização para a saída Z, pois o estado AB = 01 é um “don’t case” e isso leva a Z =

Solução alternativa:


a) Resistor da Base em :

Beta mínimo:

b) Resistor em :

Corrente máxima na bobina = 100mA (transistor saturado em 0,2 Volts)

HABILIDADE 9 Sinais e sistemas


a) O sistema é ESTÁVEL.

Porque, normalizando a equação de diferenças:

e obtendo a equação característica: que pode ser fatorada

conclui-se que as raízes da equação característica são:

O sistema é ESTÁVEL porque as raízes estão no interior do círculo unitário, ou seja, todas têm valor absoluto menor que um.

b) Para calcular os valores iniciais y(0), y(1) e y(2), pode-se usar a forma interativa.

Como o sistema é CAUSAL, y(n) = 0 para n<0 e o impulso apresenta as seguintes características:


Na equação, fazendo n = 0

Para n = 1

Para n = 2

c) Aplicando a Transformada Z na equação : obtém-se


a) Para o cálculo de é necessário considerar que e as condições iniciais são nulas.

Cálculo de a partir da Equação Diferencial.

Aplicando a Transformada de Laplace na Equação Diferencial:

b) Para assim:

Expandindo em frações parciais:

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace:


c) Resposta ao degrau em

Expandindo em frações parciais:

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace:

Resposta para:

Como o sistema é linear, a resposta geral é dada pela soma da resposta para cada entrada:


HABILIDADE 01 Algoritmos e Estrutura de Dados


a) O valor da variável VOLT é 8 e o valor da variável AMPERE é 4.

• Na chamada do procedimento CIRCUITO(VOLT, AMPERE) ocorre passagem de parâmetro por valor da variável VOLT para HENRY e, por referência, da variável AMPERE para FARAD.

• Na passagem de parâmetro por valor, é passada uma cópia do conteúdo de VOLT para HENRY e, ao término da execução do pro-cedimento, a variável VOLT permanece com o seu valor original.

• Na passagem de parâmetro por referência, é passado o conteúdo da variável AMPERE para FARAD e todas as alterações na variável FARAD refletem diretamente na variável AMPERE, não preservando o valor original. (valor: 6,0 pontos)

b) Procedimento CIRCUITO empregando a estrutura Enquanto ... Faça:

ENGENHARIA DA COMPUTAÇÃO

Capítulo VI


Solução alternativa para o item b)

(valor: 4,0 pontos)


a) Série = para N = 0,.. 16

(valor: 3,0 pontos)

b) Lacuna 1:



a)

(valor: 3,0 pontos)

b) Passagem de parâmetro “por valor” e “por referência” constituem, em Pascal, mecanismos para passagem de argumentos para

procedures e funções.

Para conceituar PASSAGEM DE PARÂMETRO, consideremos duas variáveis X (externa) e Y (interna) em uma procedure ou função.

(1) “POR VALOR” (valor: 1,0 ponto)

• não é usada a palavra var na definição da procedure ou função

• na chamada da procedure ou função, é passado para Y cópia do conteúdo de X. Após a execução da procedure ou função, todas as ope-rações realizadas sobre Y não irão refletir diretamente em X, o que leva à preservação do conteúdo original de X.

• (2) “POR REFERÊNCIA” (valor: 1,0 ponto)

• é usada a palavra var na definição da procedure ou função.

• na chamada da procedure ou função, é passado para Y o conteúdo de X. Após a execução da procedure ou função, todas as opera-ções realizadas sobre Y irão refletir diretamente em X, não preservando os valores originais de X.

• No programa apresentado no enunciado da questão, ocorre passagem de parâmetro “por valor” e “por referência”, o que pode ser constatado na definição da palavra CLASSIFICAR:

• procedure CLASSIFICAR(var A:VETOR;J:INDICE); (valor: 1,0 ponto) e na chamada à procedure

CLASSIFICAR(TAB,N); (valor: 1,0 ponto)

c) É testado o conteúdo de DADO com o conteúdo de TAB [MEIO], para os valores atuais de DADO e MEIO.

• No caso da coincidência dos valores de DADO e TAB[MEIO], é atribuído true à variável ACHOU, já que esta é booleana.

• No caso da não coincidência, é atribuído false à variável ACHOU.

(valor: 3,0 pontos)


No algoritmo-corpo do programa observa-se que:

(1) no procedimento OBTER_DADOS não consta uma instrução para leitura da variável VT;

(2) no procedimento CKT_RC consta VR¬XC *IC quando o correto deveria ser VC¬XC *IC;

(3) no procedimento CKT_RL consta VR¬XL *IL quando o correto deveria ser VL¬XL *IL. Cabe destacar que:

(1) no enunciado está explícito que cabe ao graduando determinar as fórmulas necessárias a cada circuito;

(2) no enunciado está explícito que o valor de VT deverá ser dado pelo programa;

(3) as trocas de letras apontadas nos procedimentos CKT_RC e CKT_RL não interferiram na solução da questão;


a) LACUNA 1:

LACUNA 2:

b) CT = 7.


a)

b) SELECT CLIENTES-FORNECEDORES WHERE CODCLI = ‘CL-582’ GIVING TEMP1.

JOIN TEMP1 AND FORNECEDORES GIVING TEMP2.

PROJECT TEMP2 OVER (CODPROD, PRODUTO) GIVING RESULTADO. (valor: 6,0 pontos)

Complementando:



a) Situação 1: Um Banco de Dados, neste caso representado pelas classes de entidades ALUNO E MATÉRIA, visualizado na figura.

b) Situação 2: Um Banco de Dados, neste caso representado pelas classes de entidades FABRICANTE DE HARDWARE ou SOFTWARE e EMPRESAS, visualizado na figura.


Para gerar os números na matriz diferentes de 1, observa-se que há uma lei de formação, que é A [I, J] = A [I – 1, J – 1] + A [I – 1, J], onde I e J referenciam linhas e colunas da matriz.

Obs.: Se o aluno explicar que o programa não pode ser executado porque a Matriz não foi dimensionada adequadamente, será con-siderada como correta a sua resposta.


a) Os 5 primeiros valores impressos são: 1, 2, 3, 5 e 7.

b) O Laço 2 é repetido 7 vezes, ou seja, para I = 2, 3, 5,

7, 11, 13, 17 e 19.


a) 9 7 5 4 2

b) B = “FALSO” e Y = 5

c)

.

.

.


Repita

HABILIDADE 03 Redes de computadores


a) O equipamento mais adequado é o roteador.

Justificativa: o ambiente é heterogêneo e opera sob protocolo TCP/IP. (valor: 3,0 pontos)

b) A solução é substituir o hub na sub-rede SUN Solaris por um switch.

Justificativa: o objetivo é o de segmentar a rede em domínio de colisão e, dessa forma, o problema estaria facilmente resolvido.

(valor: 3,0 pontos)

c) Protocolo: PPP (Point-to-Point Protocol)

Deverão ser indicadas três das seguintes vantagens:

• transporta o IP no segmento de linha entre modems;

• é mutiprotocolo (além do IP transporta outros protocolos);

• possui implementado mecanismo de detecção de erros;

• possibilita o emprego em linhas de maior velocidade (superior a 19.200 bps – limitação do SLIP);

• permite o endereço IP dinâmico (DHCP). (valor: 4,0 pontos)


a) Os terminadores atuam como casadores de impedância, que, no caso do cabo coaxial, é de 50 ohms. Caso não seja utilizado este terminador, o sinal que se propaga ao longo do meio, ao atingir as extremidades do barramento, irá refletir de volta, o que provocará colisão e mau funcionamento da rede. O terminador atua como um ponto de absorção do sinal, não permitindo que o mesmo retorne, sendo de fundamental importância o seu uso. (valor: 2,0 pontos)

b) A fibra óptica deve ser usada em substituição ao cabo coaxial quando:

- nas instalações onde a rede será implantada houver elevada indução eletromagnética, ou seja, alto nível de ruído. (No caso, nas instalações da empresa existe um pavilhão onde operam máquinas e motores de indução).

- houver necessidade e interesse em se dotar a rede com tecnologia de vida útil elevada e que suporte dispositivos de mais alta velocidade. (valor: 2,0 pontos)


c) Conectores: Indicados na figura como V (ST) e VI (SC). (valor: 2,0 pontos)

d) Topologia: Estrela ou Radial

Obs.: Este esboço é uma referência para solução. Serão aceitas as soluções utilizando diagramas em blocos. (valor: 4,0 pontos)


a)

(valor: 2,0 pontos)

b)

(valor: 2,0 pontos)

c) O endereço IP da empresa INFOVIA é 193.187.135.0. Logo, como 193 está compreendido entre 192 e 223, a classe é C.

(valor: 2,0 pontos)

d) Porta 1 : 193.187.135.161

Porta 2 : 193.187.135.33

Porta 3 : 193.187.135.97

(valor: 2,0 pontos)

e) Qualquer endereço na sub-faixa entre 193.187.135.32 e 193.187.135.63, exceção para

• 193.187.135.34, 193.187.135.35 e 193.187.135.36 (que já foram atribuídos às estações 222, 224 e 223),

• 93.187.135.32 (número de sub-rede),

• 193.187.135.33 (roteador padrão) e


• 193.187.135.63 (“broadcasting” para a sub-rede). (valor: 2,0 pontos)


a) “Firewall” - é conceituado como “um dispositivo de segurança que protege a rede de computadores contra o acesso não autorizado pela Internet, tanto de dentro para fora como de fora para dentro da rede, permitindo somente o tráfego autorizado pela Política de Segurança”.

“Softwares” empregados no mercado:

- o “hping” é uma ferramenta que funciona enviando pacotes TCP a uma porta de destino e informando os pacotes que ele recebe de volta, podendo fornecer uma visão clara dos controles de acesso de um FIREWALL;

- o “Firewalk” é uma ferramenta que, do mesmo modo que os varredores de porta, descobre portas abertas atrás de um FIREWALL;

- FIREWALLs de pacote de filtragem: “Check Point Firewall-1”, “Cisco PIX” e “Cisco IOS”;

- o popular FIREWALL de proxy “WinGate” para Windows95/NT.

(valor: 3,0 pontos)

b) Problemas que podem ser solucionados com o “Firewall”:

- evitar a ação dos “hackers” que invadem o “site” da organização com relativa frequência;

- o livre acesso de funcionários à Internet , o que tem ocasionado sobrecarga na rede de computadores, como consequência do acesso a “sites” de jornais, de sexo e “Chats”. (valor: 2,0 pontos)

c) RAID - Guardar muitos dados em um grande disco rígido é arriscado, e fazer cópias de segurança (“backup”) do disco servi-dor constitui um processo lento. Atualmente, grandes empresas estão adotando o arranjo de discos como uma maneira mais segura de armazenar grande volume de dados. O arranjo de disco é um conjunto de discos rígidos, ocorrendo a distribuição de duplicatas ou partes de cada arquivo entre diferentes discos rígidos. Dessa forma, se um disco sofrer danos, o arquivo poderá ser recuperado.

Um termo utilizado para descrever o arranjo de discos é RAID (“Redundant Array of Inexpensive Disks”). Cada disco rígido de tamanho médio no arranjo de discos custa muito menos do que um único disco rígido de grande capacidade.

As técnicas de espelhamento e “stripping” existentes no RAID:

- espelhamento: faz cópias idênticas dos arquivos em dois ou mais discos rígidos. Além de oferecer maior segurança, o espelhamento acelera o processo de dados da matriz, considerando que as diferentes unidades de disco rígido podem ler simultaneamente partes diferentes do arquivo;

- “striping” (“separação em tiras”): quando um arquivo é gravado nesse esquema, partes diferentes do arquivo são gravadas em dife-rentes discos. Outro disco é utilizado para gravar dados que são usados na verificação de erros. Quando o arquivo é lido, os dados do último disco asseguram a correção dos dados dos outros discos. (valor: 3,0 pontos)

d) O esquema ilustra uma tecnologia direcionada à segurança, a VPN – “Virtual Private Networking” entre as entidades A e B (que podem ser “hosts” individuais ou redes inteiras), empregando o conceito de “tunneling”.

VPN representa um conceito que envolve “encapsular” ou “tunelar” (“tunneling”) dados por meio da Internet, com criptografia opcional.

De forma resumida, o tunelamento (“tunneling”) envolve o encapsulamento de um datagrama criptografado. Para explicar o seu funcio-namento, consideremos que B envia um pacote para A por meio do “Gateway” GW2, que, por sua vez, encapsula o pacote em outro,


destinado ao “Gateway” GW1. Este remove o cabeçalho temporário e entrega o pacote original a A. O pacote original pode ser opcio-nalmente criptografado para a travessia pela Internet (linha pontilhada). (valor: 2,0 pontos)


a) Opção C.

Na codificação Manchester, cada bit é dividido em dois intervalos. O bit 1 é codificado utilizando uma transição no meio do intervalo, inicia com nível alto, vindo após o nível baixo. Na codificação do bit 0 ocorre o inverso: inicia com nível baixo, vindo após a transição nível alto.

Este esquema garante que todo bit tenha uma transição no meio do intervalo total, tornando fácil à estação receptora a sincronização com a estação transmissora.

Todo sistema de banda base 802 utiliza a codificação Manchester devido à sua simplicidade. O sinal alto é de 0,85 V e o baixo é de - 0,85 V, o que dá um valor DC de 0 Volts.

Para evitar ambiguidades, nenhuma das versões do 802.3 usa a transmissão da informação diretamente, codificando com 0 Volts o bit 0 e com 5 Volts o bit 1. Se uma estação envia uma “string” de bits 00001000, as outras podem erradamente interpretar o “string” como sendo 10000000 ou 01000000. Para eliminar a ambiguidade há necessidade de se estabelecer o início, meio ou fim, sem referência a um “clock” externo. (valor: 3,0 pontos)

b) As “bridges” conectam redes LANs separadas formando uma única rede. Elas operam no nível MAC do modelo OSI e executam a interconexão tomando decisões relacionadas com os pacotes a serem transferidos através da rede. A maioria das “bridges” são con-figuradas por meio de programas e executam as decisões de roteamento com base nos endereços de origem e de destino contidos nos pacotes da rede. São simples de instalar e operar, sendo transparentes às aplicações dos usuários.

Os projetistas de rede escolhem “bridges” quando suas redes têm topologias simples, mesmo que o tráfego englobe muitos protocolos diferentes. Como a “bridge” opera ao nível MAC, o administrador de rede não está preocupado com a operação de cada protocolo. Para protocolos que não podem ser roteados porque não operam na camada de rede, uma “bridge” é a única solução de interconexão.

As “bridges” executam os processos de filtragem e tomam suas decisões de roteamento comparando os endereços de origem e de des-tino, usando as tabelas de endereçamento dinâmicas. Isto é denominado roteamento transparente. Neste processo, trajetos redundan-tes podem causar duplicação de pacotes e problemas de propagação de pacotes. Isto é resolvido no ambiente de roteamento local por um algoritmo hierárquico que garante à “bridge” ficar em situação de “stand-by” até ser solicitado. No ambiente de roteamento remoto, outros métodos de redundância tais como “links” de “backup” automático são preferidos.

A “bridge” é dotada de um algoritmo de autoaprendizado, constrói tabelas internas com os endereços das estações conectadas a cada lado dele, aprendendo de modo dinâmico e automático o endereço das mesmas e fazendo atualizações constantes para checar se estações foram adicionadas e/ou retiradas.

A “bridge” tem a característica de um filtro de tráfego, não deixando enviar pacotes desnecessários de um lado a outro. Pode ser uti-lizada para isolar “ilhas” de tráfego numa rede com o objetivo de aumentar a “performance” dessa. Assim, por exemplo: uma “bridge” é colocada na saída de um CPD formado por vários servidores, para que o tráfego entre eles não se propague para o resto da rede, aumentando, assim, a “perfomance” da mesma. Isto é útil tanto em redes 802.3 quanto 802.5.

Aproveitando a inteligência das “bridges” foram definidos algoritmos padrões para possibilitar criar caminhos alternativos numa rede e comunicação para aumentar a confiabilidade da mesma. Estes algoritmos ligam as portas das “bridges” em função de eventuais falhas em segmentos de rede. Para o 802.3, o nome desse algoritmo é “Spanning Tree”.

Equipamentos que realizam a função de filtro de tráfego: “switch” e roteador. (valor: 3,0 pontos)

c)

c1) As fibras monomodo são preferidas às multimodo para uso em aplicações a grandes distâncias, como na área de Telecomunicações.

As fibras multimodo são indicadas para aplicações onde as distâncias são pequenas, incluindo as REDES LOCAIS (até 2 km).

c2) A fibra monomodo utiliza raios de luz emitidos por LASER, enquanto que na fibra multimodo os raios de luz emitidos têm como fonte LED.

c3) Vantagens:

– maior largura de banda, possibilitando maior taxa de bits;

– pequena dimensão e peso;

– isolação elétrica;

– imunidade a interferência eletromagnética;


– segurança do sinal;

– baixa atenuação;

– robustez e flexibilidade.

Desvantagens:

– fragilidade da fibra nua;

– dificuldades com a confecção de emendas e de conectores causadas pelo pequeno tamanho da fibra e cabos ópticos;

– problemas envolvidos com o formato dos acopladores T de baixa perda;

– segurança, quanto à vida útil, particularmente na presença de umidade;

– alimentação independente para os repetidores;

– procedimentos de testes complexos. (valor: 4,0 pontos)


a) Classe C, pois do endereço 204.140.111.0, o primeiro octeto (204) está situado entre 192 e 223.

Para complementar, na prática são utilizadas três classes para endereço IP na Internet: classe A (primeiro octeto entre 0 e 127), classe B (entre 128 e 191) e por último a classe C (entre 192 e 223).

b) No que diz respeito ao endereço classe C, os três primeiros octetos (204.140.111) são utilizados como NetlD, como endereço de sub-rede, ficando o último octeto para referenciar HostlD.

Considerando que é utilizado o sistema binário e que cada octeto utiliza 8 bits, teremos 28 = 256 combinações possíveis. Assim, a quan-tidade total de endereços de “hosts” é igual a 256.

c) Como são 256 possibilidades, estas vão de 0 a 255, ou seja, de 00000000 a 11111111. Admite-se 254, desde que seja respondido que dois endereços são usados pelo roteador e para “broadcast” respectivamente.

d) Sim. Uma máscara de rede possibilita ao “software” de IP verificar como um “host” diferencia de outro “host” está ou não na mesma sub-rede.

A máscara de rede 255.255.255.224 corresponde em binário a 11111111.11111111.11111111.11100000 mostrando que três dos “bit hosts” são usados para representar sub-redes dentro da rede, permitindo a distribuição dos 256 endereços de “host” em subfaixas de 25 = 32 “subendereços” conforme mostrado a seguir:


e) 255.255.255.0.

HABILIDADE 04 Sistemas de informação


Tabela Lógica:

Obs.: Não obrigatória

a) WX = XYZ + XYZ + XYZ + XYZ

Simplificação

W = XZ + YZ + XY

b) W = (X + Y + Z) (X + Y + ) (X + + Z) ( + Y + Z)


a) É um diagrama de modelagem que é utilizado para descrever as transformações de entradas em saídas.

b)

c) Clientes e estoques.


Capítulo VII ENGENHARIA DE CONTROLE AUTOMAÇÃO

HABILIDADE 01 Análise, modelagem e simulação de sistemas


a) Da figura, observa-se que a saída se comporta como um sistema de 1ª ordem, atrasado de 5 segundos em relação ao instante de aplicação do degrau. Assim, a = 5 segundos.

Para identificar o termo de 1ª ordem de G(s), considera-se a origem em t0 = 5 segundos. A resposta de 1ª ordem atinge 95% do valor de regime em t = 35 segundos, ou seja,

Portanto,

(valor: 3,0 pontos)

b) Do diagrama de resposta em frequência, considerando a aproximação de Padé, pode-se estimar a margem de ganho do sistema como:

(valor: 4,0 pontos)

Obs.: Considerar respostas que expressem este ganho em dB, ou seja 19

c) Observa-se nos diagramas que as frequências de cruzamento de fase exata e aproximada são muito próximas e, consequente-mente, as correspondentes estimativas para KMAX também o são.

Além disso, para frequências inferiores a jv, os diagramas são praticamente iguais. Portanto, para qualquer ajuste de ganho

, as margens de ganho e fase resultantes aproximadas serão boas estimativas dos seus valores exatos, resultando em projetos adequados. (valor: 3,0 pontos)


a) Para identificar o tipo de compensador, deve-se:

- considerar que a planta é de 2a ordem, com polos p1 = -2 e p2 = -8 , e

- verificar em cada gráfico as demais singularidades (polo e zero) correspondentes ao compensador.

Assim, considerando pc o polo do compensador e zc o zero do compensador,

Gráfico 1: Compensador Tipo 2


Polo do compensador: pc = 0



Polo do compensador : pc = 0

Zero do compensador : zc = -2,5 (valor aproximado)


Polo do compensador: pc = -4

Zero do compensador: zc = -2

(valor: 7,0 pontos)

b) Para escolher o gráfico cujo compensador permite atender aos dois requisitos de desempenho, seguem-se os passos abaixo.

i) Utilizar o Teorema do Valor Final, ou fazer apelo ao Princípio do Modelo Interno, para verificar quais gráficos permitem atingir o requi-sito de regime permanente. O atendimento desse requisito pode ser analisado a partir da função de transferência

pois, utilizando o Teorema do Valor Final, tem-se:

Logo, o requisito de erro nulo em regime será verificado se C(s) contiver um integrador (Princípio do Modelo Interno), ou seja, um polo na origem (s = 0). Essa condição é verificada apenas nos Gráficos 2 e 3.

ii) Encontrar o valor de a partir do qual se verifica o tempo de acomodação desejado. Então:

Para o atendimento do requisito de tempo de acomodação, deve-se verificar os gráficos do Lugar das Raízes nos quais é possível determinar algum valor (ou faixa de valores) de K > 0 tal que o par de polos dominantes em malha fechada esteja à esquerda de uma linha vertical traçada em s = -2,5. Isso ocorre nos gráficos 1, 3 e 4.

Da análise realizada nos itens i) e ii) anteriores, deduz-se que o gráfico cujo compensador permite atender aos dois requisitos de desem-penho é o Gráfico 3. (valor: 3,0 pontos)


a) Em regime permanente tem-se a situação de equilíbrio na qual x_(t) = 0. Então,

Portanto,

(valor: 2,0 pontos)

b) Para obter o modelo linearizado, parte-se de

e utiliza-se a aproximação linear


Pela definição dos valores de , tem-se =

e

De , tem-se também:

Portanto, a partir da expressão = aproximação linear, e como

, obtém-se:

(valor: 8,0 pontos)


a) Para o sistema sob consideração, tem-se:

Para utilizar os valores tabelados, é necessário reescrever o termo em s como a soma de dois termos elementares:

(valor: 1,0 ponto)

Assim:

(valor: 1,0 ponto)

e, a partir da tabela:

(valor: 1,0 ponto)


Logo, a função de transferência é:

(valor: 1,0 ponto)

b) A partir da expressão , sendo dado , obtém-se:

(valor: 1,0 ponto)

Logo, o polinômio característico em malha fechada, denotado P(z) , é dado por

(valor: 1,0 ponto)

Aplicando o Teste de Estabilidade de Jury, é possível identificar a faixa de valores para a qual os polos de malha fechada encontram-se no interior do círculo unitário do plano complexo:

(valor: 1,0 ponto)

O intervalo de estabilidade é:

0 < K < 8,1652.

(valor: 1,0 ponto)

O esboço do Lugar das Raízes para K > 0 deve representar o comportamento descrito pelo gráfico abaixo, visto que:

1) o gráfico do Lugar das Raízes inicia nos polos de C(z)G(z) e tende para os zeros (finitos e infinitos) quando K →∞;

2) as partes do eixo real que pertencem ao Lugar das Raízes encontram-se à esquerda do número ímpar de singularidade (polos e/ou zeros);

3) o gráfico do Lugar das Raízes é simétrico em relação ao eixo real, e

4) o intervalo de estabilidade encontrado acima requer que o ponto de quebra sobre o semieixo real negativo esteja contido no círculo unitário, pois, para , tem-se:

P(z) = z2 +1,6065z + 0,6065 = (z +1)(z + 0,6065)

(valor: 2,0 pontos)


Para reduzir a notação matemática as variáveis u(t), vA(t) e y(t) serão tratadas com u, vA, e y respectivamente.

a)


Equações do nó A: (1)

Equações do nó B: (2)

Alternativa 1

Preparando as equações para a passagem ao modelo Espaço de Estado, de (1) e (2) obtém-se respectivamente:

(valor: 1,0 ponto)

Escolhendo o vetor de estado obtém-se diretamente das equações:

0,5 pontos por elemento de A

(valor: 2,0 pontos)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

Alternativa 2

De (1) e (2) obtém-se por substituição:

(3)

(valor: 1,0 ponto)

Escolhendo o vetor de estado

obtém-se diretamente da equação (3):

0,5 pontos por elemento de A (valor: 2,0 pontos)


(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

b)

De (1) e (2) obtém-se por substituição ou diretamente da equação (3):

(valor: 1,0 ponto)

Aplicando da Transformada de Laplace na expressão (3):

(valor: 1,0 ponto)

Assim:

(valor: 3,0 pontos)


a) Verifica-se através dos diagramas (resposta frequencial) que o atraso de transporte modifica apenas o gráfico de fase comparativa-mente ao gráfico de fase do sistema sem atraso de transporte (em linha contínua).

A análise conjunta dos diagramas de módulo e de fase real (em linha pontilhada) permite verificar:

e isto implica instabilidade do sistema real em malha fechada. (valor: 5,0 pontos)

b) Para estabilizar o sistema real em malha fechada, é necessário diminuir o ganho do atuador, baixando assim a curva de módulo, até se obter, na presença do atraso de transporte: MG > 1 e MF > 0°. (valor: 5,0 pontos)


A resposta apresenta um comportamento padrão de sistema de segunda ordem com sobressinal e oscilação. A função de transferência procurada é do tipo:


Os valores de Ks, V e Wn podem ser obtidos a partir da resposta em regime do sistema y (∞), da amplitude do sinal de entrada u, do valor do sobressinal e do tempo onde o sobressinal ocorre.

Partindo de medidas feitas sobre o gráfico e a tabela, o valor do sobressinal é assim calculado:

A partir de MP calculamos o valor de V assim:

O instante em que ocorre o sobressinal é:

Da tabela verificamos que o sobressinal ocorre em t = 1 segundo.

O valor do ganho estático para uma entrada do tipo degrau unitário é:

Ks = y (∞) = 0,25

A função de transferência para o processo é:

O problema pode ser resolvido também utilizando o tempo de acomodação com precisão de 95%.

O valor de ts (5%) ocorre quando a resposta está próxima do valor de regime, com uma variação de 5%:

Da tabela o valor mais próximo ocorre quando t = 4,0 segundos.

A função de transferência obtida é:

Obs.: Como o exercício exige a interpretação gráfica, a solução obtida pode apresentar variações significativas se utilizarmos o tp ou ts (5%). Isto pode ser comprovado pelas expressões obtidas para a função de transferência.

HABILIDADE 02 Sistemas lineares e não lineares



a) A partir do diagrama de blocos, tem-se:

Ao ser aplicada à equação de estado do sistema, resulta em:

Como o objetivo é equacionar o sistema em malha fechada em função das variáveis de estado do sistema e do erro de estimação, a partir da definição deste último, tem-se:

Substituindo-se na equação anterior, tem-se:

A equação de estado do modelo desejado é obtida ao se escrever conjuntamente a equação acima e a equação dinâmica do erro, sob a forma:

A equação de saída é:

(valor: 4,0 pontos)

b) Devido à forma bloco triangular da matriz de estados aumentada, no modelo acima, podem ser aplicadas as duas propriedades de matrizes fornecidas, como segue:

Conclui-se que o conjunto dos autovalores em malha fechada corresponde à união dos conjuntos de autovalores de

(valor: 2,0 pontos)

c) O cálculo da matriz de ganhos do observador, neste caso de 2ª ordem, pode ser realizado por comparação de polinômios. Para

, deve-se escrever:

,

cujo polinômio característico é:

Por comparação dos coeficientes do polinômio característico com os coeficientes do polinômio seguinte, cujas raízes são os autovalores desejados para (A - LC) , tem-se:


(valor: 4,0 pontos)

HABILIDADE 03 Automação industrial


a) Se o quadro é formado por 14 caracteres, cada um de 11 bits, o tamanho do quadro, em bits, será de bits.

Como a taxa de transmissão do barramento é de 500 kbits/s, ou 500000 bits/s, o tempo para envio de um quadro será de

Como cada operação envolve a transmissão de 2 quadros, o tempo necessário para se completar uma operação mestre-escravo será de

Sendo n = 5, o número de dispositivos escravos do sistema, o tempo total de um ciclo de varredura do CLP será de

(valor: 3,0 pontos)

b) Deve-se considerar o pior caso. Neste caso, cada operação mestre-escravo falha uma vez, o que implica uma espera e um reenvio de um quadro. O tempo total da operação será, portanto, de

O tempo de ciclo total é, então, no pior caso,

Para que este tempo não exceda, deve-se ter

(valor: 4,0 pontos)

c) A produtividade da linha pode ser estimada a partir do 1º gráfico como

O tempo médio para se produzir um item é, então,


Para o cálculo da eficiência da linha deve-se calcular P I , a produtividade da linha em condições de operação sem falhas. No 2º gráfico, observa-se que no período considerado a linha ficou em condições de operacionalidade por 8,5 horas. Deste modo, obtém-se

(valor: 3,0 pontos)


a) As equações booleanas são:

S1 = (E1 E2+ S1) 2

S2 = (S1 E3+ S2) 4

c) Em Ladder Diagram temos:

HABILIDADE 05 Controle de sistemas dinâmicos


a) No projeto do controlador, devem ser consideradas as três especificações. A especificação de erro em regime está assegurada pelo integrador presente no controlador.

Para satisfazer a especificação de resposta tipo 1ª ordem, deve-se escolher o parâmetro T = 0,5 de modo a se cancelar o polo domi-nante do motor. Assim, a FTMA fica


que corresponde a um sistema padrão de 1ª ordem com constante de tempo

Para que o sistema apresente tempo de acomodação a segundo, deve-se ajustar o ganho K de modo que

, ou seja,

(valor: 3,0 pontos)

b) O controlador considerado produz um cancelamento do polo correspondente a = . Portanto, a resposta de malha fechada esperada, considerando-se o modelo apresentado, seria do tipo 1ª ordem. A resposta produzida indica uma influência da constante elétrica para o ajuste de ganho feito.

O modelo do motor, levando em conta sua constante de tempo , é

Confrontando com a forma padrão de 2ª ordem, tem-se:

Da tabela fornecida, para um sobressinal de 25% obtém-se

Da resposta observada, com sobressinal de 25% e segundo, obtém-se:

Resolve-se, então, para , por exemplo, fazendo =

(valor: 4,0 pontos)

c) Para esboçar o lugar das raízes, considera-se a FTMA


Obs.: Na correção das respostas devem ser aceitas duas possibilidades: uma, onde o LR foi traçado qualitativamente em função do

parâmetro ; e outra, quantitativa, que considera os valores obtidos em (b) para .)

Os polos finitos de malha aberta são

As assíntotas cruzam o eixo real em

Para 2 polos finitos e nenhum zero finito de malha aberta, o traçado do LR deve ser como o esboçado a seguir.

Para localizar os polos de malha fechada para K = 1, 5 6, é preciso considerar os valores obtidos a partir da resposta e dos valores de e correspondentes. Estes polos estão em

Ou seja

(valor: 3,0 pontos)


a) A resposta à variação de carga pode ser obtida a partir da função de transferência


(valor: 1, 0 ponto)

Para obter o valor em regime permanente, aplica-se o teorema do valor final:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

Então, para os valores do enunciado (R << 100), tem-se:

(valor: 1,0 ponto)

b) Para a análise em regime permanente é suficiente usar a expressão (valor: 1,0 ponto)

DF @ RPd

Assim, comparativamente ao valor utilizado R = 2 empregado na planta,

• R = 4 implica um maior desvio em frequência, e (valor: 1,0 ponto)

• R = 0.5, um menor desvio de frequência. (valor: 1,0 ponto)

Para a análise em regime transitório, deve-se considerar que a resposta do sistema pode ser aproximada por uma resposta padrão de segunda ordem, com polos complexos conjugados, dados pelos polos dominantes em malha fechada. (valor: 1,0 ponto)

Sabe-se que o tempo de resposta de um sistema de segunda ordem pode ser aproximado por . Então, comparativa-

mente ao valor utilizado R = 2 empregado na planta,

- o valor R = 4 implicará um tempo de resposta menor; (valor: 1,0 ponto)

- o valor R = 0,5 implicará um tempo de resposta maior. (valor: 1,0 ponto)


a) Primeiro, obtém-se o polinômio característico do sistema em malha aberta dado por:

Os autovalores correspondentes são as raízes da equação

s3 + 10.5s2 + 10s = s(s2 + 10,5s + 10) = 0

Como uma das raízes é nula, pode-se aplicar Báskara para achar os dois autovalores restantes. Assim, os autovalores do sistema em malha aberta são:

s1 = 0 s2 = 1.0592 s3 = 9.4408

b) Substituindo u(t) pela expressão da lei de controle por realimentação de estados, obtém-se:

A equação de estados do sistema em malha fechada é, então:


c) Método 1: O polinômio característico correspondente em malha fechada é:

Desenvolvendo-se o produto acima, encontra-se o polinômio característico associado ao sistema em malha fechada, de 3ª ordem e cujos coeficientes são dependentes dos ganhos de realimentação.

Os valores de ganhos desejados (f1, f2, f3), podem então ser obtidos igualando-se os coeficientes do polinômio acima com os coeficien-tes correspondentes do polinômio desejado (s3 + 5s2 + 12s + 8).


a) Para encontrar T(s), considera-se PC(s) = 0

O diagrama de blocos equivalente, após uma primeira simplificação, é:

Onde G(s) =

Uma segunda simplificação calcula diretamente

Para encontrar S(s), considera-se èr(s) = 0, e o diagrama de blocos pode ser rearranjado como segue:

Pode-se então deduzir a função de transferência S(s), como:

b) Os polos em malha fechada são as raízes do polinômio característico:

s2 + 10(1 + Kd)s + 10Kp (a)

Para os valores de polos exigidos, o polinômio característico desejado é:

(s + 6 + j6)(s + 6 - j6) = s2 + 12s + 72 (b)

Igualando os coeficientes dos dois polinômios (a) e (b) obtêm-se os valores dos parâmetros do controlador:

10(1 + Kd) = 12 ⇒ Kd = 0,2

10Kp = 72 ⇒ Kp = 7,2 (valor: 2,0 pontos)

c) As análises em regime permanente da resposta à referência e da resposta à perturbação podem ser feitas separadamente aplicando-se o princípio da superposição.

Resposta à referência:

A relação entre a referência e o erro de posição é dada por:


onde:

O erro em regime permanente é dado por:

Devido ao cancelamento dos termos s do numerador e denominador, tem-se:

Como G(s) é uma função de transferência do tipo 1, então:

Resposta à perturbação:

Neste caso tem-se E(s) = -θ(s), pois θr(s) = 0.

Portanto, para a análise em regime permanente, a relação entre a perturbação e a saída é dada por:

O valor da saída em regime permanente é dado por:

Neste caso, apesar de G(s) ser do tipo 1, o desenvolvimento da expressão acima mostra que o valor de regime é não nulo.


Do diagrama de blocos apresentado temos que:

A solução obtida pelo engenheiro júnior é:

Colocando na forma padrão de (1) temos:

Portanto,

O valor máximo de i (t) ocorre quando:


A taxa de liberação máxima de insulina em t = 36.000 segundos é:

imax i(36000 segundos) 1,31 x 10-10 = 1,73 x 10-6 cm3 / s

O total de insulina liberada é:

Conclusão: A solução proposta pelo engenheiro júnior não pode ser aceita, pois o instante em que ocorre a liberação máxima de insu-lina é 10 horas após o início da refeição, extremamente tarde em relação à especificação.


a) Desconsiderando-se a não linearidade o sistema em malha fechada é dado por:

Ou seja, a equação característica é:

s3 + 50s2 + 400s + 4000Kp = 0

Aplicando-se o critério de Routh-Hurwitz temos:

Portanto, as condições de estabilidade são:

0 < Kp < 5

b) Levando-se em conta a não linearidade, o sistema em malha fechada é dado por:

Ou seja, para Kp = 10 a equação característica é:

s3 + 50s2 + 400s + 40000N = 0

Aplicando-se o critério de Routh-Hurwitz temos:

Uma oscilação sustentada ocorrerá se:

Portanto, o valor de N(x) é:

N(X) = 0.5

O valor da frequência de oscilação é obtido a partir da segunda linha do critério de Routh-Hurwitz:


50s2 + 40000N = 0 ⇒ 50s2 + 20000 = 0 ⇒ s = ± 20j

Portanto, a frequência de oscilação é de 20 rad/s.

c) Para uma oscilação sustentada na saída de amplitude unitária, temos que calcular o valor de N (X).

Para X = 0,2 utilizamos a equação:

onde a inclinação da parcela linear é k = 1.

N (0,2) = 0,9423

Portanto, aplicando-se o critério de Routh-Hurwitz

Portanto,

Como N (0.2) = 0.9423,

a frequência de oscilação continua sendo w = 20 rad/s

Outra maneira de resolver:

a) Outra forma de resolver é utilizando o critério de Nyquist. Isto pode ser feito, pois a função descritiva depende somente da amplitude do sinal de entrada.

Desprezando-se a não linearidade podemos analisar a estabilidade do sistema analisando somente G(jω), fazendo isto em termos do diagrama de Nyquist.

G(j ω) = G1(ω) + jG2(ω)

A estabilidade do sistema depende do cruzamento ou não do eixo real. Ou, equivalentemente, quando a parte imaginária de G(jw) = 0.

G2(ω) = 0 ⇒ - 400ω + ω 3 = 0

Donde concluímos que ω = 0 rad/s, ω = - 20rad/s e ω = 20 rad/s. Como a frequência deve ser positiva, temos que o digrama de Nyquist cruza o eixo real quando ω = 20 rad/s.


1 + N(X) + Kp G(20j) = 0

Para Kp = 10 e G(20j) = temos que:

N(X) = 0.5

c) Para X = 0.2 temos que N(0.2) = 0.9423.

1 + N (0.2) + Kp G(20j) = 0 ⇒ Kp = 5.3062

+ 0j, este ponto será atingido quando Kp = 5. Ou seja, para que o sistema seja estável 0 < Kp < 5

b) Quando a não linearidade está presente, a existência de uma oscilação sustentada depende de qual valor de N(X) leva o diagrama de Nyquist a passar exatamente pelo ponto -1 + 0j. Matematicamente, devemos encontrar N(X) tal que:

Como o ponto crítico é -1


Capítulo VIIIENGENHARIA ELETRICA

HABILIDADE 01 Geração, transmissão e distribuição de energia elétrica


a) Escolha correta: T2 Sn=500 kVA, 13,8/0,38 kV, Dy–1, Z% = 4,5

Na justificativa o aluno deverá descrever as condições necessárias e de otimização para o paralelismo.

As condições necessárias são a igualdade das tensões primárias e secundárias dos transformadores, o tipo de ligação e o defasamento angular (Dy–1).

A condição de otimização exige que as impedâncias dos transformadores em paralelo sejam as mais próximas possíveis.

b) Considerando T1 como transformador original instalado e T2 como o novo transformador, tem-se:

T1 Sn = 750 kVA, 13,8/0,38 kV, Dy–1 , Z% = 4,5

T2 Sn = 500 kVA, 13,8/0,38 kV, Dy–1, Z% = 4,5

Na operação em paralelo, as potências se distribuem na razão inversa das impedâncias. Em valores percentuais tem–se:

(1)

Adicionalmente, a soma das potências entregues pelos transformadores deve corresponder à carga demandada

(2)

Substituindo em (1) os valores das impedâncias e expressando as potências entregues e nominais, tem–se:

Isolando S1 na expressão acima

S1 = S1N/S2N . S2 = 750/500 . S2 ==> S1 =1,5.S2

Substituindo o valor de S1 em (2)

Logo,

Então, a potência (em %) entregue pelo transformador 1 é dada por

S1perc = 88%

Da mesma forma S2perc = 440/500.100 = 88%

(Transformador de 750 kVA = 88% e o Transformador de 500 kVA = 88%).


a) Definindo, DMG própria = DS


Por simetria, a DMG própria de cada fase é igual.

Tomando a fase A para calcular DS, tem-se:

cm

(valor: 2,0 pontos)

b) Definindo, DMG mútua =

A DMG mútua da linha é a média geométrica das DMGs mútuas entre as três fases, ou seja:

Onde,

Por simetria, tem-se:

A DMG mútua entre as fases A e C é:

Finalmente, a DMG mútua da linha é:

(valor: 2,0 pontos)

c) A indutância da linha por unidade de comprimento é:

A reatância indutiva da linha por unidade de comprimento é:

(valor: 2,0 pontos)

d) Qualquer uma das razões a seguir será considerada satisfatória:

- diminuir a impedância da linha;

- minimizar / eliminar o efeito corona;

- Aumentar a capacidade de transmissão. (valor: 2,0 pontos)

e) As linhas de transmissão que apresentam espaçamentos não equilibrados entre suas fases devem ser transpostas para equilibrar a reatância das fases. (valor: 2,0 pontos)


a) A potência ativa entre os barramentos 2 e 3 é dada por:


A tensão terminal é

A corrente de saída do gerador é:

A tensão interna transitória do gerador é:

Então, o ângulo da tensão interna é: 31,4_ = 0,548 rad

O ângulo máximo em que o sistema permanece estável é:

O tempo máximo de abertura dos disjuntores, para que o gerador permaneça em sincronismo, é:

(valor: 4,0 pontos)

b) A potência mecânica (Pm ) deve ser considerada constante e a potência elétrica, igual a

O ângulo máximo é definido quando A1 = A2. O gráfico abaixo considera ( é o tempo de abertura e fechamento do disjuntor).

(valor: 3,0 pontos)

O gráfico mostrado abaixo é a solução do problema caso não seja considerado o religamento instantâneo dos disjuntores c e d.

, conforme mostrado na figura abaixo.


(valor: 3,0 pontos)

Onde Pe1 é a curva de potência elétrica para o caso quando as duas linhas de transmissão estão ligadas e Pe2 é a curva de potência elétrica para o caso quando apenas uma linha de transmissão está ligada.

c) Um gerador fisicamente maior tem sua constante de inércia (H) maior, consequentemente suportando um tempo mais longo de eli-minação do curto-circuito para manutenção do sincronismo.

(valor: 2,0 pontos)

d) Na barra infinita, a tensão e a frequência são constantes, independentemente das variações que ocorram no sistema a ela conectado.

(valor: 1,0 ponto)


a) Analisando comparativamente os dados das duas empresas, a ANEEL poderia constatar o pior desempenho da Empresa B, que, em cinco anos, não atingiu os índices exigidos por lei. Nesse caso, a ANEEL deveria aplicar à Empresa B as penalidades previstas, ou seja, a Empresa B deveria ser multada.

(valor: 2,0 pontos)

b) Alimentador 1:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

Alimentador 2:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

c) Possíveis razões de os índices do alimentador 2 serem piores: (valor: 2,0 pontos, sendo1,0 ponto por resposta correta)

1) alimentador não possui religamento remoto;

2) transformadores operando próximo da capacidade nominal;

3) o maior número de interrupções pode ser justificado, por exemplo, pelo fato de o alimentador estar passando por ruas onde árvores não estão bem podadas.

OBS.: Podem ser aceitas outras razões, aqui não descritas, desde que pertinentes.


Reescrevendo o circuito p equivalente:


Escrevendo na forma matricial

Solução alternativa

Escrevendo na forma matricial:

Invertendo a matriz:

Obs.: Serão aceitas outras alternativas de solução, desde que pertinentes.


a)


b) Pede-se F12 ≤ 0,5 pu XC = ?

Na condição limítrofe, tem-se:

O fluxo na linha 1 – 3 deve ser, então:

Lembre-se que:

pela 1ª equação, tem-se que:

HABILIDADE 02 Máquinas elétricas


A questão trata essencialmente do conceito básico de divisor resistivo de tensão e da lei de ohm. O valor da resistência Rx deve ser obtido no gráfico.

a) Em 90ºC tem–se Rx = 2 kohm, de forma que a tensão Vs correspondente é:

b) Quando a temperatura é máxima, Rx = 1 kohm. A corrente fornecida pela fonte

é:

c) A tensão Vs que identifica a temperatura de 100ºC é dada pelo divisor resistivo:


Substituindo a fonte Vcc por uma bateria Vbat:


a) Circuito equivalente simplificado

A tensão V2 é calculada pelo divisor resistivo:

A potência elétrica transformada em mecânica é obtida da seguinte forma:

Como:

Obtém-se

Logo:

Assim, o torque é diretamente proporcional a w2

(valor: 3,0 pontos)


Torque Total Trifásico = que também é diretamente proporcional a w2 .


b) Mantendo invariáveis w1, r2 e w2 e reduzindo de 30% a tensão V1, temos o torque proporcional:

Logo, o torque será 51% menor para uma mesma velocidade de escorregamento w2.

(valor: 3,0 pontos)

c) Na expressão do torque, mantendo-se a relação invariá vel, obtém-se a mesma capacidade de torque.

No caso anterior, por exemplo, se a queda de 30% na tensão V1 for acompanhada de uma queda de 30% na frequência

de alimentação, mantendo-se a velocidade de escorregamento , o torque não se altera, permanece constante.

(valor: 4,0 pontos)


a) Se a tensão de 127 volts for considerada nos terminais dos motores (pontos A e B), a solução é:

Motor 1:

Potência de saída: watts

Potência de entrada: watts

Corrente ampères

Potência reativa: var indutivos

Motor 2:

Potência de saída: watts

Potência de entrada: watts

Corrente: ampères

Potência reativa: var capacitivos

Potência total:

Se a tensão de 127 volts for considerada na saída da fonte de alimentação, o graduando deverá desenvolver um problema de solução iterativa, similar a um problema de fluxo de potência. Essa solução será considerada satisfatória mesmo que o graduando não a tenha concluído numericamente. (valor: 3,0 pontos)


b) Fator de potência do conjunto:

(valor: 3,0 pontos)

c) Corrente total

ampères

(valor: 2,0 pontos)

d) Queda de tensão:

volts

(valor: 2,0 pontos)


a) Carga total = 50% carga do tipo potência constante + 50% carga do tipo impedância constante.

Carga total = 50% (V × I ) + 50%

Carga total = 50%

Para pequenas variações de tensão, as cargas do tipo potência constante requerem proporcionalmente mais corrente, mantendo, assim, a potência requerida constante ( = constante).

As cargas do tipo impedância constante requerem proporcionalmente menos corrente, consequentemente, menos potência de forma quadrática ( varia quadraticamente com a tensão).

C o n s i d e - rando que a tensão nominal é igual a 1,0 pu, a tensão reduzida é 0,95 pu (5% de redução).

Considerando que a carga total na tensão nominal é igual a 1,0 pu, com a tensão reduzida, a nova carga total será:

0,5 + 0,5 x (0,95)2 = 0,95125 pu

Redução da carga total:

(valor: 5,0 pontos)

b) Devem ser citadas três das seguintes desvantagens:

• redução da vida útil de motores;

• diminuição da luminosidade das lâmpadas;

• maior lentidão nas operações de elevação de temperatura;

• maior lentidão nas operações de resfriamento. (valor: 3,0 pontos)

c) A energia demandada pelas cargas de aquecimento ou resfriamento, que tenham controle de temperatura, não sofrerá alteração.

Justificativa: Para manter a temperatura constante, com a tensão reduzida, estas cargas permanecerão ligadas por mais tempo.

(valor: 2,0 pontos)


a) Usa-se a chave estrela-triângulo para reduzir a corrente de partida do motor, reduzindo, consequentemente, a variação de tensão no sistema elétrico. (valor: 3,0 pontos)


b)

(valor: 3,0 pontos)

c)

(valor: curva do fusível: 1,0 ponto; curva do disjuntor: 1,0 ponto; coordenação entre as duas curvas: 2,0 pontos).

A figura a seguir mostra as curvas traçadas com precisão.



Cálculo da impedância equivalente (após r1 e x1):

Cálculo da impedância total:

Potência transferida através do entreferro:

Pg = 3 x (25,9)2 x 3,87 = 7788W


Potência mecânica interna:

Pm = Pg - Pcu = Pg (1 - s)

Pm = 7788 (1 - 0,02) ⇒ Pm = 7632 W

Potência de saída:

Ps = Pm - PAVF = 7632 - 400 = 7232 W

Conjugado de saída:

Cálculo do rendimento:

Perdas no cobre do estator

PcuESTATOR = 3 x (25,9)2 x 0,3 = 603,7 W

PcnROTOR = 0,02 x 7788 = 155,8 W

Potência de entrada

PENTRADA = 7788 + 603,7 = 8391,7 W

PAVF = 400 W

Perdas = 603,7 + 155,8 + 400 = 1159,5 W


a)

Ensaio de curto-circuito

Cálculo da impedância de curto-circuito no lado de alta tensão:

Cálculo da resistência de curto-circuito no lado de alta tensã o:

Cálculo da reatância de curto-circuito no lado de alta tensão:

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

r1 = r2 = 0,5 req = 0,5 Rcc = 0,3125 Ω

x1 = x2 = 0,5 xeq = 0,5 Xcc = 1,339 Ω

Parâmetros do circuito equivalente no lado de baixa tensão:

Ensaio de circuito aberto

Cálculo da admitância de circuito aberto no lado de baixa tensão:


Cálculo da condutância:

Cálculo da resistência:

Cálculo da susceptância:

Cálculo da reatância:

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

b)

O ensaio de curto-circuito é feito no lado de alta tensão porque, neste lado, a corrente nominal é menor do que a corrente nominal do lado de baixa tensão, o que leva a menor corrente de curto a ser mais facilmente ensaiada.

O ensaio de circuito aberto é feito no lado de baixa tensão porque a tensão nominal neste lado é menor do que a tensão nominal do lado de alta, o que leva a ensaios com menores tensões.


a) No motor série CA o fluxo magnético produzido pela corrente alternada também é alternado, provocando o surgimento de correntes parasitas. A construção do seu estator em lâminas justapostas minimiza essas correntes parasitas. No motor de série cc o fluxo magnético é invariante, não exigindo essa característica construtiva do estator.

b) Ambos os tipos produzem altos torques em baixas velocidades e, inversamente, baixos torques em altas velocidades. Assim, como a potência mecânica é resultante do produto torque x velocidade, ela tende a ser constante em toda a operação do motor.

c) A corrente varia com a raiz quadrada do torque.

Outra forma de explicação:

A equação do torque é T = K . I2.


HABILIDADE 03 Modelagem e análise de sistemas de potência


A rede de sequência positiva é:

A rede de sequência negativa é:

A rede de sequência zero é:

Para simular o curto-circuito fase terra, as redes de sequência são conectadas em série:

As correntes nas fases são (supondo o curto na fase A):



a) Impedância

1. da linha 01( Z01):

5. Impedâncias em pu:

b) Fluxo nas linhas e determinação do banco de capacitores

Mesmo não se tendo solicitado o valor da potência ativa instalada em SUB02, as potências ativas nos ramos ligados a este nó serão calculados com o objetivo de se comprovar a integridade dos dados fornecidos no diagrama unifilar. Portanto, a obtenção dos valores de P20 e de P21 não faz parte da solução da questão, não devendo, portanto, ser pontuada.

Para a determinação da potência do banco de capacitores em SUB02 necessita-se determinar a potência transmitida nos ramos e .

A admitância destes ramos será:


A potência nestes ramos será:

Aplicando a lei dos nós em SUB02 tem-se:

Q20 + Q21 = QC - QL

0,417 + 0,400 = QC - 0,200. Portanto:

QC = 1,017pu de 100MVA

ou:

QC = 101,7MVAr

A verificação da potência ativa é feita por:

P20 + P21 = - 0,804 + 0,199 = - 0,605 que é a potência ativa instalada em SUB02 a menos dos erros decorrentes das aproximações.


As potências reativas podem ser calculadas de forma alternativa sem usar o formulário anterior por meio de:

Q20 = Imag

Q21 = Imag onde Imag(x) indica a parte imaginária de x e o asterisco indica o conjugado complexo. As correntes e

são dadas por:

HABILIDADE 04 Instalações elétricas


Uma rápida análise permite concluir que os circuitos (2) e (4) violam as leis.

CIRCUITO 2:

Com o chaveamento do conversor eletrônico, duas tensões (a da fonte e a do capacitor) poderiam ser conectadas diretamente, con-trariando a Lei de Kirchhoff das tensões.


CIRCUITO 4:

Com o chaveamento do conversor eletrônico, as correntes nos indutores, de valores diferentes, estariam sendo conectadas, contra-riando a Lei de Kirchhoff das correntes.

Nos demais circuitos (1, 3 e 5), o chaveamento conecta sempre uma tensão com uma corrente, ou vice-versa, não contrariando ime-diatamente as leis de circuitos elétricos.

CIRCUITO 1:

Com o chaveamento do conversor eletrônico, a fonte de tensão E é conectada a um indutor, que se comporta como uma fonte de cor-rente nesse momento.

CIRCUITO 3:

Com o chaveamento do conversor eletrônico, a corrente no indutor é conectada à tensão do capacitor.

CIRCUITO 5:

Com o chaveamento do conversor eletrônico, a fonte de tensão E é conectada a um circuito indutivo, que se comporta como uma fonte de corrente nesse momento. (valor: 10,0 pontos)

Obs.: Foi atribuída uma pontuação parcial para respostas pertinentes, porém, incompletas.


A amplitude e o período da corrente do neutro são obtidos diretamente do gráfico construído a partir da expressão in = ia + ib + ic

Logo,

- o período da corrente de neutro é igual a 1/3 do período das correntes de fase;

- a amplitude é ± B . (valor: 3,0 pontos)

c) Ordens harmônicas múltiplas de 3 e ímpares. Portanto: 3, 9, 15, 21 ......

Explicação:

• a onda final tem simetria de meia onda, logo, só apresenta harmônicos ímpares;

• os harmônicos múltiplos de três são os únicos em fase, portanto, os únicos que se somam no neutro;

• os harmônicos NÃO múltiplos de três estão defasados de 120 graus nas fases e, portanto, são cancelados no neutro.

(valor: 3,0 pontos)

d) O quadrado das correntes de fase, assim como o quadrado da corrente de neutro, vale B2 .

Como este valor é constante, o seu valor médio também vale B2.

Assim, a raiz quadrada do valor médio quadrático, ou seja, o valor eficaz ou rms, vale B em todos os casos. (valor: 3,0 pontos)


a) Falha trifásica:


A impedância equivalente do Sistema Fornecedor é o inverso da potência de curto-circuito que, em pu, na base comum de 150 MVA,

é dada por:

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

A corrente de curto-circuito, em ampères, na tensão de 12 kV é:

ampéres (valor: 1,0 ponto)

As correntes em cada fase são iguais a defasadas de 120°. (valor: 1,0 ponto)

b) Falha fase terra:

Diagrama de sequência positiva (valor: 1,0 ponto)

Diagrama de sequência negativa (valor: 1,0 ponto)

Diagrama de sequência zero (valor: 1,0 ponto)


Como o primário do transformador está ligado em triângulo, a corrente de sequência zero fica confinada no primário, não passando,

desta forma, pela linha de transmissão e pelo sistema fornecedor.

Rede de sequência

A corrente de curto-circuito da fase a, em ampères, na tensão de 12 kV, é:


(valor: 1,0 ponto)


HABILIDADE 02 Sistemas digitais


a)

Como a expressão Fls não depende da variável P (protetor da lente), o controlador digital vai disparar o flash com a objetiva tampada, com a condição lógica (F = 0, B = 1 e C = 1). (valor: 3,0 pontos)

b) Expressão do obturador:

Expandido a operação ou-exclusivo, tem-se:

Observa-se que quando há luz suficiente (F = 1) e o flash está carregado (C = 1), condições do ou-exclusivo anulam o disparo do obtu-rador. Em outras palavras, o obturador não dispara nessas duas condições, contrariando o seu funcionamento. (valor: 3,0 pontos)

c) O preenchimento e a leitura dos Mapas de Karnaugh são:

(valor: 4,0 pontos)

ENGENHARIA ELETRÔNICA

Capítulo IX



a) Escrevendo a expressão do relógio (CLK) de cada “flip-flop”, no caso de acionamento de cada chave:

CLKA = ChA * B * C , CLKB = ChB * A * C e CLKC = (ChC * A) +* B

Fica claro que o circuito da chave C está errado!

Para gerar o produto, deve-se usar uma porta NOU.

Assim, deve-se substituir a porta P9 por uma porta NOU. (valor: 5,0 pontos)

b) É preciso calcular o atraso para cada saída.

Chave A: antecipação de 60 ns;

Chave B: antecipação de 70 ns;

Chave C: antecipação de 50 ns;

Os atrasos indicam a antecipação necessária para garantir o acendimento de somente um LED. (valor: 3,0 pontos)

c) Devido aos atrasos já analisados, o acionamento simultâneo das três chaves resulta no acendimento dos três LEDs. (valor: 2,0 pontos)


A tabela a seguir apresenta os dados de interesse gerados pela execução do programa “PROG”

a) Acompanhando a lógica do programa:

SINAL = 0 durante 7x12 períodos, logo 7

SINAL = 1 durante 6x12 períodos, logo 6

(valor: 5,0 pontos)

b) Para poder ativar o 74LS373, é preciso verificar o nível de cada linha de endereço:

Logo, constante “ENDER” = 10 1000 1110 = 28Eh

(valor: 5,0 pontos)



a) Como existem 15 registradores, deveriam existir 215 estados possíveis. Considerando que não existe o estado com todos os registradores iguais a zero, sobram 215 -1 estados. Assim, a repetição acontece após 32.767 ciclos. (valor: 2,0 pontos)

b) A tabela abaixo apresenta os valores de todos os registradores para os 6 primeiros ciclos de relógio. As colunas marcadas com indicam a realimentação vinda da saída. É importante observar que, para calcularmos os 6 primeiros valores da saída (R15), preci-samos atualizar apenas os registradores que vão de R10 até R15.

(valor: 6,0 pontos)

c) Basta multiplicar o período do relógio pela quantidade de estados:

O ciclo se repete a cada 41 (ou 42) dias, aproximadamente. (valor: 2,0 pontos)


a) Período do relógio da CPU: (valor: 1,0 ponto)

Máximo tempo de acesso: (valor: 2,0 pontos)

b) Cada estado de espera adiciona 20 ns no ciclo de leitura. (valor: 1,0 ponto)

Serão necessários: (valor: 1,0 ponto)

Então, arredonda-se para 3 estados de espera. (valor: 1,0 ponto)

c) O decodificador atrasa o início do ciclo de leitura em 8 ns, e a restrição de 5 ns para a estabilização do barramento de dados indica que a memória deve disponibilizar os dados 5 ns mais cedo. (valor: 1,0 ponto)

O resultado global é que o ciclo de leitura fica reduzido em 13 ns. Assim, o máximo tempo de acesso é igual a 46-13 = 33 ns. (valor: 1,0 ponto)

d) É preciso adicionar: = (valor: 1,0 ponto)

Então, arredonda-se para 3 estados de espera. (valor: 1,0 ponto)


a) Preenchimento do Mapa de Karnaugh:

(valor: 4,0 pontos)


b) Expressão booleana: S = P + T9 + R. T8

(valor: 4,0 pontos)

c) Implementação:

(valor: 2,0 pontos)

HABILIDADE 03 Processamento de sinais de áudio e vídeo


a) Analisando o diagrama para a condição de equilíbrio no comparador de fase, obtém-se a equação para N inteiro e fOL em MHz.

Na expressão fOL é adimensional (valor da frequência do oscilador local).

– Para o 1º canal de operação do serviço de radiodifusão FM:

N = 5 . fOL1 = 5 .98,6 = 493

– Para o 2º canal

N = 5 . fOL2 = 5 . 98,8 = 494

– Para o 3º canal

N = 5 . 99,0 = 495

E assim, sucessivamente, até o 100° canal.

– Para o 100° canal

N = 5 . fOL100 = 5 . 118,4 = 592

Portanto, a faixa de valores de N varia de 493 a 592, com incremento de 1. (valor: 6,0 pontos)

b) É empregado um oscilador a cristal para proporcionar maior estabilidade de frequência, isto é, manter constante o valor da frequên-cia de operação. (valor: 2,0 pontos)

c) O estágio Y é um filtro passa-baixas para evitar flutuações no VCO pelas componentes espúrias de alta frequência. (valor: 2,0 pontos)

Obs.: Serão aceitas outras respostas desde que sejam coerentes.


HABILIDADE 04 Circuitos eletrônicos


a) Esta é uma configuração amplificador-inversor, cuja solução é trivial. Para tanto, escreve-se a equação do nó inversor.

(valor: 2,0 pontos)

b) Esta é uma configuração amplificador não inversor, assim equacionada:

(valor: 2,0 pontos)

c) Somando-se as duas expressões anteriores, obtém-se:

(valor: 2,0 pontos)

d) Explicitando o valor de Ve na expressão do item anterior:

É preciso encontrar uma relação entre os resistores, tal que:

(valor: 1,0 ponto)


Faz-se, então, o seguinte desenvolvimento: (valor: 1,0 ponto)

Distribuindo-se o produto em relação à soma: (valor: 1,0 ponto)

que resulta em: (valor: 1,0 ponto)

o que leva à expressão procurada:

Obs.: Tendo em vista ter acontecido uma inversão dos sinais do amplificador operacional apresentado no enunciado desta questão, foi também aceita a solução a seguir:

a)

(valor: 4,0 pontos)

b)

(valor: 4,0 pontos)

c) e d) Não valem o princípio da superposição, nem a relação desejada. (valor: 2,0 pontos)


a) Na ausência de fumaça, o fotodetetor deve receber potência de 40mW.

– Como há perda de 20%, o Led deverá produzir Pot = 40 / 0,8 = 50 mW.

– Na curva de potência característica do Led, vemos que 50mW são gerados por uma corrente direta de 30 mA.


Como a tensão direta é constante e igual a 2V: (valor: 4,0 pontos)

b) A sirene é acionada quando a potência luminosa incidente cai para 20 mW e a saída do Buffer TTL (Schmitt Trigger) está em nível alto.

Para isso acontecer é necessário apresentar na entrada do Buffer TTL uma tensão acima de 2,5 V, como mostra sua curva característica.

Como o Buffer TTL tem alta impedância de entrada, ele não “pesa” no divisor resistivo, e a situação de interesse surge com VCE = 10 V.

Conclui-se que R2 deve ser tal que garanta VCE = 10 V quando a potência luminosa incidente em Q1 é igual a 20 mW.

Com potência incidente de 20 mW, pela Curva Característica de Q1, tem-se Il = 40 μA βe = 100, o que leva a IC = 4 mA.

Então, R2 = (20 - VCE) / IC = (20 - 10) V / 4 mA = 2,5 K Ω . (valor: 6,0 pontos)


a) Percurso da corrente de carga da bateria: a-b-c-e. (valor: 1,0 ponto)

b) Divisor resistivo: 6V . (10KΩ / (10KΩ + 20KΩ) = 2V. (valor: 1,0 ponto)

c) Enquanto há energia da rede, o capacitor se carrega com o valor de pico do secundário: 6,3V . 1,41 = 8,9 V.

Nessa situação a tensão sobre o catodo é maior que os 6V que estão sobre o anodo, ou seja, o SCR está reversamente polarizado e, é claro, não dispara. (valor: 3,0 pontos)

Obs.: Um cálculo mais exato deveria considerar a queda de tensão sobre o diodo: 8,9 V – 2,0 V = 6,9 V.

d) No instante em que falta energia elétrica, o capacitor precisa ser descarregado para que o SCR possa conduzir. Essa descarga é feita através de R1 e D3. (valor: 3,0 pontos)

e) Mesma resposta do item b. (valor: 1,0 ponto)

f) Percurso da corrente que acende a lâmpada: c-a-e. (valor: 1,0 ponto)


Fonte 1: Capacitor aberto.

Fonte 2: Diodo D3 aberto ou (Diodo D4 aberto).

Fonte 3: Diodo D1 aberto ou (Diodo D2 aberto).

Fonte 4: Capacitor em curto.

Fonte 5: Um diodo em curto.

Obs.: será considerado como certo se o formando responder que pode ser o capacitor em curto com resistor de proteção mal dimensionado.

HABILIDADE 05 Eletrônica de potência


a) Quando a bateria chega ao fim da carga, sua tensão é máxima. Para que a amplitude da tensão de alimentação ca(V) seja mínima, o conversor deve fornecer a máxima tensão média. A máxima tensão média é obtida disparando os tiristores da ponte (T1 e T4, para a tensão ca positiva, ou T2 e T3, para a tensão ca negativa) antes ou no início da condução (instante θ), conforme a figura abaixo.


Expressando a equação da malha retificador/carga em termos médios no período 0 a π/2, tem-se:

(2q/π)E + (2/π)Vcos(q) = E + RIc , onde Ic é o valor médio de ic

Resolvendo para Ic, obtém-se:

Ic = [(2q/π - 1)E + (2/π)Vcos(q)]/R

Sabe-se, também, do início da condução, que:

Vsen(θ) = E

Donde:

sen(θ) = 65/100 = 0,707 rad

Assim, θ = 0, 7076 rad

e

cos(θ) = 0,76

Substituindo os valores dos parâmetros na equação de Ic , obtém-se o resultado solicitado

Ic = [(2(0,707)/3,1416 -1)65 + (2/3,1416)100(0,76)]/1

Ic = 12,66 A

b) A forma de onda para essa situação é a seguinte:

Expressando a equação da malha retificador/carga em termos médios no período 0 a π, tem-se:

Simplificando:

[(α + β) /π] E + (1/π) V [cos(β) + cos (α)] = E + Ric

Resolvendo para Ic, obtém-se:

Ic = {[(α + β) / π - 1] E + (1/π) V [cos(β) + cos (α)]}/R

Sabe-se, também, do fim da condução do retificador, que:

Vsen(β) = E

Donde:

sen(β) = 45/100 = 0,45

Assim, β = 0,467 rad e

cos(β) = 0,89

Substituindo os valores dos parâmetros na equação de Ic, obtém-se o resultado solicitado:

Ic = {[(1,57 + 0,467)/3,1416 - 1]45 + (1/3,1416)100[0,89 + 0]/1

Ic = 12,62 A


c) A tensão na saída do retificador é sempre negativa.

A ponte mista também só fornece tensão positiva, e apresenta no trecho de tensão positiva o mesmo comportamento de saída que a ponte completa discutida na questão. Assim, a ponte mista pode substituir a completa, e é preferível por ser mais econômica: dois tiristores são substituídos por dois diodos de menor custo.

HABILIDADE 06 Dispositivos semicondutores


a) Usando as informações do gráfic o, escrevemos:

Com o modelo, temos: Vz = 10 -10 50 ×10-3 = 9, 5V (valor: 3,0 pontos)

b) Substituindo o diodo Zener pelo seu modelo, tem-se:

Corrente mínima pelo Zener:

Izk = 1mA → Vi = (100 +10)10-3 + 9, 5 = 9, 61V → Vo = 9, 51V (do gráfico)

Corrente máxima pelo Zener:

Izm = 100mA → Vi = (100 +10) 0,1+ 9, 5 = 20, 5V → Vo = 10, 5V (do gráfico) (valor: 3,0 pontos)

c) Substituindo novamente o diodo Zener pelo seu modelo, tem-se:

Menor valor de RL corresponde à menor corrente pelo diodo Zener:

Izk = 1mA → Vo = 9, 51V

Corrente pelo resistor de

Menor valor de

Maior valor de RL corresponde à maior corrente pelo diodo Zener:

Izm = 100mA → Vo = 10, 5V

Corrente pelo resistor de


Maior valor de . (valor: 4,0 pontos)


a) Cálculo das tensões na porta e no dreno:

(resistências em e correntes em mA)

Serão usadas duas equações:

(valor: 4,0 pontos)

b)

(valor: 2,0 pontos)

c) Para que o transistor se mantenha operando na região de saturação é preciso:

Valor máximo de

(valor: 4,0 pontos)


Experimento 1

a) O responsável pelo experimento está ERRADO. De acordo com a tabela, o transistor Q1 é PNP, pois, com a ponta negativa do multímetro na base, as junções EB e CB ficarão sempre diretamente polarizadas. De forma análoga, o transistor Q2 é do tipo NPN. (valor: 2,0 pontos)

b) Q5 (valor: 1,0 ponto)

c) Q4, Q5 e Q8 (valor: 1,0 ponto)

Experimento 2

Determinação da corrente no ponto P

Observa-se na Curva Característica do diodo que a leitura vertical no ponto P é 2 cm, e que há necessidade de converter a tensão de calibração vertical na corrente de calibração. Considerando que a tensão de calibração vertical é dada como 10 mV/cm e que foi utilizada ponta de prova divisora por 10:

Ic = Vc / Rc

Ic = (10 x 10 m V/cm) / 10 ohm

Ic = 100 x 10-3 V / 10 ohm x cm

Ic = 10 x 10-3 A/cm

Ic = 10 mA/cm

Daí,

Ip = deflexão x calibração

Ip = 2 cm x 10 mA/cm

Ip = 20 mA (valor: 6,0 pontos)

Os graduandos que errarem o cálculo por não considerarem a ponta divisória por 10 não serão penalizados na questão.



a) Como pode ser visto pela reta de carga, o fototransistor ABC 222 não satura com uma potência luminosa de 20 mW/cm2. Porém, chegando-se perto da TV é possível oferecer ao fototransistor uma potência luminosa suficiente para que entre em saturação.

b) A solução é trocar o resistor por um de maior valor. Pela reta de carga é fácil ver que um resistor acima de 2,5kΩ deve solucionar o problema.

Observação: Basta o valor do resistor, não precisa traçar a nova reta de carga.


HABILIDADE 01 Transmissão digital da informação


a)

• Tempo para a transmissão de um bloco TBLOCO (ida)

• Retardo de propagação: TP = d / v = 10 000 /250 000 = 0,040 s

• Número de bytes de um bloco: 1 + 4 + 1 + 200 + 1 + 2 + 1 = 210 bytes

• Tempo de transmissão de 210 bytes: T210

• T210 = (210 bytes x 8 bits) / 9 600 bps = 0,175 s

• Retardo adicional: TR = 0,010 s

• TBLOCO = TP + T210 + TR= 0,040 + 0,175 + 0,010 = 0,225 s

• Tempo para a transmissão do acknowledgement TA (volta)

• Retardo de propagação: TP = d / v = 10.000 /250 000 = 0,040 s

• Tempo de transmissão de 8 bytes de acknowledgement T8 :

• T8 = (8 bytes x 8 bits) / 4 800 bps = 0,013333... s

• Retardo adicional: TR = 0,010 s

• TA = TP + T8 + TR = 0,040 + 0,01333 + 0,010 = 0,063333 s

• Tempo de ida e volta para transmissão e acknowledgement de um bloco TI-V

• TI-V = TBLOCO + TA = 0,225 + 0,063333 = 0,288333 s

• Tempo de ida e volta para transmissão e acknowledgement de 8.000 blocos TC, supondo que todos os blocos estejam corretos.

TC = 8.000 x TI-V = 8 000 x 0,2883333 = 2 306,6664 s (valor: 6,0 pontos)

b) BLER = 1% corresponde a 0,01 x 8.000 = 80 blocos retransmitidos por terem sido recebidos como incorretos na sua primeira transmissão.

ENGENHARIA DE TELECOMUNICAÇÕES

Capítulo X


O tempo adicional referente à transmissão de 80 blocos é T80 = 80 x TI-V = 80 x 0,2883333 = 23,066664 s.

O tempo total gasto TE para a transmissão de 8.000 blocos, com uma taxa de erros de bloco BLER de 1,0%, é:

TE = TC + T80 = 2 306,6664 + 23,066664 = 2 329,733 s (valor: 2,0 pontos)

c) Taxa de transferência de bits de informação TTBI para a transmissão de 8.000 blocos, considerando a taxa de erros de bloco BLER nula.

Número de bits de informação Ninfo:

Ninfo = 200 bytes de informação x 8 bits x 8 000 blocos = 128 105.

TTBI = Ninfo / TC = (200 x 8 x 8 000) / 2 306,6664 = 5 549,1335 bps. (valor: 2,0 pontos)


a) Sendo cada comando codificado com dois bits, a taxa de sinalização (R) será:

(valor: 2,0 pontos)

b) é a banda passante do sinal

Como Bcabo = 8,75 kHz é menor que B = 10kHz necessária para o sinal trafegar sem distorção, conclui-se que o erro provável ocorre por distorção introduzida pelo canal ao sinal transmitido, provocando a interferência entre símbolos (intersimbólica). (valor: 2,0 pontos)

c) Os comandos têm probabilidades 1/2, 1/4, 1/8 e 1/8 e comprimentos, em bits, iguais a 1, 2, 3 e 3, respectivamente. Portanto, o

comprimento médio pode ser calculado na forma:

(valor: 2,0 pontos)

A nova taxa de sinalização será:

(valor: 2,0 pontos)

d) Transmitindo à Taxa de Nyquist, ou seja, 2B = R, em que B é a banda passante do sinal, com a codificação proposta, seria neces-sária uma banda passante de B = R/2 =17500/2 = 8,75 kHz. Visto que o cabo empregado tem exatamente esta banda passante, conclui-se que há melhoria no desempenho do sistema. (valor: 2,0 pontos)

Outra alternativa: Como se está trabalhando na situação de codificação por entropia do sistema, não se transmite informação redundante.


a) Modem (dibit): 1200 baud equivalem a 2400 bps

onde m é o número total de elementos de imagem = 1000.1294 = 1,294.106

Assim, Hf = m . log2 8 = 3,882.106 bits

Ou, diretamente:

Número total de bits = número de elementos x número de bits utilizados para codificar cada elemento

Hf = 1000.1294.3 = 3,882.106 bits

O modem leva 1 segundo para transmitir 2400 bits, logo, levará:

para transmitir uma página.

O custo médio diário com o modem V.22 bis da ITU será:

Custo Médio =

Para a RDSI e scanner: Hs = 8,5 x 300 x 11 x 300 x 8 = 67320 kbit.


O custo médio seria 20 0,2 35,06 reais

A economia diária será de 53,92 - 35,06 = R$ 18,86 (valor: 6,0 pontos)

b) Quantidade de informação Htv = 640 x 350 x 8 = 1,792 Mbit ⇒

Para a RDSI um quadro seria transmitido em:

Como 1 quadro de TV é exibido em (1/30) s = 33,3 ms, a transmissão para esta resolução não seria considerada em tempo real. (valor: 4,0 pontos)


Na técnica CRC, o polinômio formado pelos dados deve ser dividido pelo polinômio gerador. Se o resto for zero, supõe-se que a men-sagem esteja correta. Caso contrário, ela deve ser recusada pelo receptor.

G(x) = x4 + x3 + 1= 11001

Como o resto é 0 1 0 0 0 , portanto, diferente de zero, os dados serão recusados (erro de CRC)

Obs.: A resposta sem justificativa não será considerada mesmo estando correta.


a)

b)

HABILIDADE 02 Antenas e propagação


a) A potência de saída , expressa em dBW, é PT = 10 log (100) = 20 dBW.

Sendo a potência efetivamente irradiada PERP = 37 dBW, o ganho da antena em relação à isotrópica é:

GTi (dBi) = PERP (dBW) - PT(dBW) = 37-20 =17 dBi.

(valor: 1,0 ponto)


b) A perda básica é L (dB) = 32,44 + 20 log d (km) + 20 log f (MHz) = 32,44 + 20 log 36 000 + 20 log 4 000 = 195,61 dB ............... (1)

A potência do sinal PR na entrada do receptor da estação terrena é:

PR (dBW) = potência efetivamente irradiada PERP (dBW) – perda básica L (dB) + Ganho da antena receptora da estação terrena

GR (dB) , logo, PR = 37 – 195,61 + 39 = –119,61 dBW ............... (2)

A energia de bit no receptor é: Eb = S D = PR / Rb , ............... (3)

onde:

S = PR é a potência do sinal recebido, em W;

é, por definição, a taxa de sinalização, em baud.

Por (3), a relação energia de bit / densidade espectral de potência de ruído Eb/N, na entrada do receptor, poderá ser expressa por:

Assim, implicando: Rb (dB) = PR (dBW) - No (dBW /Hz) - Eb/ No (dB)

A densidade espectral de potência de ruído é No (W/Hz) = kB (W/Hz K) T(K) . ............... (5)

No = 1,38 x 10-23 x 300 = 414,0 x 10-23 W/Hz.

Expressando em dBW/Hz, resulta:

No (dBW/Hz) = 10 log No (W /Hz) = 10 log 414 -230 – 203,83 dBW /Hz

Para uma Eb/ No mínima especificada de 10 dB e por (2), (4) e (5), resulta:

Taxa de sinalização máxima Rb (dB) = PR (dBW) - No (dBW/Hz) - Eb/ No (dB) = –119,61+ 203,83 -10 = 74,22 dB (em relação a 1 baud).

............... (6)

Por (6), a taxa de sinalização, em baud, será Rb = 10 7,422 26 424, 0876 kbaud.

(8) Como a sinalização é ternária, a taxa de bits é: C = 3 x Rb = 3 x 26 424, 0876 kbps

C 79 272,2628 kbps. (valor: 9,0 pontos)




a) Como em visada direta a diferença na intensidade média de sinal é de 4 dB, o ganho do conjunto está 4 dB acima do ganho do monopolo. Se numa abertura de 16o a diferença na intensidade média de sinal recebido pelo conjunto é de 4 dB relativamente ao monopolo, pode-se dizer que os multipercursos incidentes no receptor estão concentrados em ângulos de elevação menores que 16o. (Isto sugere o uso de antena diretiva como uma forma de diversidade, trazendo aumento à intensidade de sinal na recepção.) (valor: 3,0 pontos)

b) O que se deseja é que o diagrama vertical do conjunto forneça máxima irradiação numa direção apontando para baixo, em = 105o.

Para isso é necessário que o fator de ganho dado por CN seja máximo nesta direção.

Isto ocorre quando:

CN = 1

Nesse caso, para a menor defasagem relativa:

sen = 0

ou seja: = 0

Substituindo em

Como k =

(valor: 7,0 pontos)

Serão aceitas outras soluções, desde que cheguem com coerência ao mesmo resultado final.


a) (S/ N)i = F . (S/ N)o

10 . log (S/ N)i = FdB + (S/ N)o|dB

10 . log (S/ N)i = FdB + 30 (*)

Obtenção de F:

G1 = 30 dB ⇒ 30 = 10 . log G1 ⇒ G1 = 10 30/10 ⇒ G1 = 1000

G2 = 20 dB ⇒ 20 = 10 . log G2 ⇒ G2 = 10 20/10 ⇒ G2 = 100

G3 = 40 dB ⇒ 40 = 10 . log G3 ⇒ G3 = 10 40/10 ⇒ G3 = 10.000

F =

FdB = 10 . log F ⇒ F = 10 . log 2,059 ⇒ F = 3,136 dB


Substituindo na equação (*):

10 . log (S/ N)i = 3,136 + 30 ⇒ 10 . log (S/ N)i = 33,136

⇒ log (S/ N)i = 3,3136 ⇒ (S/N)i = 10 3,3136 ⇒ (S/N)i = 2058,732

Mas: (S/N)i = / ⇒ = (S/N)i . ⇒ = 2058,732 .

⇒ Si / W = 2058,732 . ⇒ Si = 2058,732 . . W

Como W = 100. 106, resta obter a densidade espectral de potência na entrada do receptor.

= k . T ⇒ = 1,38 . 10 - 23 . 14 ⇒ = 19,32 . 10 - 23 W/ Hz

Substituindo em Si :

Si = 2058,732 . 19,32 . 10 - 23 . 108

⇒ Si = 39,77 . 10 - 12 ⇒ Si = 39,77 . pW

Assim, a potência mínima à entrada do receptor deve ser 39,77 pW. (valor: 6,5 pontos)

b) Tomando a área da antena como 1,5. . r2 = 1,5 . . D2/ 4

Sistema 1: - p/ T = 30 K ⇒ Dantena = 1,4 m

⇒ Área = 1,5 . . 1,42/ 4 ⇒ Área = 2,3090 m2

⇒ Custo = 2,3090. R$ 300,00 = R$ 692,72


⇒ Área = 1,5 . . 1,62/ 4 ⇒ Área = 3,0159 m2

⇒ Custo = 3,0159 . R$ 300,00 = R$ 904,77


⇒ Área = 1,5 . . 2,152/ 4 ⇒ Área = 5,4457 m2

⇒ Custo = 5,4457. R$ 300,00 = R$ 1.633,41

Antena + Receptor 1 = R$ 692,72 + R$ 600,00 = R$ 1.292,72



Das três soluções, a mais econômica é a 2a, que utiliza o receptor de 35 K de temperatura de ruído. (valor: 3,5 pontos)


a)

(valor: 1,0 ponto)

Gr(dB) =10 . log Gr ⇒ Gr = 10G(dB) /10 ⇒ G r = 102,3/10 ⇒ Gr » 1,7

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)

(valor: 1,0 ponto)


Entrando no gráfico, para a frequência de operação de 910 MHz, observa-se que o máximo valor de densidade de potência permis-sível é de » 0,6 mW/cm2 (valor: 2,0 pontos)

Comparando a densidade de potência máxima recebida de 0,5.10-5 mW/cm2 com a máxima permissível de 0,6 mW/cm2, observa-se que, mesmo na pior situação, onde há máxima recepção, a densidade de potência neste ponto se acha muito abaixo da máxima permissível e, portanto, um indivíduo que nele se encontre não corre o risco de sofrer os efeitos térmicos causados pela radiação. (valor: 1,0 ponto)

b) É mais prudente sua utilização nos sistemas que trabalham com o acesso FDMA. (valor: 1,0 ponto)

Nestes sistemas opera-se com níveis de potência maiores. Os sistemas TDMA e CDMA são digitais e operam, portanto, com meno-res níveis de potência. (valor: 1,0 ponto)


a) Para o atenuador: X = 10 log PT/PO (valor: 1,0 ponto)

P0 = PL + Pref ⇒ P0 = PL + sP .P0 ⇒ P0 = PL /( 1 - σP ) (valor: 1,0 ponto)

σP = |σL|2 = [(2.Z0 – Z0)/ (2.Z0 + Z0)]

2⇒σP = 1/9 (valor: 2,0 pontos)

P0 = PL / (1-1/9) = 9 PL / 8 = 90/8 mW ⇒ P0 = 11,25 mW (valor: 1,0 ponto)

X = 10.log (20mW/11,25 mW ) ⇒ X Å 2,5 dB (valor: 1,0 ponto)

b) Como a carga não varia, σP não se altera e, sendo X = 3,0 dB:

Para os valores lidos de potência (PL), utiliza-se a fórmula acima para se determinar a potência de saída do transmissor.

(Completar tabela: valor: 2,0 pontos)

Para PL = 2 mW ⇒ PT = 2,25 x 2⇒ PT = 4,5 mW Para PL = 4 mW ⇒ PT = 2,25 x 4⇒ PT = 9,0 mW Para PL = 6 mW ⇒ PT = 2,25 x 6⇒ PT = 13,5 mW Para PL = 8 mW ⇒ PT = 2,25 x 8⇒ PT = 18 mW

(valor: 2,0 pontos)


Figura 1: Rede passiva para casamento de impedâncias de uma antena a um receptor


a) Ganho da rede:

onde Vth e Rth referem-se, respectivamente, à tensão e à resistência equivalentes de Thèvenin. Portanto,

Usando a equação do ganho obtém-se:

A figura de ruído é dada por

F = 1+ (L – 1) ∞ 28,2 (valor: 8,0 pontos)

b) Cálculo da degradação

D = 10log(28,2) ∞ 14dB (valor: 2,0 pontos)


a) Equação de Equilíbrio do Sistema:

PT + GT - Lb + GR = PR

Dados:

PT = 1kW = 1.000.000 mW = 60 dBm

GT = 75,22 dB (em relação ao monopolo curto)

Ganho do Monopolo curto:


Gm.c.(dBi) = 10 log 3,007 = 4,78

GT = 75,22 + 4,78 = 80 dBi

Considerando que Lb = 330 dB:

GR = 42,14 dBi

No momento do primeiro desalinhamento lê-se, no Diagrama de Irradiação (Figura 2), que o ganho (GR) da antena da sonda é 2dB menor.


Logo:

GR = 42,14 - 2 = 40,14 dBi

Substituindo os valores na Equação de Equilíbrio do Sistema, tem-se:

60 + 80 - 330 + 40, 14 = PR

Relação Sinal Ruído real:

RSRreal = PR - Pn

Se Pn = - 160 dBm, então:

RSRreal = - 149,86 - (- 160) = 10,14

Margem = RSRreal - RSRmin

Sendo RSRmin = 8 dB:

Margem = 10,14 - 8dB = 2,14 dB

Como a margem mínima é de 6 dB, o enlace NÃO atende às especificações técnicas.

Considerando a imprecisão de leitura do ganho da antena da sonda (Figura 2):

RSRreal = (GR - 190) - Pn = GR - 190 - (- 160)

Margem = RSRreal - RSRmin = GR - 30 - 8 = GR - 38

Consideram-se aceitáveis valores de GR variando entre 39 e 41 dB.

Para 39dB ≤ GR ≤ 41 dB, verifica-se que o enlace NÃO atende às especificações técnicas. (valor: 6,0 pontos)

b) PT = 60 + 2 = 62 dBm

PT = 1.584,89 W = 1,58489 kW

Acréscimo = 1,585 kW - 1 kW = 0,585 kW

Acréscimo = 0,585 kW

(valor: 2,0 pontos)

c)



Equação de Balanço do Sistema:

PT - AC + GT - Amáx + GR = PR \ Amáx = (PT - PR) - AC + GT + GR


PT = 10W= 10.000mW = 40dBm

PR = -108 dBm

AC = 3 dB

GT 14 dBi =

GR = 0 dBi

Amáx = (40 + 108) - 3 + 14 + 0 = 159 Db


a) O enlace pode ser considerado em espaço livre, conforme mostra o perfil traçado na Fig.1.

λ= v/f = 300/7500 = 0,04 m

Como CM >CE, não há obstrução: propagação em espaço livre

b) Atenuação máxima do enlace:

Amax = Pt - Pr = 10log 500 -(-75) = 26,99 + 75 =

=101,99 dBm (1)

Atenuação total existente Atotal, com margem = atenuação em espaço livre Ael + atenuação na derivação Ad

+ Atenuação nos guias de onda Ago + Margem 39 dB (2)

Ael (dB) = 92,44 + 20 log d (km) + 20 log f ( GHz) - GT

(dBi) - GR (dBi) = 92,44 + 20 log 50 + 20 log 7,5 - GT

(dBi) - GR (dBi) (3)

Ad = 4,4 dB (4) Ago = (100 + 150) 0,047=

= 11,75 dB (5)

Com (3), (4) e (5) em (2), resulta:

Atotal= 92,44 + 16,99 + 8,75 - GT (dBi) - GR (dBi) + 4,4

+11,75 + 39 = 134,33 + 39 - GT (dBi) - GR (dBi) (6)

Amax = A total (1) = (6)

101,99 = 134,33 + 39 - GT (dBi) - GR (dBi), logo GT

(dBi) + GR (dBi) = 71,34

As antenas escolhidas são: transmissora 40,4 dBi , receptora: 40,4 dBi

c) A margem real passou a ser : 39+ (80,8-71,34)= 48,46 dB



a) X: indutor Y: capacitor

b) AT (atenuação total) = 26,8 dB (dispositivos) + AL (atenuação na linha) AL : ( conforme Fig. 2). Para 250 kHz: 9dB/100 km. Para 200 km: 18 dB AT = 26,8 + 18,0 = 44,8 dB Tabela: para 110 kV, transmissor de 10W supera 48 dB, devendo ser escolhido. A folga é M = 48 - 44,8 = 3,2 dB

c) Diminuir a frequência de operação Tabela 1: nova atenuação total será 41- 5,2 = 35,8 dB. A nova atenuação na linha será: 35,8 - 26,8 = 9,0 dB (em 200 km). A ordenada na Fig. 2: 9,0 .100/200 = 4,5 dB Fig. 2: Para 4,5 dB corresponde a frequência de operação de 125 kHz.

d) PN = PR (potência recebida) - SNR (relação sinal/ ruído) Tabela: PN = -18 - 35 = -53 dBm

HABILIDADE 03 Sistemas de comunicação


Parte (a)

O estudante deve explicitar quais são as características de um sinal analógico e de um sinal digital.

Parte (b)

O estudante deve mencionar o processo de digitalização considerando todas as suas etapas: amostragem, quantização e possibilidades de transmissão à distância do sinal digitalizado a um destino.

Parte (c)

O estudante deve descrever as características básicas dos canais mencionados, suas possíveis aplicações e vantagens.

HABILIDADE 04 Redes de comunicação de dados


Solução Gráfica (Alternativa):

a) Margem de 7dB ⇒ no detetor deve chegar – 43dBm.

Cada bobina leva a uma perda de: 2,5 x 3,2 = 8 dB

b) Cabo 1 leva a um custo de: 12R + 4. 9,5R = 50R


Cabo 2 leva a um custo de: 12 x 1,25R + 5 x 7R = 50 R

Escolher o cabo 2 por oferecer maior margem de confiabilidade, pois a atenuação introduzida no percurso de 12 km é menor do que a introduzida pelo cabo 1.


a) O mapeamento deve ser tal que as menores palavras código devem corresponder às palavras digitais mais frequentes:

m4 m3 m5 m2 m6 m1 m8 m7

100 011 101 010 110 001 000 111

1 01 001 0001 00001 000001 0000001 0000000

b) Taxa R de bits na linha:

A taxa de transmissão resultante é R = 6700 bps

HABILIDADE 05 Telefonia


a) Taxa de Amostragem: 8000 bits/s ⇒ Ta = 1/8000 ⇒ Ta = 125

Tamanho do quadro: Q = 30 x 8 + 32 ⇒ Q = 272 bits

Taxa de bits na saída do multiplex: rb= Q/ Ta ⇒rb= 272/125 ⇒

rb = 2,176 Mbit/s (valor: 3,0 pontos)

b) Cálculo da potência na saída do transmissor:

RPRdB = 10.log( Pport/ Pruído ) e RPRdB = 10.log

Pport Pruído . 10 0,1 . RPR

⇒ Pport = No . B . 10 0,1 . RPR

– Obtenção de RPRdB

Para a transmissão de voz, com a probabilidade máxima de erro igual a 10-3 obtém-se, na tabela, as relações RPRdB para os dois sistemas:

QAM16 ⇒ RPRdB = 17,6 e DPSK4 ⇒ RPRdB = 7,9

– Obtenção da banda passante dos sistemas:

QAM16 ⇒ B = rb/4 = 2,176.106 / 4 ⇒ B = 544 KHz

DPSK4 ⇒ B = rb/2 = 2,176.106 / 2 ⇒ B = 1088 KHz

Substituindo os valores obtidos na potência da portadora na entrada do receptor:

QAM16 ⇒ Pport = No . B . 10 0,1 . RPR ⇒ Pport = 0,8.10-10 .544.103 .101,76 ⇒ Pport = 2,5 mW

DPSK4 ⇒ Pport = No . B . 10 0,1 . RPR ⇒ Pport = 0,8.10-10 .1088.103 .100,79 ⇒ Pport = 0,54 mW

Visto que o cabo apresenta uma atenuação de 10 dB:

10.log Ptrans/Pport = 10 ⇒ Ptrans = 10.Pport, o que resulta em:

QAM16 ⇒ Ptrans ⊕ 10 . 2,5 mW ⇒ Ptrans = 25 mW

DPSK4 ⇒ Ptrans ⊕ 10 . 0,54 mW ⇒ Ptrans = 5,4 mW (valor: 5,0 pontos)

c) Custo do sistema QAM16

Custo = Custoamp+ Custocabo + Customodem

Custo = 25.10-3. 40.103 + 0,01 . 544 + 4.103 ⇒ Custo = 5005,44 u.m.

Custo do sistema DPSK4

Custo = 5,4.10-3. 40.103 + 0,01.1088 + 2.103 ⇒ Custo = 2226,88 u.m.( mais econômico) (valor: 2,0 pontos)


HABILIDADE 04 Máquinas de fluxo


Perda de carga no sistema:

h → ft de gasolina; Q → GPM; d → in

Vazão:

= 65,0 ft de gasolina

ou h = 65 ft de gasolina = 48,75 ft de água

Assim, no gráfico fornecido:

→ Ponto intermediário entre curvas B e C

⇒ escolher a bomba C (1 hp, 60 Hz)

Material da Bomba :

ENGENHARIA MECANICA

Capítulo XI


Por incompatibilidade do fluido com BUNA N e Teflon

→ Usar a bomba de 1hp de Bronze

⇒

HABILIDADE 05 Materiais de construção mecânica


a) Determinação do diâmetro na operação de acabamento (após o desbaste):

d = (2 x 0,5) + 20 = 21,0 mm

Profundidade de corte no desbaste:

(25 – 21)/2 = 2,0 mm

b) Será considerada a habilidade de o aluno se expressar graficamente. Um desenho padrão para a resposta é apresentado na figura a seguir, onde o plano do papel é o plano de referência e o ângulo de posição está indicado na figura.

c) A ordem decrescente de tenacidade dos materiais apresentados é: aço rápido M32 metal duro da classe K40 metal duro da classe P10 cermet cerâmica mista (Al2O3 + TiC).

d) Muito provavelmente o operador cometeu um erro grosseiro, neste caso, uma transposição de algarismos, em que a leitura correta deveria ser 19,78 mm. Os erros grosseiros são facilmente detectáveis e devem ser excluídos de considerações, inclusive, para o cálculo da média.

O diâmetro é determinado através da média das quatro leituras (excluída a de número 4), assim:


a) Cementação: ABNT 4320, Têmpera: ABNT 4340. Devido ao teor do carbono, maior para o aço ABNT 4340.

b) Adquirir a dureza mínima ou máxima ductilidade. Consiste na permanência por longos períodos de tempo (24 horas ou mais) em temperaturas próximas da zona crítica (de preferência oscilando em torno dela) agrupando a cementita em forma de glóbulos.

c) Diminuir o coeficiente de atrito durante as operações de conformação facilitando o fluxo de metal e reduzindo as forças necessárias à conformação.

d) O longo tempo de permanência em alta temperatura para a cementação faz crescer excessivamente o tamanho de grão em todas as regiões (hipereutetoide, eutetoide e hipoeutetoide). A dupla têmpera permite o refinamento do tamanho de grão em todas as regiões. Os microconstituintes serão função do material e dos gradientes térmicos durante a têmpera (espessura da peça).

e) É sabido que a resistência aumenta com a diminuição do tamanho de grão (efeito Hall-Pecht).

No caso de dupla têmpera, pode-se adquirir alta resistência ao desgaste na camada externa combinada com alta tenacidade no núcleo.


HABILIDADE 06 Mecânica Aplicada


a) Construindo–se o diagrama de corpo livre tem–se:

As condições de equilíbrio estático estabelecem que:

Com esses valores das reações de apoio e do carregamento pode–se construir o diagrama de esforços cortantes.

Obs.: Será também considerada correta a representação gráfica invertida do diagrama.

b) Com os valores das reações de apoio e do carregamento, o diagrama de momentos fletores fica

Obs.: Será também considerada correta a representação gráfica invertida do diagrama.

c) Critério para a determinação do diâmetro: as cargas de 800 N e 200 N geram tensões de cisalhamento e de flexão na viga. O critério para a determinação do diâmetro será definido com base na equação da tensão normal em vigas.

O diâmetro da barra é obtido a partir da expressão:

Logo, para um fator de segurança igual a 1, tem–se:



a) A frequência natural não amortecida de um sistema massa-mola-amortecedor de 1 grau de liberdade é dada por na

qual K é a rigidez do elemento mola, em N/m, m é a massa, em kg, e ωn é expressa em rad/s e fn, em Hz.

Dado que K1/K2 = 1/3 e que existe uma combinação de efeitos das molas, então K = K + K = K + 3K = 4K na qual K é a rigidez equi-valente e K1 é a rigidez da mola mais flexível.

Assim, a rigidez de cada mola é de

e

b) A introdução do absorvedor de vibrações no sistema, que possuía apenas uma frequência de ressonância em torno de 0,9 Hz, gerou uma nova ressonância (em torno de 0,7 Hz), frequência associada ao próprio absorvedor, e alterou a ressonância do sistema original, levando-a para aproximadamente 1,0 Hz.

Além dos dois picos nas frequências 1,0 e 0,7 Hz, nota-se maior atenuação no sistema com absorvedor nas proximidades de 1,0 Hz com relação àquela que havia no sistema sem absorvedor em 0,9 Hz, indicando que sua introdução atingiu os objetivos propostos, pois reduziu a amplitude das oscilações da parte dianteira do veículo.

Também se verifica que o absorvedor de vibrações pouco influencia o comportamento para baixas frequências (menores que 0,6 Hz) e para altas frequências (maiores que 1,2 Hz), mantendo praticamente o fator de amplificação do sistema original sem absorvedor.

COMENTÁRIOS ADICIONAIS VÁLIDOS: Influência do amortecimento do absorvedor: se for maior do que o empregado, a atenua-ção será maior do que a mostrada, se menor, a atenuação também será menor; a presença de um vale nas proximidades de 0,85 Hz (entre os dois picos de ressonância) é uma característica típica dos absorvedores de vibração.


• A engrenagem menor é a de saída para que haja aumento de velocidade

• Potência de saída:

• Torque de Saída:

• Velocidade angular da saída:

• Torque de engrenagem menor:


a) O volume de trabalho do manipulador será um cilindro vazado com as dimensões ilustradas na figura.

(valor: 4,0 pontos)


b) Considerando que a peça tenha peso P, os diagramas de momentos fletores do braço e do corpo do manipulador, na condição de deslocamentos v e u máximos, no plano vertical, ficam:

(valor: 4,0 pontos)

Outra alternativa da resposta

No caso de o peso distribuído (q) do braço ser considerado, os diagramas serão representados conforme a figura abaixo.

c) Os efeitos inerciais devem ser considerados quando os movimentos do braço apresentarem acelerações elevadas. (valor: 2,0 pontos)


a) A força máxima necessária para cortar o disco é calculada multiplicando a área de cisalhamento pela resistência ao cisalhamento do material:

F = As τs

A área de cisalhamento é o produto do perímetro do disco pela espessura da chapa:

As = πdt

onde d é o diâmetro do disco e t, a espessura da chapa.

Assim,

F = π x 30 x 10-3 x 3 x 10-3 x 300 x 106

F = 84.823 N = 84,8 kN (valor: 3,0 pontos)

b) A energia consumida no corte é igual à redução na energia cinética do volante:

sendo “ ω “ em radianos por segundos e “n”, em rotações por minuto.

A redução na rotação do volante após o corte não deve exceder 20%, logo, nf = 0,8 ni


I = 7,036 kg. m2

Assim, o momento de inércia do volante da prensa disponível é suficiente para executar a operação. (valor: 3,0 pontos)

c) Em um processo convencional de corte de chapas, a determinação da folga adequada entre o punção e a matriz requer a conside-ração da espessura e do tipo de material da chapa que será cortada.

Uma folga pequena entre o punção e a matriz aumenta a energia e o esforço necessário para o corte.

Uma folga excessiva piora o acabamento da superfície cortada, propiciando a ocorrência de rebarba, e também tende a aumentar a energia necessária para o corte, devido à maior quantidade de material a ser deformada.

Portanto, uma folga inadequada entre o punção e a matriz prejudica o acabamento da superfície cortada, propiciando a ocorrência de rebarba e aumentando o esforço e a energia necessária para o corte. (valor: 4,0 pontos)

HABILIDADE 08 Processos de fabricação


Parte (a)

A usinabilidade é uma propriedade resultante da combinação de várias variáveis e não apenas do material da peça. Influem, de forma geral, fatores relacionados ao tipo de processo de fabricação, à máquina, à ferramenta e aos parâmetros de usinagem. Isto torna difícil a análise e a interpretação dos resultados dos ensaios, com perda da confiabilidade. Para uma boa representatividade do efeito de cada variável, seriam necessários testes considerando a análise isolada de cada condição da aplicação, o que evidentemente, seria muito oneroso.

Parte (b)

Em primeiro lugar, não existe uma unidade de medida para a usinabilidade que seja adotada como referência sistemática nos ensaios. Além disso, diversos critérios para medir os efeitos das variáveis de processo são empregados em ensaios de usinabilidade, como: desgaste da ferramenta, temperatura de corte, força de corte, rugosidade ou tolerância da peça, entre outros. Por fim, para diferentes processos de fabricação as variáveis e seus efeitos também são diferentes, exigindo assim ensaios direcionados aos processos, que são muitos, o que dificulta qualquer padronização ou sistematização de metodologia de ensaio.

Parte (c)

Para que um ensaio de usinabilidade seja representativo, terá que ser realizado de maneira a reproduzir as condições do processo de fabricação a que se destinam os seus resultados; isto significa que estes ensaios envolvem grande consumo de tempo e recursos (mate-rial, ferramenta, equipamentos), que inviabilizam economicamente sua realização nas indústrias e as tornam dependentes de instituições de P&D. Ainda, no que se refere ao aspecto técnico, a realização dos ensaios de usinabilidade requer recursos laboratoriais e capacitação pessoal qualificada no assunto da tecnologia de usinagem, o que nem sempre está disponível.


a) O eletrodo utilizado é do tipo consumível.

b) O revestimento do eletrodo tem diversas funções: estabilizar o arco e a transferência do metal de adição, promover a formação de escória e de gases, para proteger a poça de fusão, adicionar elementos de liga, entre outras.

c) A zona de fusão corresponde à região onde efetivamente houve a fusão e, em seguida, a solidificação do metal. A zona termicamente afetada é a região do metal de base adjacente à zona de fusão, caracterizando-se por apresentar um ciclo

térmico de aquecimento, seguido de resfriamento. A zona não afetada pelo calor é a região do metal de base que não sofreu qualquer transformação térmica durante a soldagem.


a) Considerando que as duas principais funções do fluido de corte são resfriamento (refrigeração) e lubrificação, e que outra função muito importante do fluido de corte é a retirada de cavaco da região do corte, o graduando poderá descrever quaisquer das duas funções.


A refrigeração do corte tem por objetivo remover a grande quantidade de calor gerada pela deformação plástica do cavaco e pelo atrito entre as superfícies de contato do cavaco e da ferramenta e do contato entre a ferramenta e a peça.

A lubrificação do corte permite a redução do atrito entre as superfícies de contato cavaco-ferramenta-peça, reduzindo a geração de calor e os esforços necessários ao corte.

Em algumas operações de usinagem como a furação, o fluido de corte tem um papel fundamental na remoção de cavacos evitando o entupimento dos canais helicoidais que podem levar à quebra da ferramenta. (valor: 4,0 pontos)

b) A rotação é calculada pela seguinte expressão:

onde vc é a velocidade de corte, em m/min, e d é o diâmetro, em mm. Assim,

A velocidade de avanço é calculada pela expressão:

onde f z é o avanço, em mm por dente, e Z é o número de dentes. Logo,

O tempo de corte é dado por:

onde I f é o comprimento do rasgo, em mm. Assim,

(valor: 6,0 pontos)


a) Calcula-se a rotação para velocidade de corte de 32 m/min em uma broca com 8 milímetros de diâmetro:

Assim, a rotação de 1.250 rpm é a que fornece uma velocidade de corte menor que o limite indicado pelo fabricante da ferramenta.

(valor: 2,0 pontos)

b) Pode-se estimar o avanço que será aplicado pelo operador, usando a expressão: e obtendo:

O momento torsor para um furo com 8 milímetros de diâmetro e avanço de 0,0603 mm/rot é obtido pela expressão:

Mt = 0,148 x 82,22 x 0,06030,76 = 1,77 N m (valor: 5,0 pontos)

c) A potência consumida na operação a 1.250 rpm é obtida multiplicando o momento torsor pela velocidade angular:

Sendo a potência consumida menor que 400 W, a furadeira pode ser usada. (valor: 3,0 pontos)


a) Considerando F = s d A, tem-se:

(valor: 4,0 pontos)

Solução alternativa: calculando a média das tensões entre o centro (sx=0) e a borda (sx=t/2) e multiplicando pela área, obtém-se:

(valor: 4,0 pontos)


b) A carga máxima que o conjunto pode suportar, com uma espessura de 0,3 milímetros, não pode ser maior que a carga para escoar a chapa de aço: Faço = 550 x 20 x 2 = 22 kN

A carga máxima que pode ser suportada pelo material de adição é:

Logo, o conjunto suportará uma carga de 22 kN, desde que não haja rompimento nas superfícies de contato do metal de base com o metal de adição. (valor: 4,0 pontos)

c) Brasagem é um processo de soldagem no qual a união é executada por meio de uma liga metálica, cujo ponto de fusão é inferior ao do metal de base. Nesse processo, não ocorre a fusão do metal de base, sendo a junta preenchida por efeito capilar. (valor: 2,0 pontos)


a) Calcula-se utilizando a expressão:

Área do arame trefilado:

Esforço F necessário:

(valor: 2,0 pontos)

b) A condição que deve ser satisfeita é:

(valor: 3,0 pontos)

c) Têmpera - o material é aquecido a uma temperatura acima da de recristalização (zona crítica) e, em seguida, submetido a um resfria-mento rápido. Como resultado, ocorre grande aumento da dureza, da resistência ao desgaste e da resistência à tração. Por outro lado, são geradas tensões internas de grande intensidade que causam significativa redução da ductilidade do material. (valor: 1,0 ponto)

Recozimento - o material é aquecido a uma temperatura acima da de recristalização (zona crítica) e, em seguida, submetido a um res-friamento lento. Como resultado, ocorre a remoção de tensões devidas a processos de fundição ou conformação mecânica, redução de dureza e aumento da ductilidade. (valor: 1,0 ponto)

Revenido - aplicado imediatamente após a têmpera, aquece-se novamente o material a temperaturas inferiores à da zona crítica, submetendo-o, em seguida, a um resfriamento lento. O revenido corrige as inconveniências da têmpera, restituindo ao aço grande parte da ductilidade perdida, reduzindo as tensões internas, sem afetar muito os aspectos de dureza e resistência ao desgaste resul-tante da têmpera. (valor: 1,0 ponto)

Deve-se recozer o arame entre os sucessivos passes de trefilação para recuperação da sua ductilidade e redução da dureza.

São utilizados ciclos de deformação seguidos de aquecimento, para evitar a fratura do material durante o processamento e permitir a sua recristalização com o objetivo de promover o rearranjo de sua estrutura. (valor: 2,0 pontos)


a)

(valor: 1,0 ponto)

b) Para se obter uma tensão de escoamento de 120 MPa, a deformação no passe do laminador, a partir do material recozido deve ser:

Para hf = 1,5 mm, hi = 1,5 x 1,23 = 1,85 mm. Logo, partindo-se da chapa com 3 mm, deve-se fazer um passe até a espessura de 1,85 mm, recozer a chapa obtida, e então laminar a chapa até uma espessura final de 1,5 mm (11= 21%). (valor: 3,0 pontos)


c) Independente do valor absoluto da deformação, a temperatura de início de recristalização será menor para o material com maior deforma-ção plástica. Assim, a resposta correta é (A). (valor: 3,0 pontos)

d) Qualquer combinação de três das variáveis abaixo será aceita:

– diâmetro dos laminadores;

– coeficiente de atrito entre chapa e cilindros;

– tensão de escoamento do material dos cilindros laminadores;

– módulo de elasticidade do material dos cilindros laminadores;

– rigidez do laminador. (valor: 3,0 pontos)

Obs.: Outras variáveis pertinentes ao processo serão aceitas.


Considerando-se apenas os regimes de corte do processo de usinagem:

a) Regime (i). Em termos teóricos a rugosidade superficial, considerando-se a igualdade de inúmeros outros fatores, é diretamente pro-porcional ao quadrado do avanço e inversamente proporcional ao raio de quina da ferramenta. Em condições normais de usinagem, as curvas obtidas experimentalmente são muito aderentes às teóricas. (valor: 2,0 pontos)

b) Regime (i). Constata-se, em geral, que profundidades de corte maiores e avanços menores aumentam a vida da ferramenta de corte, independentemente do material da ferramenta de corte e do material a ser usinado. De forma elementar isso é justificado pela maior área de dissipação e menor quantidade de calor gerado por causa das menores cargas por unidade de superfície. (valor: 2,0 pontos)

c) 1a alternativa de resposta: Vamos supor os seguintes dados complementares que poderiam ser adotados por ser este um problema “aberto” de engenharia:

Velocidade de corte Vc = 100 m/min

Ângulo de posição da ferramenta 90°. Profundidade de corte (ap) fica igual ao comprimento de corte (b) e o avanço (f) fica igual à espessura de corte (h).

Constantes de Kienzle Ks1 = 200 e (1-z) = 0,8 (supondo que o eixo seja de aço)

Com estes dados a potência Nc pode ser calculada por:

Substituindo os valores numéricos dados e adotados, teremos:

Observa-se que a análise do problema está centrada no produto [b. h]. Para a situação criada, além da potência depender linear-mente de [b], a influência do avanço sobre a potência é fazendo-a crescer (por ser menor do que 1).

OU

2a alternativa de resposta

Se pensarmos em termos da pressão específica de corte, a conclusão é a mesma, pois, quando mantemos a área da seção de corte constante, o menor avanço significa maior valor da pressão específica de corte, resultando em maior força de corte e, consequente-mente, maior potência. Desta forma, a mais alta corrente elétrica deve ocorrer no regime (i). A corrente medida, considerada a seção de corte constante, porém, variando apenas os valores de profundidade de corte e avanço (mantidos todos os demais parâmetros cons-tantes), dependerá apenas dos valores resultantes da força de corte. Esta é calculada pelo produto da pressão específica de corte pela área da seção de corte. Como a pressão específica de corte cresce com a queda do avanço, a força de corte resulta maior, não somente por isso, mas, também, porque quando o avanço é diminuído, a profundidade de corte é aumentada para manter a área da seção de corte constante. Portanto, com área da seção de corte constante, ao menor avanço corresponde maior força, consequentemente, maior potência e consequentemente, maior corrente elétrica consumida. (valor: 2,0 pontos)


d) Sim. Uma estimativa prática é medir a corrente com a máquina funcionando em seu regime (velocidade de corte e avanço) sem cortar (em vazio) e em corte. A diferença de correntes em Ampère vezes raiz quadrada de 3 vezes a tensão dá aproximadamente a potência consumida no corte. (valor: 2,0 pontos)

e) Não. Em geral a potência é mais sensível às variações no avanço que às variações na profundidade de corte, uma vez que a pressão específica de corte é mais sensível às variações no avanço que às variações na profundidade de corte. (valor: 2,0 pontos)

Obs.: A resposta que caracterize a não possibilidade de adotar-se o regime (i) tendo em vista o valor apresentado para a profundidade de corte será também considerada.


a) Comparação entre os processos:

– Os processos de fabricação por usinagem são, em geral, os mais caros, pois envolvem perdas de matéria-prima (cavaco), des-gaste de ferramentas e uso de bens de capital (máquinas- ferramentas) de alto valor. Não é permitido o controle microestrutural. Apresentam a vantagem de permitir os melhores controles sobre a forma, forma dimensional e acabamento superficial entre todos os processos.

– Os processos de fundição permitem a solidificação em medidas bastante próximas das finais, sem extração de cavaco. Alguns processos (fundição de precisão, cera perdida) permitem conseguir formas complexas com bom acabamento superficial e excelente controle dimensional, porém, são caros. O controle microestrutural pode ser conseguido (com restrições) por variação da taxa de resfriamento. Existem perdas inevitáveis de energia devido à necessidade de reciclar alimentadores e maçalotes que não fazem parte da peça.

– Os processos de metalurgia do pó permitem o máximo de controle microestrutural, pois os ciclos térmicos para a sintetização são realizados a temperaturas bem inferiores às de fusão.

Em geral, não existe necessidade de acabamento superficial. O controle dimensional exige severo controle dos parâmetros de processo e da matéria-prima. O processo requer ferramentas de compactação complexas e atmosfera protetora, o que o faz ser compatível com grandes lotes de fabricação automatizados.

b) “Custo Brasil” é um termo normalmente utilizado pelos economistas em anos recentes para representar fatores não técnicos ligados à produção. Em geral, no “custo Brasil” estão incluídos, entre outros, aspectos como taxas de juros, cargas tributárias, deficiências nas infraestruturas de transportes e comunicações, e na burocracia do sistema estatal.

c) CURVA A ⇒ CENÁRIO 4 CURVA C ⇒ CENÁRIO 1

CURVA B ⇒ CENÁRIO 3 CURVA D ⇒ CENÁRIO 2

HABILIDADE 09 Qualidade


a) A peça terá uma superfície cônica, como ilustrado abaixo. Isto porque o carro porta-ferramenta (e, por conseguinte, a própria ferra-menta) estará se deslocando com certo ângulo em relação ao centro de rotação da peça. No início do corte, o diâmetro da peça será menor (mais material sendo usinado), aumentando progressivamente.

(valor: 5,0 pontos)

A peça pode também apresentar pequenas deformações, em sua forma final, devido aos esforços atuantes durante o processo de usinagem.

b) Antes do torneamento interno, esta peça, vista frontalmente de forma exagerada, corresponderá à ilustração abaixo (figura à esquerda), em que a fixação irá deformar o tubo, como ilustrado. Isto ocorre porque, ao efetuar-se a fixação, a peça deforma-se elasticamente, sob a ação das forças de fixação de cada castanha. Após o torneamento interno e antes de soltar a peça, o furo ficará cilíndrico, como mostrado na figura central abaixo. Ao serem soltas as castanhas, o material deformado elasticamente regride, resultando num furo com o formato ilustrado na figura abaixo, à direita. Podem, também, aparecer pequenas deformações plásticas localizadas, fazendo com que a geometria externa não fique exatamente circular.


(valor: 5,0 pontos)

Obs.: Das figuras apresentadas, a terceira é a que corresponde à resposta correta. Entretanto, foram aceitas outras figuras, desde que representassem o que está descrito no texto acima.


a) Dois pares quaisquer de valores (T, vT) tomados na tabela, permitem o cálculo de x, por exemplo:

60 (149,5)x = 20(196,8)x

Substituindo na Equação de Taylor x = 4 e um par qualquer de valores (T, vT) da tabela, tem-se, por exemplo:

K = 20 (196,8)4 = 3 x 1010 (valor: 3,0 ponto)

b) O tempo de troca da ferramenta TTF = 2 minutos, o tempo de afiação TAF é nulo, pois se trata de ferramenta com pastilha intercam-biável, e a vida da ferramenta para máxima produção é dada por:

Substituindo na Equação de Taylor, obtém-se a velocidade de corte para máxima produção:

O custo da pastilha CP = R$ 15,00, o número de arestas NA = 6, sendo o custo da ferramenta por vida T, CPT obtido por:

O custo total do operador e de máquina por minuto CH + CM = R$ 1,00, sendo a vida para a velocidade econômica de corte obtida

por:

Substituindo na Equação de Taylor, obtém-se a velocidade econômica de corte:

c) No regime de trabalho com velocidade econômica de corte, o desgaste da ferramenta é mais lento do que no regime de veloci-dade de corte para máxima produção, isto é, a velocidade econômica de corte é menor, resultando em uma vida maior para a ferramenta.

HABILIDADE 10 Sistemas mecânicos


a) A linha (I) representa a carga de compressão nos flanges em função da carga externa, que passa a ser nula após a carga de sepa-ração da união.


A linha (II) representa a carga de tração no parafuso em função da carga externa, que passa a ter uma inclinação de 45 graus, após a carga de separação da união, ou seja, o parafuso passa a absorver toda a carga externa.

Os pontos (3) e (2) representam, respectivamente, as pré-cargas nos flanges (negativa) e no parafuso (positiva), as quais são iguais em valor absoluto, mas com sinais opostos. (valor: 5,0 pontos)

b) Torques no eixo e de projeto:

Pré-carga nos parafusos:

(valor: 5,0 pontos)


a) A frequência natural para um sistema com um grau de liberdade é definida por , onde keq é a constante elástica equivalente,

e m, a massa do sistema (motor). Assim, sendo keq = 4k, tem-se para cada um dos absorvedores apresentados:

Absorvedor A:

Absorvedor B:

Absorvedor C :

Como são desconsiderados os efeitos dissipativos, estas serão as frequências de ressonância do sistema. (valor: 4,0 ponto)

b) Ao utilizar-se o absorvedor B, o sistema apresentará uma frequência de ressonância dentro da faixa de operação do motor.

Assim, pode-se descartar este absorvedor. (valor: 6,0 ponto)

Utilizando-se a equação da amplitude do movimento, podem-se analisar as condições que aten-

dem a um deslocamento máximo de 0,001 m para as rotações extremas de operação do motor, isto é, devem-se analisar duas possibilidades: a maior rotação ocorrendo antes do ponto de ressonância e a menor rotação ocorrendo após o ponto de ressonância.

Para a rotação de 1000 rpm (104,7 rad/s) tem-se:

Para a rotação de 100 rpm (10,5 rad/s) tem-se:

ou seja, esta condição não pode ser atendida.

Assim, apenas o absorvedor A atende à condição especificada, devendo-se utilizar um absorvedor com constante elástica k = 200.000 N/m.


a) Estão corretamente especificados: Eixo- rolamento: 25 KB/h6 ou 25 R8/h6 Eixo-rotor: 20 H8/h7 (valor: 2,0 pontos)

b)


c) O turno da manhã apresenta peças com menor dispersão. ou O turno da tarde apresenta uma distribuição intermediária de dispersão. ou O turno da noite apresenta peças com maior dispersão.

Obs.: Quaisquer respostas que envolvam essas ideias serão aceitas. (valor: 2,0 pontos)

d) Diâmetros: LSC = 32,23 mm e LIC = 31,83 mm

Amplitudes: LSC = 0,82 mm e LIC = O (valor: 2,0 pontos)

e) Não é possível produzir diâmetros com afastamento H com limites inferiores de controle menor que a medida nominal. (valor: 2,0 pontos)


a) Diagramas de corpo livre do pistão e da manivela:

Força gerada pela pressão:

Equilíbrio de forças no pistão:

Torque gerado na manivela: (Sentido anti-horário)

b) Análise de Velocidades: VB = VA + VBA

Análise de Acelerações:

AB = AA + ABA


c) Diagramas de corpo livre do pistão e da manivela:

Torque gerado na manivela: N m (Sentido anti-horário)

A inércia do pistão gera, portanto, uma redução no torque de 7,2 Nm (3,5%)


a) Ciclo de carga: a corrente tem ramos tenso e frouxo. Logo, num ciclo completo, o elo fica aproximadamente 50% do tempo solicitado e, no restante, sem carga.

Representação:

b) Limite de Fadiga (para 106 ciclos): Sn,’ = 0,5 Su = 480 MPa

Fator de concentração de tensões à fadiga: q = 0,8, Kt = 3

Kf =1 + 0,8 (3-1) = 2,6

Considerando o acabamento superficial e o fator de concentração de tensões à fadiga, no Limite de Fadiga:

Goodman:

Sendo Fm = Fa, tem-se que:

Força máxima no elo:


c) O processo mais adequado é o de estampagem de corte e repuxo, pois pode ser automatizado com maior facilidade a partir de tiras de aço em bobinas e matrizes de construção simples. Qualquer outro processo, entre os listados, não seria economicamente


c) O aumento de temperatura reduz a viscosidade do óleo e, com isto, reduz sua capacidade de suportar carga.

d) Funções do lubrificante:

Lubrificar – reduzir o atrito e evitar o contato entre as partes móveis.

Trocar calor – resfriar as partes.

Amortecer vibrações.

Proteger as superfícies como, por exemplo, evitar oxidação.


b) O sistema de fixação mais indicado é o SISTEMA B. Justificativa:


Nos três casos a frequência natural do sistema é muito menor do que 100 HZ. Pode-se, então, considerar apenas o limite da curva de

resposta quando f é muito maior que fn, ou seja,

HABILIDADE 11 Sistemas térmicos


a) , já que h3 = h4 (válvula isoentálpica)

Refrigerante

Refrigerante

R1 é derivado de clorofluorcarbono (os CFC agridem a camada de ozônio), enquanto que R2 é derivado de hidrofluorcarbono (os HFC não agridem a camada de ozônio).

COP de R1 > COP de R2, mas como a diferença entre os COPs é pequena, embora o refrigerante R1 seja mais eficiente, a melhor escolha é o refrigerante R2, considerando as questões ambientais.

b)

c)


• Energia necessária para o aquecimento da água:

onde

• Energia incidente:

• Área necessária para aquecimento com eficiência

• Número de coletores necessários:


a) De acordo com a carta de calibração, a faixa útil desse acelerômetro é de 200 Hz até aproximadamente 5.000 Hz, pois a curva de resposta em frequência é plana, indicando que não há distorção – atenuação ou amplificação – no sinal de aceleração lido através desse transdutor, devido à sua dinâmica. (valor: 3,0 pontos)


b) De acordo com a carta de calibração, a frequência natural não amortecida (undamped natural frequency) é de 28 kHz. Sabendo-se que 1 Hz = 2 π rad/s e que, segundo o modelo adotado para representar o acelerômetro, a frequência natural não amortecida é dada por rad/s, onde m é a massa oscilante e k é a rigidez do efeito mola equivalente (devido principalmente aos discos piezelétricos), tem-se: (valor: 3,0 pontos)

c) O acelerômetro é sensível à aceleração do sinal de entrada a(t). Pela carta de calibração tem-se que a sensibilidade de tensão desse acelerômetro (voltage sensitivity) é 72,9 mV/g. Como a frequência do sinal a ser medido (300 Hz) está dentro da faixa útil desse transdutor, não haverá distorção, logo a tensão de saída do acelerômetro será: Va(t) = 72,9 a(t) [mV].

Uma vez que o sinal de saída é amplificado antes de ser lido, tem-se: , logo a aceleração

medida será: a(t) = 10 Vm(t) = 36 sen(600pt) [g] (valor: 4,0 pontos)


a) Das tabelas de R-12 (valor: 3,0 pontos)

b)

(valor: 3,0 pontos)

c) Assumindo a compressão adiabática e desprezando variações de energia cinética e potencial, temos, a partir da primeira lei da ter-modinâmica para volumes de controle, que:

Caso se considere o processo de compressão politrópico:

mas

logo

cálculo de n


O superaquecimento é utilizado para evitar que refrigerante na fase líquida seja admitido no compressor, mesmo que em peque-nas quantidades. A admissão de líquido pelo compressor pode causar falhas mecânicas como quebra de válvulas e erosão em pás, assim como promover a diluição do óleo de lubrificação (valor: 2,0 pontos)

d) Destruição da Camada de Ozônio

Efeito Estufa®Aquecimento Global.

(valor: 2,0 pontos)

HABILIDADE 13 Termodinâmica aplicada


Existem três maneiras de aumentar a eficiência térmica de um ciclo de Rankine:

1. Reduzindo a pressão na seção de descarga da turbina.

2. Aumentando a pressão no fornecimento de calor na caldeira.

3. Superaquecendo o vapor na caldeira.

A redução da pressão na seção de descarga da turbina e, correspondente diminuição da temperatura média na qual o calor é rejeitado no condensador, contribui para aumentar o rendimento do ciclo de Rankine. Entretanto, a redução da pressão (abaixo da pressão atmosférica) na seção de descarga da turbina cria a possibilidade de infiltração de ar ambiente para dentro do condensador, isso evi-dencia um aumento da umidade do vapor nos estágios finais da turbina. Esse é um fato preocupante, pois levará a uma diminuição da eficiência da turbina e, a erosão das palhetas da turbina tornar–se–á um problema muito sério quando a umidade do fluído, nos estágios de baixa pressão da turbina, for maior que 10%.

A elevação da pressão na caldeira contribui para aumentar a eficiência térmica do ciclo de Rankine. A temperatura média na qual o calor é transferido ao fluido na caldeira também aumenta com a elevação da pressão, porém, o conteúdo de umidade, também, aumenta. Esse efeito pode ser resolvido por intermédio do reaquecimento do vapor, ou seja, superaquecer o vapor antes dele entrar na turbina (observando as limitações metalúrgicas); expandir o vapor em dois estágios e depois reaquecê-lo entre eles.

Finalmente, considera–se o efeito do superaquecimento do vapor na caldeira no aumento da eficiência térmica. Isso pode ser explicado, pelo fato da elevação da temperatura média na qual o calor é transferido ao vapor. Nesse caso, o conteúdo de umidade do vapor na saída da turbina diminui, ou seja, aumenta o título do vapor na descarga da turbina. Porém, a temperatura na qual o vapor poderá ser aquecido é limitada por considerações metalúrgicas.

Uma possível solução para esse problema, no médio e longo prazo, é o desenvolvimento de novos materiais.

O aluno poderá ainda sugerir melhorias no rendimento o ciclo de Rankine fazendo:

1. Reaquecimento

2. Regeneração

O ciclo com reaquecimento tira vantagem do aumento de rendimento provocado pela utilização de pressões altas e evitando que a umidade seja excessiva nos estágios de baixa pressão da turbina. As características desse ciclo é que o vapor, inicialmente, expande até uma pressão intermediária na turbina, é então reaquecido na caldeira e, novamente expande na turbina até a pressão de saída.

No ciclo regenerativo, após deixar a bomba, o líquido circula ao redor da carcaça da turbina, em sentido contrário do vapor na turbina. O objetivo da regeneração é aumentar a temperatura do líquido que sai da bomba, antes que ele entre na caldeira. A regeneração não apenas melhora a eficiência do ciclo, mas também oferece um meio conveniente de desaerar a água de alimentação, evitando a cor-rosão na caldeira.



Demanda

a) Dmax = 70 m3/h ao meio-dia (12h)

Dmin = 30 m2/h à meia-noite (0 horas)

Dmed = 50 m3/h às 6h e 18h

b) O fornecimento, para que não haja acumulação ou falta de combustível ao final de um período de 24h, deve ser igual à demanda média. Assim:

q = 50 m3/h

c) O óleo é um fluido incompressível, de forma que o balanço de massa equivale ao balanço de volume.

Também é aceitável um gráfico diferente

d) Para que V0 seja mínimo, deverá acontecer a situação da Figura 2, ou seja:

E a capacidade mínima do tanque para funcionamento ininterrupto será igual ao máximo de V (t) na Figura 2:

Capacidade mínima do tanque =

e) Calor fornecido pela combustão no pico de consumo:


O ciclo é termodinamicamente viável.

Nota: Devido ao erro de impressão no caderno de questões, onde erroneamente foi dada a relação K = oC + 213,15, um valor 77,0% é também aceito.

HABILIDADE 14 Fenômenos de transporte


a) O ponto de máxima pressão nas condições especificadas é o ponto D, por ser o mais distante da superfície livre. (valor: 3,0 pontos)

b) As linhas de pressão constante (isobáricas) em um reservatório com aceleração constante têm inclinação definida pela relação entre as acelerações.

O ângulo da superfície livre (isobárica onde p = patm) é definido pela sua tangente, isto é,

Pelas condições especificadas, a superfície livre passa pelo ponto C, logo, como tg q = - 0,1, tem-se:

Assim, conforme mostrado na figura, a superfície livre passa pelo ponto A. (valor: 7,0 pontos)


a) A pressão mínima na cabeça-de-poço deve ser igual à decorrente da coluna hidrostática de óleo no riser:

Pmin = ρóleo g h = 800 x 9,81 x (910 + 20)

Pmin = 7.298.640 N/m2 (74,4 kgf/cm2) (pressão manométrica)

ou

Pmin = 7.399.400 N/m2 (75,4 kgf/cm2) (pressão absoluta) (valor: 4,0 pontos)

b) Peso total da amarra no ar:

P = 1.236 x 1.570 = 1.940.520 N (197.810 kgf)

“Peso” total da amarra submersa:

Psub = P – E


onde E é o Empuxo

Psub = P – (γágua / γaço) P = 1.940.520 x (1 – 10/77) = 1.688.504 N (172,1 tf)

Como Psub é a componente vertical da força de tração T no ponto A, então:

T = Psub / cos α = 1.688.504 / cos 30°

T = 1.949.716 N (198,7 tf) (valor: 6,0 pontos)


a) Na seleção de um isolante térmico, devem ser observados diversos fatores tais como:

• faixa de temperatura de trabalho;

• compatibilidade com certas condições de trabalho, por exemplo, a indesejada absorção de umidade ou atmosfera com presença de substâncias químicas reagentes;

• normas de segurança de trabalho para alguns materiais tóxicos;

• espaço físico para colocação e manutenção;

• relação custo/benefício. (valor: 2,0 pontos)

b) A economia diária de energia é determinada comparando-se as energias com e sem o isolante.

• Energia perdida através da tubulação sem isolamento térmico:

Tubulação sem isolamento

Perdas térmicas por convecção e radiação:

qt = qconvec + qrad

qconvec = A ha (Tv - Ta)

qrad = Aεσ (Tv4 -Ta

4 )

A = 2πrl = 2 x π x 0,05 x 500 = 157 m2

qconvec = 157 x 7,0 x (423,15 - 303,15) = 131,9 kW

qrad = 157 x 0,9 x 5,67 x 10-8 (423,154 - 303,154) = 189,2 kW

qt = 321,1 kW

Assim, a energia perdida em um dia para a tubulação sem isolamento (ESI) será:

ESI = 24 x 3.600 x qt = 86.400 x 321,1 x 103 ESI = 27.743 MJ

• Energia perdida através da tubulação com isolamento térmico:


Tubulação com isolamento

Desprezando-se as trocas térmicas radiativas, as perdas através da tubulação com o isolamento serão determinadas pela expressão

onde Req é a resistência térmica equivalente.

Req = 0,00643 W/ °K

Logo,

Portanto, a energia perdida em um dia para a tubulação com isolamento (ECI) será:

ECI = 24 x 3.600 x Qci = 86.400 x 18,7 x 103 ECI = 1.616 MJ

Assim, a economia de energia diária (ECO) com a colocação do isolante será:

ECO = ESI - ECI ECO = 26.127 MJ (valor: 6,0 pontos)

c) Como o custo do kWh é de R$ 0,10, tem-se: 1kWh = 1.000 x 3.600 J = 3,6 MJ

Isto é, 3,6 MJ custam R$ 0,10.

Assim, a economia diária em reais (EDR) será:

Para um custo de R$ 60.000,00, a amortização será obtida em:

(valor: 2,0 pontos)


a) A partir do balanço de energia na esfera, tem-se que a taxa de variação de energia da esfera é igual à taxa de transferência de calor

por convecção, assim,

Este é um problema de valor inicial sujeito à condição T = T0 em t = 0.

Integrando a equação diferencial e utilizando a condição em t = 0, obtém-se:

Logo,

onde,

A = 4 x p 0,0052 = 3,1416 x 10-4 m2


Portanto, o tempo de resfriamento será de:

tfinal = 23,4 s (valor: 6,0 pontos)

b) A microestrutura do material é determinada pela taxa de resfriamento do sólido. O tempo de resfriamento, portanto, influencia as propriedades finais do aço. O resfriamento por convecção natural, que ocorre quando a bomba de circulação para de funcionar, tem uma taxa de resfriamento inferior à da convecção forçada, levando à obtenção de uma estrutura com menor resistência mecânica e menor dureza. (valor: 4,0 pontos)


a) As hipóteses habituais da termodinâmica pertinentes a este problema reduzem a equação geral do balanço de energia a:

, que se traduz em:

supondo o calor específico da água e do óleo constantes, ,

ou seja: (valor: 3,0 pontos)

Essa é a equação básica de energia a ser aplicada a um trocador de calor.

Pode-se, também, considerar que o e são constantes e obter a equação do balanço de energia na forma:

(valor: 3,0 pontos)

b) Deve-se notar que a temperatura de saída da água não foi determinada. Entretanto, no enunciado, há referência à temperatura de 28 °C, como um ponto de alteração significante no padrão de custos do projeto. Nota-se que a função custo apresenta um ponto de mínimo para essa temperatura. Assim, uma estimativa inicial de projeto deve envolver a temperatura de 28°C, uma condição crítica evidente por significar um sensível aumento nos custos.

Com a hipótese de fluido (escoamento) incompressível, a variação de entalpia se escreve como função da variação de temperaturas e, com isso,

Uma vez que a temperatura da água, na saída, tenha sido encontrada, a vazão de massa pode ser determinada por:

(valor: 3,0 pontos)

c) Na ausência de perdas pelo isolamento, toda a energia liberada pela corrente quente será absorvida pela corrente fria, em um processo interno ao equipamento. Portanto, a determinação da área interna de troca de calor será feita pela análise de uma das correntes de fluido e não mais do equipamento. Dessa forma, o calor trocado por cada um dos fluidos corresponde a:

Determinação da diferença média logarítmica:

onde:

• DT1 = T1 - t2 = 52 - 28 = 24°C

• DT2 = T2 - t1 = 25 - 19 = 6°C

Assim,


Pela aplicação da primeira Lei da Termodinâmica a uma das duas correntes de fluido, obtém-se o calor trocado:


= 0, 6 x 1.951 x (52- 25) = 31.606 W ou

= 0, 84 x 4.181 x (28 -19) ≅ 31.606 W

Determinação do fator de correção F:

Consultando o gráfico, obtém-se o valor de F = 0,92 para a configuração do problema.

Finalmente, pode-se escrever:

A área de troca para a configuração do problema corresponde a: A = N(pDL)

Considerando D = 0,04 m e L = 1,5 m, tem-se que o número de tubos é igual a:

Logo, serão necessários 141 tubos. (valor: 4,0 pontos)


a) Fluxo de calor aproveitado no aquecimento da água: (valor: 2,0 pontos)

b) Solução 1

Cálculo da vazão mássica que escoa em um coletor

Pela Primeira Lei da Termodinâmica: (valor: 2,0 pontos)

Vazão mássica em um coletor:

Em 1 h = 3600 s, a massa d’água que circula em um coletor é:

6,63 x 10-3 x 3600 = 23,88 kg/coletor (valor: 2,0 pontos)

Como o volume específico da água saturada é: ,

são necessários

Solução 2

Vazão Necessária:

Vazão mássica necessária:

Taxa de transferência de calor necessária: (valor: 2,0 pontos)

Área total necessária: (valor: 2,0 pontos)

Número de coletores necessários

Como a vazão mínima é de 160 L/h, podem ser utilizados sete coletores. (valor: 2,0 pontos)

c) Vantagens: a energia solar é não poluente, renovável e abundante. Não existe dano ambiental algum ao utilizá-la.

Desvantagens: a radiação solar é dependente de condições climáticas (como a presença ou ausência de nuvens).

A radiação solar também é variável conforme a estação do ano (mais intensa no verão do que no inverno) e é igualmente dependente da localização (regiões próximas ao equador possuem uma radiação solar mais intensa do que as regiões fora dos trópicos). (valor: 1,0 ponto)

Outras fontes alternativas: energia eólica, geotérmica, energia das marés, células combustíveis, biomassa, fusão nuclear, dentre outras. (valor: 1,0 ponto)



a) Funcionamento do circuito

O circuito é acionado por um atuador linear que fornece à linha uma quantidade de fluido correspondente ao curso do atuador durante meio ciclo.

Durante a aspiração (subida da alavanca) a válvula de retenção A, colocada na alimentação do circuito, abre e permite o armazena-mento do fluido na câmara do atuador.

Durante a descida da alavanca, o fluido é pressurizado e realiza trabalho sobre a carga através do cilindro hidráulico. Nesta parte do ciclo é aberta a válvula de retenção B da linha de pressão.

O retorno do cilindro hidráulico é realizado pela abertura manual da válvula de controle, que libera o fluido para o reservatório. (valor: 3,0 pontos)

b) Cálculo da carga máxima

• Força atuante no atuador linear:

• Pela Lei de Pascal, tem-se que a pressão é a mesma em todo o circuito, logo:

Cálculo da velocidade média de avanço

• Volume deslocado por ciclo:

Tendo o ciclo uma duração de 1 segundo, a vazão média será de 31.416 mm3/s.

Velocidade média de avanço do cilindro hidráulico:

c) Dimensionamento da alavanca

Pela Resistência dos Materiais tem-se:

Onde

Admitindo-se um dimensionamento estático com fator de segurança de 1,2, tem-se:

Assim, pode-se adotar, por exemplo, um raio de 7,5 mm para a alavanca.

Serão aceitos os resultados correspondentes a fatores de segurança maiores que 1,0.


a) Como ambas as aletas possuem a mesma geometria (mesma área superficial) e estão colocadas em um mesmo ambiente (mesmo valor de h e ), a aleta A, por operar a uma temperatura mais alta, troca mais calor com o ambiente, pois,

b) Como ambas as aletas possuem a mesma geometria (mesma área da base) e são feitas do mesmo material (mesmo valor da con-dutividade térmica k), a aleta D, por apresentar maior gradiente de temperatura na base, troca mais calor com o ambiente, pois,

Pode-se também observar, pelo gráfico fornecido, que, para uma mesma posição x, a aleta D está mais fria do que a aleta C ao longo de toda a sua extensão, indicando maior troca de calor.

c) Considerando as expressões fornecidas para o número de Nusselt, tem-se:

Assim, a vazão de ar no canal (Q) é calculada por

Q = U x A, onde A é a área do canal


Q = 1,92 x 0,012 = 0,023 m3/s ≅1400 l/min

Com esta vazão especifica-se, do catálogo, o soprador P-07047-20. (valor: 1,0 ponto)

Sim, a eficiência da aleta pode ser aumentada através de pequenos furos passantes desde que a redução de área causada pelos furos não se sobreponha ao aumento de h. Ao se fazer furos na superfície da aleta, a camada limite é perturbada, o que resulta em um maior valor de h. Como se os furos forem de pequeno diâmetro, As não sofrerá grande variação, e o efeito de

aumento de h fará com que a aleta troque mais calor.


a) Dentre as medidas a serem tomadas, visando à contenção do vazamento e à minimização dos danos, podem ser citadas:

• interrupção do bombeio ou outra forma de parada do escoamento pelo local do furo;

• uso de barreiras de contenção;

• uso de mantas absorventes para recolher o óleo da superfície do canal;

• abertura de pequenos canais transversais às margens para recolher o óleo da superfície do canal;

• uso de skimmers (máquinas especializadas para recolher o óleo da superfície do canal);

• o uso de dispersantes só é recomendado em situações de mar aberto distante da costa, portanto, não se aplica a este caso;

• comunicar o vazamento às autoridades locais e à população potencialmente afetada. (valor: 1,5 ponto) Dentre as medidas visando à remediação e à reparação dos danos ambientais e socioeconômicos, podem ser citadas:

• atendimento aos animais afetados pelo óleo;

• remoção para limpeza dos solos, areias e margens contaminadas, com posterior reposição do material;

• limpeza das rochas contaminadas por óleos;

• indenizações a terceiros (comerciantes do setor de turismo, pescadores etc.) por lucros cessantes;

• replantio de áreas de vegetação afetadas;

• indenizações e multas devidas aos poderes públicos;

• fornecimento alternativo de água potável para os usuários afetados;

• repovoamento das populações animais afetadas. (valor: 1,5 ponto)

b) Diagrama de corpo livre:

(note que a aceleração da gota é nula)

Balanço de forças: Empuxo = Peso + Arrasto, ou Arrasto = Empuxo – Peso.

Assim:

Igualando o resultado [1] com a correlação da força de arrasto no Regime de Newton:

Logo, , ou seja, a velocidade terminal é w = 0,17 m/s.


c) Solução 1 (seguindo a sugestão)

As relações cinemáticas do movimento da gota são:

direção x:

direção z:

Combinando as equações:

Integrando-se ao longo da trajetória da gota:

Para calcular L, faz-se a integração numérica do perfil de velocidades u(z), já que ug(z) = u(z):

Dividindo o intervalo 0 < z < H em 5 partes, de largura = H/5, e em seguida, calculando a área de cada parte pela regra do tra-pézio, a integral será a soma das áreas de cada parte.

Área de uma parte =

Assim:

Substituindo-se os valores de ui da Tabela:

Assim, calcula-se

Ou seja, o furo deve estar localizado em torno de 11,6 m a montante do Ponto A. (valor: 1,0 ponto)

Solução 2

Tempo que uma gota leva para atravessar um intervalo = H/5 = 0,6 m:

= (0,6 m)/(0,17 m/s) = 3,53 s

A posição da gota ao atingir a altura zi será dada por: xi = xi - 1 + umi ,

Onde umi é a velocidade média da gota no intervalo i

Assim, acrescentam-se na tabela duas novas colunas: ( umi) a variação da posição da gota no intervalo i, e xi, a posição da gota ao atingir a altura zi.

Ou seja, L = 11,7 m (valor: 1,0 ponto)

Solução 3

Aproxima-se uméd, a velocidade média do perfil ug(z), como a média dos 6 pontos u(zi) :

uméd = 0,62 m/s (valor: 2,0 pontos)

O tempo de ascensão da bolha é:

t = (3m)/(0,17 m/s) = 17,6 s. (valor: 1,0 ponto)

Assim, uma aproximação aceitável será:

L = uméd x t = 17,6 x 0,62 = 10,9 m



a) Temperatura dos gases na entrada da tubulação: 700(C Assim, o termopar deve ter capacidade de medir temperaturas até este valor.

Do catálogo, apenas três tipos se adaptam:

Porém, a atmosfera é oxidante, o que elimina a possibilidade de uso de termopar tipo J. Assim, a seleção pode ser:

b)

Balanço de energia em regime permanente na junção do termopar:

[calor trocado por convecção] = [calor trocado por radiação]


Devem ser citados três, entre os seguintes processos:

a) vernizes – proteção contra corrosão e contra riscamento;

– cromagem – razões estéticas, aumento da dureza superficial, redução de atrito;

– niquelagem – substrato para cromagem, razões estéticas;

– fosfatização – lubrificação superficial, proteção contra oxidação;

– pintura — proteção contra oxidação, corrosão, razões estéticas;

– zincagem a fogo – proteção de peças severamente vulneráveis a ataques corrosivos;

– atomização spray – processo aplicável com diversos metais e ligas sobre diversos substratos metálicos para praticamente qualquer dos revestimentos e usos indicados anteriormente. (valor: 3,0 pontos)

b) Considerando-se que:

– a componente horizontal do campo de velocidades é nula (v = O)

– a componente vertical do campo de velocidades não varia na direção

– o gradiente de pressão na direção do escoamento pode ser desprezado


– a equação de balanço da quantidade de movimento linear na direção x assume a forma:

Condições de contorno: y = O E® u = U

(despreza-se a tensão cisalhante na superfície livre do filme) dy Integrando e aplicando as condições de contorno,

obtém-se:

Como a vazão local é zero,

Substituindo os dados do problema,


HABILIDADE 01 Balanços de massa e de energia e análise de processos produtivos


Cloreto férrico

Volume de coagulante

0,2 mL/L x 1.000 L/m³ x 250 m³ = 50.000 mL

Custo do coagulante

50.000 mL x 1,00/1.000 mL = R$ 50,00/h

Correção da acidez do lodo 1 m³/h x 150,00/m³ = R$ 150,00/h

Custo total com cloreto férrico: R$ 200,00/h

Policloreto de alumínio

Custo do coagulante

50.000 mL x 1,20/1.000 mL = R$ 60,00/h

Disposição do lodo

1 m³/h x 200,00/m³ = R$ 200,00/h

Custo total com policloreto de alumínio: R$ 260,00/h

Os dois coagulantes são eficientes para a remoção dos poluentes e ambos permitiram atingir o limite da legislação para óleos e graxas (principal poluente a ser removido no flotador).

Como depois do flotador há outras etapas mais adequadas para a remoção dos demais poluentes, e o tipo de coagulante não afeta estas outras etapas, então, tecnicamente, não há diferença significativa para a substituição do coagulante.

Os demais poluentes devem ser removidos em sistema complementar.

A disposição do lodo com a substituição do cloreto férrico pelo policloreto de alumínio geraria um passivo ambiental para a empresa.

A substituição do coagulante aumentaria o custo em R$ 60,00/h, tornando inviável a troca.

ENGENHARIA QUÍMICA

Capítulo XII



Uma análise econômica simples indica que:

– do ponto de vista econômico: o lucro obtido pela substituição do combustível será de R$ 220,00/h - R$ 120,00/h = R$ 100,00/h de operação. Considerando 330 dias de operação no ano (aproximadamente 90% de eficiência), o lucro anual será:

100 × 24 × 330 = R$ 792.000,00 / ano de operação.

Conclusão: o processo é altamente rentável, pois o capital investido retorna em menos de 08 meses; o restante do tempo de operação representará um lucro anual de R$ 792.000,00. (valor: 4,0 pontos)

– do ponto de vista ambiental: a empresa passará a empregar um combustível renovável, com geração de créditos de carbono, o que é uma vantagem. O reflorestamento ocupará uma área consideravelmente extensa para o plantio de eucaliptos, o que é uma desvantagem. Outra desvantagem é o descarte das cinzas, que exigirá atitudes que protejam o meio ambiente ou parceria com alguma empresa que as empregue em sua linha de produção. A emissão de material particulado maior na queima da lenha é outra desvantagem. O maior gasto no transporte da madeira, em comparação com o transporte do óleo, também é outra desvantagem. (valor: 6,0 pontos)


Com base na situação descrita no texto da questão, esperava-se que o estudante respondesse às seguintes questões: a) que aspectos devem ser analisados em relação ao mercado de novos produtos, para se avaliar a viabilidade econômica da implantação do uso de membranas, em comparação com o processo tradicional, que resulta em apenas queijo e soro? e b) do ponto de vista ambiental, quais são as vantagens da osmose reversa, considerando seu efeito sobre o volume de resíduos e o consumo de energia? Justifique.

Para o item ‘a’, devem ser consideradas como corretas as 5 respostas abaixo ou outras que contemplem o comando:

• geração de novos produtos;

• aplicações dos novos produtos;

• demanda dos novos produtos no mercado;

• previsão de preço;

• balanço do novo processo.

Quanto aos critérios de atribuição de pontos, os conceitos variavam de 0 a 5, com a totalização de 7,50 pontos. Para o item ‘b’, esperava-se que o estudante abordasse os seguintes quesitos, cada um com conceitos que variavam de 0 a 2.

• redução do volume de efluentes (valor: 1,00 ponto);

• baixo consumo de energia (valor: 1,00 ponto);

• menor impacto ambiental (valor: 0,50 ponto).


O balanço material para a biomassa ao redor no biorreator é dado por:



– A válvula VG02 está sendo controlada pelo nível do tambor de refluxo. Isso impede que se possa estabilizar a vazão do refluxo (em consequência, a razão de refluxo) em um valor adequado para a separação desejada, tornando o controle da qualidade do produto de topo impraticável.

– A corrente de fundo da coluna de destilação é de líquido saturado. Nessas condições, a instalação de uma válvula de controle na sucção da bomba poderá provocar a cavitação na bomba. (valor: 10,0 pontos)

Observação: Outras interpretações pertinentes e fundamentadas serão consideradas.



Fluxograma de processo simplificado

Descrição da operação da unidade:

– em função da pequena produção, o processo deverá ser conduzido por bateladas;

– o óleo e o álcool são bombeados para o reator e o catalisador é acrescentado;

– deixa-se o meio em reação com agitação;

– desliga-se a agitação e deixa-se o meio em repouso para permitir a separação da solução de álcool e glicerol por decantação;

– descarregam-se, pelo fundo do reator, os ésteres formados e o óleo restante para o tanque correspondente;

– a solução de álcool e glicerol que permaneceu no reator é aquecida, para a destilação e recuperação do álcool;

– a solução de ésteres e óleo é lavada com água para retirar o glicerol que eventualmente reste em suspensão e o catalisador.



a) A conversão pode diminuir porque o aumento da vazão FAo também provoca uma redução do tempo de residência de A no reator e, consequentemente, da sua conversão. (valor: 5,0 pontos)

b) O coeficiente de transporte km é uma medida da facilidade com que dada substância (no caso, B) passará através da membrana.

Quanto maior o valor de km, mais facilmente o produto B será retirado do reator. Com isso, haverá um deslocamento da reação no sentido de se produzir mais B (Princípio de Le Chatelier), aumentando a conversão do reagente A. (valor: 5,0 pontos)


a) Considerando saturação na superfície do clorofórmio:

Substituindo na expressão os dados fornecidos pelo experimento:

(valor: 8,0 pontos)

b) A característica que permite a adoção da hipótese de regime pseudoestacionário é o fato de a taxa de evaporação ser muito pequena.

(valor: 2,0 pontos)



a)

• Vazão do concentrado:

Do balanço de sólidos no interior do evaporador:

s: solução; c: concentrado

• Vazão do evaporado:

Do balanço de massa global no interior do evaporador: (valor: 3,0 pontos)

• Como não há elevação do ponto de ebulição e o evaporado encontra-se em equilíbrio com a solução em ebulição, as temperaturas das correntes de evaporado e de concentrado são iguais a 51 °C. (valor: 2,0 pontos)

b) A temperatura do concentrado aumenta, pois aumenta a temperatura da solução em ebulição no interior do equipamento.

A concentração de soluto no concentrado será menor, pois a taxa de transferência de calor através do sistema de aquecimento será menor [produto (U A) permanece constante, mas o diferencial efetivo (Tv - Tc) diminui]. Assim, a quantidade de calor transferida para evaporar o solvente diminui, gerando um produto menos concentrado. (valor: 4,0 pontos)

c) O desempenho do evaporador pode ser aumentado com qualquer um dos seguintes procedimentos:

• utilização de um sistema múltiplo efeito;

• aquecimento da solução antes de sua alimentação no evaporador, utilizando a corrente de evaporado como fonte de energia;

• aquecimento da solução antes de sua alimentação no evaporador, utilizando a corrente de concentrado como fonte de energia;

• redução da pressão operacional do evaporador. (valor: 1,0 ponto)


a) Balanço de energia no tambor de “flash”:

C = V + L = 4.000 kg h–1 ou L = 4.000 – V (1)

C.Hc = V.Hv + L.HL

(2)

(valor: 2,0 pontos)

Da tabela de vapor saturado, obtêm-se os valores das entalpias para as pressões indicadas na entrada e na saída do tambor de “flash”:

Pc = 8 x 105 + 1 x 105 = 9 x 105 Pa

Pv = 2 x 105 + 1 x 105 = 3 x 105 Pa

Hc = 742,83 kJ kg-1

Hv = 2.725,3 kJ kg-1

HL= 561,47 kJ kg-1

(valor: 3,0 pontos)

Substituindo-se os valores acima na equação (2), juntamente com a relação (1):

742,83 x 4.000 = 2.725,3 V + 561,47 (4.000 – V) ou V = 335,3 kg h-1 (valor: 2,0 pontos)

b) O vapor de baixa pressão poderá ser empregado no pré-aquecimento dos reagentes na alimentação do reator e no pré-aquecimento da alimentação da coluna de destilação. Desse modo, uma eventual falha na vazão desse vapor não acarretará qualquer alteração no estado estacionário do processo, porque o sistema de troca térmica já colocado suprirá as necessidades energéticas do processo. (valor: 3,0 pontos)



As respostas consideram que todo o CH4 alimentado ao processo com o hidrogênio deverá deixar o processo pela purga.

a) Parâmetros que interferem na otimização econômica do processo:

– composição do reciclo: quanto maior a concentração do gás inerte (CH4) em relação ao hidrogênio no reciclo, menor será a vazão da purga requerida, reduzindo a quantidade de hidrogênio perdida; (valor: 3,0 pontos)

– vazão do reciclo: quanto maior a vazão do reciclo, maior será o dispêndio de energia na operação de recompressão e reaquecimento da carga do reator. (valor: 3,0 pontos)

A otimização será alcançada comparando-se o custo do hidrogênio perdido na purga com o custo de recompressão e reaquecimento do reciclo. (valor: 1,0 ponto)

b) A pressão na descarga do tambor de “flash” poderá ser controlada por uma válvula que regule a vazão de descarga na purga:


Das informações do Sr. Romais, temos:

a) Pela Lei de Arrhenius, k = Ae–E/RT , o aumento da temperatura deve acarretar um aumento da velocidade de reação e, consequen-temente, da conversão de uma reação irreversível. Dependendo do sistema, no entanto, considerando apenas argumentos ter-modinâmicos e cinéticos, pode-se enumerar as seguintes possibilidades para explicar a redução da conversão com o aumento da temperatura:

– alteração do equilíbrio da reação (considerando a reação reversível) deslocando-o para a formação do(s) reagente(s).

– alteração do mecanismo de reação, por:

• inibição por maior formação do produto.

• decomposição dos compostos envolvidos.

• aceleração das reações secundárias.

– desativação do catalisador, se a reação for catalítica.

– decomposição do(s) reagente(s).


b) o aumento do grau de mistura, para reações de ordem positiva, deve acarretar uma diminuição da conversão.

Para uma dada razão volume/vazão, a conversão será menor quando houver mistura (área do retângulo representa o volume) do que no reator tubular sem mistura axial (área sob a curva representa o volume).


i) Para a produção do composto C, o processo deverá ser constituído de um reator e de unidades de separação e de secagem. A partir das informações fornecidas, é possível separar o produto C dos reagentes A e B por extração com água, seguindo-se operações de cristalização e secagem:

ii) A operação crítica para a qualidade final do produto é a extração com água. O arraste dos reagentes A e B com a fase aquosa poderá elevar a concentração desses compostos além do máximo de 1% exigido pelo controle de qualidade, no produto final.

O controle de qualidade poderá ser feito pelos testes de A e B nas correntes de alimentação do evaporador e do secador.

Uma solução alternativa poderia prever um cristalizador para a separação de C com posterior diluição em água para a sua purificação.

A operação crítica para a qualidade final do produto seria a separação da solução de C em água no decantador.



i) O emprego de excesso de benzeno para minimizar a produção dos polialquilados só se justifica economicamente se o mesmo for separado e reciclado. No entanto, o reciclo do benzeno acarreta não apenas o custo do próprio reciclo como, em especial, um elevado custo de separação devido ao elevado consumo de energia, típico da operação de destilação. Assim, para uma mesma quantidade de etilbenzeno alimentado, o desempenho econômico da unidade será afetado da seguinte forma:

a) quanto maior o excesso de benzeno, maior será o custo da destilação e do reciclo.

b) quanto menor o excesso de benzeno, maior será a produção dos polialquilados indesejáveis.

Esses dois fatores determinarão o excesso ótimo de benzeno a ser empregado.

ii) O controle mínimo da operação da coluna de destilação A, que separa o excesso de benzeno para o reciclo, deverá prever:

a) o controle da vazão do reciclo de benzeno, em função do nível do tanque de refluxo.

b) o controle da vazão do refluxo com base no valor da vazão previamente estabelecido.


A solução pode se iniciar com o balanço de energia no volume de controle representado pela caldeira:

(energia que sai) - (energia que entra) = calor trocado

(wvhv + wphp) – (waha + wchc) = Q

onde:

w = fluxo de massa da corrente especificada (kg/h)

h = entalpia da corrente especificada (kcal/kg)

Da tabela de vapor saturado, adotando-se o referencial da própria tabela, obtém-se as entalpias abaixo, sendo que os dois últimos valores são aproximados.

hv = 650,2 kcal/kg

hp = 133,4 kcal/kg

ha = 25,0 kcal/kg

hc = 120,0 kcal/kg

O fluxo wa é obtido por um balanço material na caldeira:

wa = wv + wp - wc = 1.000 + 20 - 800 = 220 kg/h.

Retornando-se ao balanço de energia, obtém-se:

Q = 551.368 kcal/h.


(a) O emprego de oxigênio técnico implicaria no seguinte:

• elevação do custo da matéria-prima oxigênio.

• redução das dimensões do reator e da coluna lavadora, de outra forma exageradas em virtude das vazões elevadas pela presença do nitrogênio do ar.

• emprego do reciclo do etileno não convertido, de outra forma, inviabilizado economicamente pela dificuldade da separação do nitrogênio e pela necessidade adicional de compressores e trocadores de calor.


(b) O computador poderia ser empregado, por exemplo, nas seguintes etapas do projeto:

• no dimensionamento do processo, calculando as dimensões dos equipamentos, as vazões e as condições das correntes e nas iterações provocadas pela presença do reciclo.

• na avaliação econômica do processo, avaliando e comparando as alternativas cogitadas (otimização).

• Poderiam ser recomendados recursos computacionais nos sistemas de controle automático do processo.


Conteúdo(s) principal(is) da questão: Processos Químicos (Desenvolvimento - concepção - de um processo em escala industrial a partir de um enunciado em aberto).

Habilidades aferidas: Capacidades de: consolidação de conhecimentos teóricos; reconhecer, medir, estimar ou analisar criticamente variá-veis relevantes de um processo; analisar criticamente aspectos técnicos, científicos e econômicos de um problema e apresentar soluções adequadas; organizar ideias e comunicá-las; selecionar técnicas e instrumentos de medição, análise e controle.

HABILIDADE 02 Cinética das reações químicas


a) Para a primeira etapa:

Como a reação é reversível, no equilíbrio:

Para a segunda etapa:

b) Da equação (2):

Substituindo-se (4) em (3):


a) Em cada um dos três sistemas temos que

Portanto, os coeficientes estequiométricos são a = p = 2b. (valor: 4,0 pontos)

b) Nos sistemas 1 e 3, os reagentes A e B estão em proporções estequiométricas, pois, em qualquer instante, . (valor: 3,0 pontos)

c) Nas condições operacionais apresentadas e considerando atingido o regime estacionário, a reação representada no sistema 3 pode ser considerada reversível, já que nenhum reagente é consumido totalmente. (valor: 3,0 pontos)


A constante de equilíbrio

Portanto,


Substituindo-se os valores numéricos, obtém-se:



i) Por tentativas, verifica-se que os dados experimentais não podem ser descritos nem pela ordem zero (CA = CA,0 + Kot) nem pela ordem um (In Ca = InCA,0 + K1t).

A ordem da reação é igual a dois, pois os dados obedecem à equação:

Analogamente, tomando-se t1 = 300s e t2 = 400s, obtêm- se:

ao anterior. Portanto, a condição de reação de 2ª ordem é verificada.

iii) da equação 1 tem-se:


Cobre é produzido por diversas rotas e a partir de diferentes minerais. Seguem-se duas rotas alternativas, considerando-se a calcopirita como o mineral cuprífero.


Um controle de qualidade efetivo deve contemplar todas as etapas do processo. Entre as variáveis de maior importância, incluem-se o grau de moagem, teor e natureza das impurezas nas diferentes etapas, compatibilidade ambiental (SO2 e As), teor de oxigênio no cobre, eficiências energéticas nas etapas eletroquímicas etc.

HABILIDADE 03 Engenharia bioquímica


Nessa questão, o estudante deveria, considerando os aspectos termodinâmicos das reações de catálise, descrever, de forma sucinta, o meca-nismo básico que possibilita que as enzimas aumentem significativamente a velocidade das reações metabólicas.

Nas reações químicas em geral, um reagente S se transforma em um produto P, após ultrapassar um estado energético chamado de estado de transição ou estado ativado. A diferença de energia entre o chamado estado fundamental e o estado de transição é conhecida como energia de ativação (ΔG∗). De maneira generalizada, as enzimas, assim como outros catalisadores, aumentam a taxa de reação pela redução da energia de ativação. Mais especificamente, as enzimas atuam favorecendo um caminho de reação cujo estado de transição possui energia de ativação menor do que aquela da reação não catalisada.

O padrão de resposta esperado é o seguinte, com atribuição de conceitos que variam de 0 a 2.

a) Estado de transição ou estado ativado

b) Enzimas: diminuição da energia de ativação

c) Caminho da reação catalisada diferente do caminho da reação não catalisada


O comando da questão dizia que, considerando a influência da temperatura na produção e na atividade das enzimas, o estudante deve-ria propor um protocolo com pelo menos três etapas para produção e uso da enzima recombinante, com o objetivo de se reduzir o teor de lactose no leite, e mencionar a temperatura de cada etapa do processo.

O padrão de resposta esperado era o seguinte, com atribuição de conceitos que variam de 0 a 2.

a) Crescer E. coli transformante a 37 ºC

b) Separar as células sobrenadantes do meio de cultivo à temperatura ambiente ou sob refrigeração

c) Usar sobrenadante para hidrolisar a lactose a 93 ºC


O estudante deveria descrever, sucintamente, no item ‘a’, a estrutura das unidades básicas, e no item ‘b’, as estruturas primária, secundária, terciária e quaternária das proteínas. Nesse caso, foram atribuídos conceitos de 0 a 2 em todos os quesitos avaliados.

O padrão de resposta esperado é o seguinte.

a) Acerca da estrutura das unidades básicas das proteínas, a resposta deve incluir que:

• as proteínas são macromoléculas constituídas por aminoácidos;

• a estrutura química dos aminoácidos pode ser representada pela fórmula + NH3CH(R) – COOH, em que R representa a cadeia lateral

• os aminoácidos encontrados nas proteínas são levógeros


b) Acerca das estruturas primária, secundária, terciária e quaternária, espera-se que o estudante responda o que se segue.

• A estrutura primária é a sequência de aminoácidos, que estão unidos pelas ligações peptídicas

• A estrutura secundária é representada pelas conformações em α-hélice e folha-β

• A estrutura terciária representa o arranjo espacial (estrutura tridimensional), resultante da interação entre aminoácidos localizados em posições distanciadas da cadeia

• A estrutura quaternária refere-se ao arranjo entre dois ou mais polipeptídeos ou subunidades. Essa estrutura aparece somente nas proteínas oligoméricas

Habilidade 04 Engenharia de meio ambiente: tecnologias limpas e tratamento

de resíduos, efluentes e emissões


a) Traçando-se uma linha de amarração que passe pelo ponto dessa mistura, leem-se, na figura, as composições das fases extrato e rafinado em equilíbrio.

Extrato (E): 0,25 de acetona

0,05 de H2O

0,70 de MIBK

Rafinado (R): 0,15 de acetona

0,80 de H2O

0,05 de MIBK

O balanço de acetona por unidade de massa da solução resulta em:

0,30 = 0,25 E + 0,15 R

O balanço de água por unidade de massa da solução resulta em:

0,70 = 0,05 E + 0,80 R

Então:

E = 0,70 e R = 0,83

Fração de acetona recuperada no extrato = acetona no extrato/acetona na solução

(valor: 8,0 pontos)

b) Para reduzir o teor de acetona no rafinado, a recomendação deve ser um ou mais estágios de equilíbrio adicionais. (valor: 2,0 pontos)


– Extração empregando hexano como solvente: o processo é realizado em pressão atmosférica. Portanto, a sua operação é menos dispendiosa e utiliza equipamentos mais simples. O produto obtido exige, no entanto, cuidadosa retirada do solvente para torná-lo adequado ao consumo humano e animal, face à toxicidade do hexano. Dos pontos de vista de segurança e ambiental, o hexano exige cuidados especiais no seu manuseio por ser explosivo e tóxico (solvente orgânico volátil).

– Extração empregando etanol como solvente: o etanol é mais volátil e menos tóxico do que o hexano. Portanto, é mais seguro, gerando produtos mais adequados para o consumo humano e animal. A extração a pressão mais elevada do que a atmosférica exige equipa-mentos e soluções de engenharia mais dispendiosos.

– Extração empregando CO2 como solvente: o CO2 tem a vantagem de ser inócuo à saúde (humana e animal) e não apresentar riscos de toxicidade ambiental. Além disso, não é explosivo. Todavia, as altas pressões de operação necessárias para o processo tornam os custos (equipamentos e operação) mais elevados em comparação com os processos de extração com solventes orgâ-nicos. (valor: 10,0 pontos)


HABILIDADE 05 Operações unitárias em sistemas particulados


a) O circuito térmico total é avaliado conforme:

b) A resistência térmica total avaliada conforme

Individualmente, as resistências térmicas são dadas por:

Outra relação envolvendo L1 e L2 surge da espessura total do forno:

Resolvendo o sistema formado por estas duas equações, encontra-se L1 = 0,275m e L2 = 0,025m.

c) A temperatura externa pode ser obtida por meio do último trecho do circuito:


Modo de operação proposto: escoamento em contracorrente. No escoamento em paralelo, em que as duas correntes saem do trocador pela mesma extremidade, a temperatura do fluido frio não ultrapassaria a temperatura do fluido quente, como na figura.


a)

Inicialmente, uma EVAPORAÇÃO para concentrar a solução diluída. Em seguida, uma CRISTALIZAÇÃO, realizada com o abaixamento da temperatura ou por meio de nova evaporação, para a obtenção dos cristais do soluto. A energia contida no vapor que sai do evapo-rador poderia ser aproveitada em outra etapa do processo. (valor: 4,0 pontos)

b) Evaporação

Balanço de massa:

F = L + V e FxF = LxL


Em que F, L e V são as vazões mássicas da alimentação, produto concentrado e vapor produzido, respectivamente, e x é a concen-tração de sólido ou fração mássica. (valor: 3,0 pontos)

Cristalização

Balanço de massa (para os cristais e para a água, podendo esta evaporar ou não durante o processo):

L = S + C + W e LxL = SxS + CxC

Em que L, S, C e W são as vazões mássicas da solução de alimentação, solução obtida, cristais (produto) e água vaporizada e x é a fração do componente (água ou cristal). (valor: 3,0 pontos)


Esperava-se que o estudante, a partir do texto motivador da questão, fosse capaz de sugerir um processo de separação por membra-nas, de forma a abordar os seguintes aspectos:

a) Para método de separação do leite: sugestão de MF ou UF

• Composição do retido:

MF: suspensão de gorduras e proteínas (creme de leite) ou equivalente; ou UF: concentrado de proteínas e gordura.

• Composição do permeato:

MF: fluido com caseína, proteínas solúveis, lactose e sais (leite desnatado) ou equivalente. Considerar “soro” como parcialmente correto; ou UF: solução de proteínas solúveis, lactose e sais (soro clarificado) ou equivalente.

b) Apresentação de, pelo menos, três etapas na seguinte sequência:

Soro ⇒ MF ⇒UF ⇒ NF ⇒ OR ⇒ solução de lactose

O conceito 1 foi atribuído àqueles que apresentaram as três etapas, porém, com apenas duas etapas em ordem.


a) Como há necessidade de similaridade dinâmica para que os resultados do modelo tenham uma relação com os do agitador a ser projetado, os grupos adimensionais apresentados devem permanecer constantes.

Dessa forma, utilizando o terceiro grupo:

(valor: 6,0 pontos)

b) Utilizando o segundo grupo adimensional:

Como = 4,0 x 10=3 Pa s e = 1 x 103 kg m–3, temos que o fluido a ser utilizado no modelo deve ter as suas viscosidade e massa específica relacionadas da seguinte forma, nas unidades utilizadas:

O fluido que satisfaz as condições requeridas é o B.

(valor: 4,0 pontos)



As tabelas demonstram que a terra da Adsorptiva aumenta a vazão do filtrado e possui maior capacidade de clarificação.

Podem ser citadas as seguintes razões:

– o adsorvente oferecido pela Adsorptiva tem maior capacidade de adsorção do que o utilizado pela Processol, permitindo que uma menor quantidade de sólido seja utilizada na etapa de clarificação, deixando, portanto, menos material a ser separado por filtração;

– o material da Adsorptiva possui maior granulometria e/ou é mais permeável do que o original, permitindo uma maior vazão de permeado;

– o coadjuvante de filtração melhora a permeabilidade, aumentando assim a eficiência do filtro-prensa. Se o material adsorvente em questão também atua como coadjuvante de filtração, então, talvez, o segundo filtro seja desnecessário;

– o material a ser separado (adsorvente), também utilizado como coadjuvante de filtração, realiza uma etapa de filtração adsortiva;

– sendo também utilizada como auxiliar de filtração, sua utilização dispensa o gasto com outros coadjuvantes;

– a distribuição mais homogênea da torta de filtração, em função das propriedades do novo material, permite maior eficiência do processo de filtração;

– há redução adicional de custos com apenas um filtro, visto ser menor a quantidade de material necessário para lavagem do filtro;

– há redução dos gastos com operação, como por exemplo, com a mão de obra e manutenção de equipamentos;

– com o novo material pode haver a formação de uma pré-capa de filtração, reduzindo os efeitos da colmatação e melhorando a eficiência do filtro. (valor: 10,0 pontos)

Obs.: Serão aceitas todas as respostas que apresentarem razões pertinentes, mesmo que diferentes das indicadas acima.


Balanço Global para a amônia:

No caso presente, YB = 0,35

O valor correspondente de XB lido no diagrama de equilíbrio (condição para a vazão mínima de água) é, aproximadamente, igual a 0,075.

Conforme dados do problema:

GB = 100 moles

XT = 0 (água pura)

Como para cada 100 moles de entrada, 35 são de amônia, dos quais são removidos 99%, então, removemos 34,65 moles de amônia, restando:

GTYT = 0,35 moles de amônia. Por conseguinte, LB = LT + 34,65.

Substituindo no balanço global para a amônia:

100 x 0,35 + 0 = 0,35 + (LT + 34,65) x 0,075

Então, LT = 427 moles de água para cada 100 moles de gás que entram na torre de absorção. (valor: 10,0 pontos)



Admite-se não haver queda de pressão no trocador de calor.

Balanço de energia no trocador de calor:



Como o calor de reação (ΔH) não se altera com a presença do catalisador:

em que representam energias de ativação na presença do catalisador.

Então:

Portanto, com a adição do catalisador, a energia de ativação da reação no sentido inverso, também é diminuída de 20 kJmol-1.



a) como as reações são altamente exotérmicas, em fase gasosa e catalisadas, recomenda-se um reator tubular, de leito fixo ou fluidizado, com um sistema de refrigeração.

b) a recuperação do propileno que não reage, para posterior reciclo, pode ser realizada por mais de uma técnica. Três possíveis soluções são apresentadas a seguir, nas quais a energia liberada no reator é aproveitada para geração de vapor e a corrente de descarga do reator para pré-aquecer a sua alimentação. (Qualquer uma das soluções vale 7,0 pontos, a menos que não se cogite o aproveitamento de energia, caso em que o valor cai para 4,0 pontos).

I – resfriamento e condensação do propileno, mantendo-se o CO2 na fase gasosa:


II – empregando uma absorvedora com solução de reagente químico para a retirada seletiva do CO2:

III – empregando uma corrente de purga para retirada do CO2 produzido nas reações, com consequente realimentação de CO2 ao rea-tor, em concentração suficientemente alta para reduzir as perdas de propileno na purga.


Volume dos tanques: V1 = 985 L, V2 = 2.010 L

Constante de velocidade de reação

(T = 300K) : k = 1,90h -1


Balanço material global no Tanque 1:

Q1 + Q2 - Q3 = 0 .:. Q3 = 3.000 L/h

Balanço material para o poluente no Tanque 1:

Q1 C1 - Q3 C3 - V1kC3 = 0 .:. C3 = 102,6 ppm

Balanço material global no Tanque 2:

Q3 + Q4 - Q5 = 0 .:. Q5 = 8.500 L/h

Balanço material para o poluente no Tanque 2:

Q3 C3 + Q4 C4 - Q5 C5 - V2kC5 = 0 .:. C5 = 65,2 ppm

ii) A queda de temperatura no inverno exerce influência sobre a taxa de consumo do poluente, diminuindo sua conversão, reduzindo a eficiência de tratamento da estação, elevando o teor de poluente na saída do segundo tanque.


Massa molar de mistura = 29 g.mol -1

Mistura gasosa = NH3 + ar

Cálculo da altura da coluna de absorção, Z.

Z = NGHG (1)

HG é calculada pela correlação fornecida:

HG = 0,35 G0,1 L-0,39 (2)

Em que G e L são, respectivamente, os fluxos mássicos da fase gasosa (NH3 + ar) e fase líquida (H2O), expressos em Kg .h-1.m-2. Transformando as unidades:

Substituindo em (2):

HG = 0,35 (2)0,1 (1,24)-0,39

HG = 0,345 m

Para se obter o integrando da expressão para NG, recorre- se ao balanço de massa global, obtendo-se uma reta de operação:

G (yT - y) = L (xT - x)

Como G = L = 20 mol.h-1 e xT = 0, obtém-se a relação linear:

y = x + yT (3)

Calcula-se yT com base no percentual da amônia (75%):


Como p = y* PT e a pressão total é de 1 atm, a relação de equilíbrio p = 1,12x se transforma em:

y* = 0,12x (4)

Eliminando x entre (3) e (4) e com yT = 0,00125, resulta:

y* = 1,12 (y - yT) = 1,12y - 0,0014

Logo: y – y* = 0,0014 – 0,12y

Assim:

NG = 3,72

Substituindo em (1):

Z = 3,72 (0,345)

Z = 1,28 m


Cálculo da vazão das correntes de vapor e de solução concentrada:

Balanço material para o açúcar:

Cálculo da carga térmica de aquecimento da unidade:

Balanço de energia:

em que foi utilizada a mesma temperatura de referência da tabela de vapor. Substituindo em (3):


Duas operações unitárias que poderiam ser cogitadas para efetuar a separação de ácido acético e água são a destilação e a extração líquido-líquido.

A destilação se justifica pelas diferenças de pressão de vapor e de ponto de ebulição das duas substâncias. A extração líquido-líquido se justifica pela diferença de solubilidade num determinado solvente orgânico (éter, por exemplo). Neste caso, o extrato (ácido acético + solvente) deve ser submetido a uma destilação para se obter o ácido acético de elevada pureza.

Poderiam, ainda, ser abordados aspectos relativos à facilidade de separação, medida por fatores tais como a volatilidade relativa, bem como aspectos econômicos, que poderiam influir na escolha da operação a ser utilizada.


(a) Parte-se da expressão (4):

Dividindo-se ambos os membros por rg, tem-se:

O termo equivale à perda de carga distribuída hD, dada pela equação (1) do enunciado, o que pode ser demonstrado a partir do

balanço de carga (energia/peso):


Considerando-se V1 = V2 = V (equação da continuidade) e Z1 = Z2 (tubo horizontal), resulta:

Então, substituindo-se na equação (A) pelo lado direito da equação (1) do enunciado, resulta:

Simplificando-se esta expressão, resulta f =

(b) Na equação (3) aparece a rugosidade média do material do tubo (ε), que não aparece na resposta do item (a).

Isto se explica pelo fato de que o item (a) se refere ao escoamento laminar, em que predominam as forças viscosas que tamponam qualquer efeito de perturbação do escoamento originado pelas condições da parede-rugosidade e dos efeitos externos.


Como se trata apenas da descrição de um procedimento de cálculo, não há necessidade de se obter valores numéricos.

Comparando-se as duas expressões para dadas no enunciado, depreende-se que:

(a) a resistência do meio filtrante (Rm) pode ser calculada pela equação

(b) a resistência específica da torta (a) pode ser calculada pela equação

Todos os parâmetros têm os seus valores fornecidos no enunciado, menos Kc. Estes podem ser obtidos a partir dos dados experi-

mentais, traçando-se o gráfico t/V vs V, cujos coeficientes linear e angular

são , respectivamente. Os seus valores podem ser obtidos por leitura no gráfico ou por uma regressão numérica.

HABILIDADE 06 Operações unitárias envolvendo transferência de quantidade de movimento,

de calor, de massa e simultânea de calor e de massa


1. Absorvedora ou coluna de absorção. Função: remover o O2 e N2 da mistura de gases (CO2 + O2 + N2 + H2O + etanol) retirada da dorna de fermentação, por absorção do

CO2 em um solvente líquido.

2. Trocador de calor. Função: reduzir a temperatura do solvente líquido, de modo a aumentar a solubilidade do CO2, para tornar possível a operação de

absorção.

3. Coluna de esgotamento (stripping) do CO2. Função: retirar (separar) o CO2 do solvente líquido por aumento de temperatura.

4. Compressor. Função: aumentar a pressão do gás para permitir a condensação a temperaturas tecnicamente viáveis.

5. Trocador de calor. Função: reduzir a temperatura do gás comprimido, facilitando a compressão do segundo estágio.

6. Coluna de adsorção. Função: retirar a umidade da mistura gasosa, evitando a formação de gelo no trocador seguinte.

7. Controlador de nível. Função: manter o selo líquido no fundo da torre absorvedora.

8. Válvula de segurança e alívio. Função: impedir danos físicos provocados pela elevação da pressão acima dos níveis preestabelecidos nos equipamentos.




Balanço de energia no reator: Onde: – W: vazão molar. – H: entalpia da corrente. – Índices: – p: produto da reação (descarga do reator) – a: alimentação do reator – r: acetato de vinila produzido – Q: calor recebido pela massa reacional

Como a entalpia de reação está referida a 25 0C, torna-se obrigatório adotar o referencial T0 = 25 0C no cálculo das entalpias das cor-rentes de alimentação e descarga:

A vazão molar de acetato de vinila produzido é Wr = 0,4 x 1,7 x 105 = 0,68 x 105 mol h −1

Substituindo no balanço de energia:

O sinal negativo indica que calor é cedido para a geração do vapor.

A massa de vapor gerada é:



a) A corrente de fundo contém produtos orgânicos poliméricos, de composição indeterminada.

Procurando minimizar o rejeito de resíduos, a primeira possibilidade seria verificar se alguns dos compostos ali presentes pode-riam ser recuperados com algum valor comercial, ou com alguma aplicação técnica como intermediário químico.

Em último caso, a corrente poderia ser destinada a um processo de queima ou incineração, por não conter elementos químicos que possam gerar outros agentes além do dióxido de carbono. (valor: 5,0 pontos)

b) A corrente de água deverá ser neutralizada pela adição de uma solução alcalina (por exemplo, suspensão de hidróxido de cálcio). O sistema de controle exige um controlador de pH, uma válvula dosadora para a adição da solução alcalina e um controlador para manter o nível do tanque constante, de modo a garantir o estado estacionário da operação. (valor: 5,0 pontos)

8 ANÁLISE OFICIAL – PADRÃO DE RESPOSTA


Obs.: Serão aceitos também esquemas apresentando numa só coluna as etapas de lavagem e absorção.


HABILIDADE 07 Simulação e controle de processos e segurança e higiene do trabalho



a) Encontra-se o tempo para se alcançar 365K por simples substituição na equação

Resolvendo-se para = 365K, encontra-se t = 5.410 segundos ou 90,2 minutos. (valor: 2,0 pontos)

b) A taxa de variação de temperatura deve agora incluir a degradação térmica do líquido. A equação 2 (eq2) deve ser escrita como:

ou seja, o termo DeltaH*k é incluído como um termo de geração. Observe que as unidades de DeltaH*k são as mesmas de q[H] e q[V].

Note também que, segundo a Lei de Arrhenius, k varia com a temperatura. Portanto, uma linha de código adicional deve conter algo como: (valor: 6,0 pontos)

c)

(valor: 2,0 pontos)

Observação: A curva (b) pode variar para cima ou para baixo, dependendo dos parâmetros cinéticos assumidos para k.



Sabe-se que:

em que Keq é a constante de equilíbrio, kd é a constante da velocidade da reação direta e ki, a constante da velocidade da reação inversa.

Por outro lado,

em que:

As grandezas designadas por * estão identificadas nas figuras abaixo.

A partir dos gráficos, obtém-se:

Portanto, de (3) e (4) obtém-se:

Os valores acima podem ser obtidos, alternativamente, sem o uso do estado intermediário do complexo, como também mostram as figuras.

Da equação (2), obtém-se:

Da equação (1), resulta:



a) O programa representa uma reação do tipo A + B C + D, irreversível, de segunda ordem (n = 2), pois se trata de uma reação de primeira ordem em relação a A e de primeira ordem em relação a B, conforme a equação da linha 10, na janela do ODE Solver (à esquerda). (valor: 3,0 pontos)

b) Trata-se de um reator semicontínuo (ou semibatelada). Isso pode ser verificado pelas equações de balanço (linhas 1–4) e pela vazão de alimentação de B (v00 = 0,05). Da linha 8 e do gráfico de trajetórias, há uma concentração inicial de A (Ca0 = 0,05) e B aumenta seu valor com o tempo. (valor: 3,0 pontos)

c) Após 100 unidades de tempo, a concentração molar cai de Ca0 = 0,05 para aproximadamente Ca = 0,015 unidades de concentração molar. Da linha 12, temos que a conversão (X) pode ser calculada pela equação e, da linha 11, v = v0 + v00*t com v00 = 0,05.


Como da linha 8, v0 = 5, temos:

X = [0,05*5 – 0,015*(5 + 0,05*100)]/(0,05*5)

X = (0,25 – 0,15)/0,25

X = 0,10/0,25 = 0,4

Portanto, a conversão de A, decorridas 100 unidades de tempo do início da reação, será 40%. (valor: 4,0 pontos)


a) Do diagrama: T1 ~ - 5 oC

(valor: 1,5 ponto)

b) Do diagrama: T2 ~ 72 oC

(valor: 1,5 ponto)

c) A 30 °C e 20 bar: H1 ~ 770 kJ kg-1

a – 5 °C e 5 bar: H2 ~ 1.060 kJ kg-1

Logo: = 1.060 – 770 = 290 kJ kg-1

mgás = 290.000/290 = 1.000 kg h-1 (valor: 4,0 pontos)

d) Cálculo da carga térmica do condensador. Do diagrama:

– a 72 oC e 20 bar: H1 ~ 1.130 kJ kg-1

– a 30 oC e 20 bar: H2 ~ 770 kJ kg-1

Portanto: = –360 kJ kg-1

Para 1.000 kg h-1: Q = –360.000 kJ h-1 (valor: 3,0 pontos)


• Lei de Henry simplificada

(1)


• Hidrocarboneto é não volátil

(2)

• Cálculo da Constante de Henry

Usando os dados de laboratório:

(3)

• Cálculo da solubilidade

Substituindo-se (3) em (2):


a) A reação é exotérmica ou endotérmica? Justifique. (valor: 5,0 pontos)

b) Esboce um gráfico de E em função de para a reação acima, que permita comparar o comportamento mostrado na figura com aquele que resultaria da ação de um catalisador sobre a reação. Justifique. (valor: 5,0 pontos)

a) Da figura: EC– EA+B > 0; como EC– EA+B = , conclui-se que a reação é endotérmica. (valor: 5,0 pontos)

b) Na figura abaixo, a representação gráfica para a reação catalisada é a curva tracejada, uma vez que o catalisador diminui a energia de ativação. (valor: 5,0 pontos)


A obtenção de B é termodinamicamente viável no intervalo entre T1 e a temperatura correspondente ao ponto de interseção das duas curvas, pois nesse intervalo > , isto é, a reação ocorre do potencial mais alto para o potencial mais baixo. (valor: 10,0 pontos)


a) Relação de equações relevantes:

Definição da razão de refluxo:

Pela hipótese McCabe-Thiele:

Balanço de Massa Global no Topo da Coluna:

Balanço de Massa em relação ao componente

Em função da condensação total:

Relações de Equilíbrio no 1º Estágio:

Relações de Soma:

Equações p/ pressões de Vapor:


Visando o algoritmo computacional, de (6), (7), (10), (11) e (12):

b) Algoritmo proposto:

1. Entrada dos dados: R, xD, P1 e D

2. Calcule L0 pela eq. (1)

3. Calcule L1 pela eq. (2)

4. Determine pela eq. (5)

5. Determine pela eq. (8)

6. Calcule V2 pela eq. (3)

7. Estime T1

8. Calcule e pela s eqs. (11) e (12)

9. Calcule e pelas eqs. (6) e (7)

10. Verifique se e pelas eqs. (6) e (7)

10. Verifique se + = 1

11. Se + ≠ 1 retorne ao item (8) com nova estimativa de T1.

12. Imprima , e

13. Calcule pela eq. (4)

14. Calcule pela eq. (9)

15. Imprima , e


i) Equilíbrio de Fases:

fi (V) = fi

(L), i = 1,2

Para a fase vapor se comportando como gás ideal:

fi (V) = yiP

Para fase líquida ideal e desprezando-se a pressão baixa

fi (L) = xipi

sat

Portanto, yi P=xipi sat (Lei de Reoult) e

Então:

Das equações, obtém-se:

Portanto,


ii) A hipótese de comportamento de solução ideal para a fase líquida (coeficientes de atividade iguais a um) mostra-se uma aproxima-ção razoável, uma vez que os componentes da solução apresentam propriedades físico-químicas próximas (forma, peso molecular e estrutura eletrônica semelhantes).


a) Lei de Raoult pi = pi sat . xi , onde:

pi é a pressão parcial do componente i nas condições de pressão, temperatura e composição do sistema;

pi sat é a pressão de saturação do componente i à temperatura do sistema;

xi é a fração molar do componente i na fase líquida à pressão e à temperatura do sistema.

Aplica-se no equilíbrio de fases líquido-vapor. Envolve as hipóteses de gás ideal e ausência de interações na fase líquida.

b) Lei de Henry fi = Hi, solv . xi , onde:

fi é a fugacidade do componente i nas condições de pressão, temperatura e composição do sistema;

Hi, solv é a constante de Henry do componente i num certo solvente, nas condições de temperatura e pressão do sistema;

xi é a solubilidade (fração molar) do componente i na fase líquida à pressão e à temperatura do sistema;

Aplica-se no estudo da solubilidade de um gás num líquido. Envolve as hipóteses de xi pequeno (soluções diluídas ideais) e pressões baixas.

c) Regra de Lewis fi = fi 0 . xi ,onde:

fi é a fugacidade do componente i nas condições de temperatura, pressão e composição do sistema;

fi 0 , é a fugacidade do componente i, quando puro, à temperatura e à pressão do sistema;

xi é a fração molar do componente i à pressão e à temperatura do sistema.

Aplica-se no equilíbrio de fases líquido-vapor, sendo válida para soluções ideais.

HABILIDADE 08 Termodinâmica física


A produção máxima é obtida por:

Da equação do reator de mistura, tem-se, para o reator 2, que:



a) Para qualquer reator de escoamento ideal contínuo, (–rA) = k (T).f(X), e, portanto,

Como f(X) e FA0 são constantes no problema proposto, o volume do reator é inversamente proporcional à constante de velocidade

de reação:

Assumindo a regra prática de duplicação da velocidade a cada 10 °C, para um aumento de 20 °C, a velocidade da reação quadrupli-caria, reduzindo o volume do reator a um quarto do valor inicial:

Como k2 = 4 k1, temos: (valor: 5,0 pontos)

ou seja, o volume do reator, quando se aumenta de 20 °C a temperatura de operação, para as condições do problema, é reduzido em 75%.

b) Pela Lei de Arrhenius,

Aplicando logaritmo a ambos os lados da equação, temos:

Aplicando para k2 e k1, a temperaturas T2 e T1, respectivamente, temos:

Pelo enunciado do problema, k2 = 4 k1

Logo,

(valor: 5,0 pontos)


a) Ao se fechar parcialmente a válvula 1 e abrir-se a válvula 2, uma quantidade maior de alimentação irá para o reator de mistura, pro-vocando uma redução na conversão final.


b) Para uma reação de primeira ordem, irreversível, em fase líquida:

Nas condições iniciais, antes da pane, considerando alimentação constituída de A puro, temos:

Para o reator tubular (considerado como PFR):

Para o reator de mistura:

Como, pelos dados do problema,

Pelo balanço molar de A:

Como Xf = 0,50, temos que:

Substituindo (2) em (1), temos:

De (3): Xm = 0,446 e, de (2) Xt = 0,554.


i) Verificação do tempo de mistura nas novas condições propostas

Cálculo do número de Reynolds:

Ou seja, a condição de t < 35s é satisfeita.

ii) Verificação do sistema de potência para a nova condição operacional:

Pela definição do número de potência:

Como o sistema de potência somente fornece no máximo 750 W, conclui-se que o sistema não operará nas condições propostas.



A solução pode ser encaminhada empregando-se, ou não, o conceito de Grau de Avanço (x) da reação.

Empregando-se o conceito de Grau de Avanço, a solução pode ser esquematizada segundo a tabela abaixo, tomando-se ni,0 como base de cálculo, onde:

ni,0 = número de moles do componente i na entrada do reator;

ni = número de moles do componente i na saída do reator;

yi = fração molar do componente i na saída do reator;

ξ = grau de avanço da reação.

O grau de avanço pode ser calculado com base em N2:

fração convertida = 0,8 =

Logo: ξ = 1,6 moles

YN2 = 0,0666

YH2 = 0,4000

YNH3 = 0,5333

A solução pode ser também obtida sem o emprego do Grau de Avanço, organizando-se os cálculos como na tabela abaixo:

HABILIDADE 10 Cálculo de reatores


Considerando a situação hipotética descrita na questão, o estudante deveria fazer o que se pede a seguir.

No item ‘a’, que foi subdividido, o estudante deverá descrever as vantagens e as desvantagens de cada processo de fiação e dos fios resultantes, como o descrito:

a) vantagens da fiação OE: menos etapas, maior produtividade, possibilidade de produção de cones sem emenda, menor custo do fio, maior capacidade de alongamento do fio (valor: 1,25 ponto, com conceitos que variaram de 0 a 4);

a.1) desvantagens da fiação OE: fio com toque áspero, mais grosso, aplicável apenas à fabricação de tecidos mais grossos, menor resistência do fio menor, maior demanda de torção do fio (valor: 1,25 ponto, com conceitos que variaram de 0 a 4);

a.2) vantagens da fiação RS: produção de fios mais finos, mais regulares e mais resistentes(valor: 1,25 ponto, com conceitos que variaram de 0 a 3);


a.3) desvantagens da fiação RS: maior custo, mais etapas necessárias durante a fiação, produção mais demorada e menos produtiva (valor: 1,25 ponto, com conceitos que variaram de 0 a 3).

No item ‘b’, o estudante deverá escolher um processo de fabricação para cada fio encomendado e justificar sua escolha.

b) Quanto à fabricação de cada fio encomendado: 60 Ne => produzido com fiação RS – impossibilidade de fabricação, hoje, de fios tão finos com o processo OE (valor: 2,50 pontos, com conceitos de 0 a 2);

b.1) 20 Ne => RS ou OE (escolha conforme preço e outras características) (valor: 2,50 pontos, com conceitos de 0 a 2).


Com base na situação hipotética apresentada na questão, o estudante deverá:

No item ‘a’, deve determinar o pick-up desse tecido nas condições do processo, sendo distribuídos valores da seguinte forma:

a) definição de pick-up = [(peso úmido − peso seco)/peso seco] ×100% peso seco = 500 × 1,80 × 0,35 = 315 kg (valor: 1,50 ponto, conceitos de 0 a 2);

Valor do pick-up = 90%

No item ‘b’, calcular, em g/L, a concentração do corante no banho e o volume, em L, de banho necessário para tingir todo o tecido, considerando que o foulard desperdiça 20 litros de banho, conforme o padrão a seguir.

b) cálculo da concentração do corante = 33,33 g/L concentração = [(peso seco) × 0,03] / (peso úmido − peso seco) volume necessário para tingir todo o tecido = 303,5 L, sendo que volume = (peso úmido) − (peso seco) + 20 = 303,5 L

No item ‘c’, determinar o pick-up efetivo, se o tecido vindo de uma lavagem anterior entra úmido com peso de 540 kg. Nesse caso, deve indicar a concentração de corante no banho para atingir a intensidade da cor desejada, se o fator de troca F é igual a 0,7, da forma a seguir.

c) determinação do pick-up efetivo = 68,58% concentração do corante no banho = 43,74 g/L


A partir das informações dadas no enunciado da questão, o estudante deverá fazer o que se segue.

No item ‘a’, descrever resumidamente as condições de tingimento, incluindo, necessariamente, pH, temperatura, tempo aproximado, auxi-liares essenciais, máquina de tingimento e relação de banho.

Para cada quesito avaliado, foram atribuídos notas e conceitos variados, conforme se verifica a seguir.

• pH entre 4,5 e 5,5 (valor: 0,80 ponto, com conceitos 0 e 1);

• temperatura em 130 graus (valor: 0,80 ponto, com conceitos 0 e 1);

• tempo aproximado de 20 a 60 minutos (valor: 0,80 ponto, com conceitos 0 e 1);

• lavagem redutiva com hidrossulfito de sódio e hidróxido de sódio (valor: 1,00 ponto, com conceitos de 0 a 2);

• máquina de tingimento tipo Jet HT (valor: 0,80 ponto, com conceitos 0 e 1);

• relação de banho (1kg /10 L de banho) (valor: 0,80 ponto, com conceitos 0 e 1);

• No item ‘b’, o estudante deverá comentar sobre os problemas de solidez à fricção e suas possíveis causas. Nesse item, os quesitos foram agrupados da seguinte maneira:

• partículas de corantes que aderem na superfície das fibras e não penetram nas fibras (valor: 1,50 ponto, com conceitos de 0 a 2);

• corantes adsorvidos reduzem a solidez à fricção, à sublimação, à lavagem a seco e a úmido (valor: 2,00 pontos, com conceitos de 0 a 3);

• depósitos de oligômeros, que precipitam na superfície da fibra depois do tingimento, formando cristais de corantes dispersos e depósitos (valor: 1,50 ponto, com conceitos de 0 a 2).

Esclareça-se que o padrão de resposta inicialmente proposto foi expandido, considerando-se integralmente valores ou termos que expressassem corretamente a faixa de resposta.


HABILIDADE 03 Higiene e segurança alimentar


Considerando o assunto abordado no texto da questão, o estudante deveria apresentar as classes de riscos para alimentos, fornecendo no mínimo quatro exemplos de cada classe, de acordo com o padrão de respostas a seguir, para as quais foram atribuídos conceitos que variaram entre 0 e 4.

a) Riscos biológicos (pelo menos quatro, um em cada categoria: insetos ou fragmentos, resíduos de roedores ou pássaros, microrganismos e toxinas e outros “venenos” produzidos por microrganismos);

b) riscos químicos (pelo menos quatro, dentre substâncias carcinogênicas ou de efeito cumulativo, alergênicos e aditivos químicos);

c) riscos físicos (pelo menos quatro, dentre matérias estranhas tais como vidro, metal, pedra, plástico e seus fragmentos).

Considerando que a questão é de nível fácil e que alguns dos exemplos esperados são difíceis de identificar na classe a que efetiva-mente pertencem (ex.: toxinas são de fato substâncias químicas, mas que são listadas no Codex como perigo “biológico”), deverão ser aceitos todos os exemplos corretos, mesmo que apresentados fora das classes a que correspondem.

Foi chamada a atenção para a duplicidade de exemplificação, como nesses casos: “microrganismos” e “bactérias” não podem ser com-putados como dois exemplos distintos, visto que o segundo exemplo está incluído no primeiro; o mesmo vale para “metais pesados” e “mercúrio”, entre outros.

ENGENHARIA DE ALIMENTOS

Capítulo XIII



sequência de operações produto, se necessário

pré-lavagem com água (valor: 1,00 ponto, com conceitos 0 e 1). —

aplicação de detergente (melhor se indicar a temperatura de operação, cerca de 80 oC)

detergentes adequados para o leite – detergentes alcalinos, para o material gorduroso e também o proteico (hidróxido de sódio, carbo-nato de sódio, meta- ou ortossilicato de sódio, entre outros) (valor: 2,00 pontos, com conceitos de 0 a 3)

enxágue com água (melhor se responder que essa operação deve ser feita até reação negativa com fenolftaleína) (valor: 1,50 ponto, com conceitos de 0 a 2) —

aplicação de detergente ácido (melhor se indicar a temperatura de operação, cerca de 70 oC)

detergentes ácidos, para o material proteico e sais de cálcio (ácido nítrico e ácido fosfórico) (valor: 2,00 pontos, com conceitos de 0 a 3).

enxágue com água (melhor se indicar a temperatura de operação, cerca de 70 oC; melhor ainda se responder que essa operação deve ser feita até reação adequada com metilorange) (valor: 1,50 ponto, com conceitos de 0 a 3).

—

aplicação de sanitizante sanitizantes (compostos clorados, ácido peracético) – pode ser também considerada a aplicação de sanitizante físico (valor: 2,00 pontos, com conceitos de 0 a 2).

Foram consideradas parcialmente corretas as etapas apresentadas fora da sequência correta, descrita anteriormente.

HABILIDADE 04 Preservação, conservação e distribuição de alimentos


Considerando apenas os setores integrantes do diagrama apresentado a julgamento na questão, o estudante deveria indicar os dois principais meios de conservação aplicados na etapa de transformação dos produtos citados no enunciado e comparar a distribuição dos produtos da cadeia produtiva apresentada com a de tomate in natura.

O padrão de resposta esperado considerou que o estudante deveria abordar os quesitos descritos a seguir.

a) Quanto aos métodos de conservação:

• aplicação de calor

• aplicação de aditivos ou embalagem

b) Quanto à comparação da distribuição com a de tomate in natura (considerar os critérios abaixo ou outros termos que levem a este entendimento):

• facilidade de transporte

• facilidade de armazenamento

De acordo com o que foi descrito anteriormente, na primeira parte da questão, a resposta correta deverá obrigatoriamente incluir a aplicação do calor (tratamento térmico), efetivo na destruição da carga microbiana existente, inativação enzimática e diminuição da atividade de água. Outro método é a adição de aditivos, principalmente os conservantes, mas também outros podem ser aceitos; nesse caso, a finalidade é a inibição do desenvolvimento de microrganismos não destruídos durante o processamento com calor ou presentes por recontaminação, a diminuição da atividade de água, a redução do risco de oxidação dos produtos, e outros (dependendo do tipo de conservante mencionado). O estudante pode, ainda, considerar EMBALAGEM como meio de conservação.

Para a segunda parte da questão a resposta correta deverá incluir os seguintes itens: (i) no transporte – susceptibilidade dos frutos in natura às condições de temperatura, movimentação da carga durante o translado (pode causar amassamento ou outros danos), com consequente dificuldade em alcançar centros consumidores mais distantes do local de produção; (ii) no armazenamento – problemas com vida útil e empilhamento.

Também poderão ser considerados outros aspectos relevantes e pertinentes ao padrão de resposta, sendo importante esclarecer que a avaliação considerará a coerência, a coesão e a pertinência dos comentários apresentados.


HABILIDADE 01 Ciência dos Materiais


O aluno deverá discutir e comparar os diferentes tipos de ligação predominante em cada uma das classes de materiais citados. Deverá, ainda, hierarquizar corretamente as três classes conforme seus valores típicos de dureza, como se segue: – os cerâmicos em geral são mais duros, pois possuem as ligações interatômicas mais fortes, predominantemente iônicas e covalentes,

e seus mecanismos de deformação plástica são limitados;

– os metais apresentam dureza intermediária devido às ligações interatômicas predominantemente metálicas e sua maior capacidade de deformação plástica quando comparados aos cerâmicos;

– os polímeros apresentam os menores valores de dureza; embora esses possuam ligações interatômicas covalentes, por outro lado, possuem ligações secundárias intermoleculares, bem mais fracas.


A. A lei de Hooke estabelece que existe uma relação linear entre a tensão aplicada e a deformação resultante. B. Vários tipos de gráficos são possíveis. Abaixo estão três exemplos de respostas corretas.

ENGENHARIA DE METAIS

Capítulo XIV


C. A tenacidade representa a habilidade de um material absorver energia até a fratura e pode ser representada pela área sob a curva tensão-deformação desde a ausência de carga até a fratura.

O módulo de elasticidade é a razão entre a tensão e a deformação, quando a deformação é totalmente elástica.

É também uma medida do módulo de rigidez.

A área sob a curva representativa do módulo de resiliência é aquela sob a região elástica, e representa a energia de deformação por unidade de volume exigida para tensionar um material desde um estado de ausência de carga até sua tensão limite de escoamento.


HABILIDADE 02 Físico-química e termodinâmica aplicada


Antes, convém que se faça uma ressalva. A questão, como foi formulada, apresentou uma inconsistência ao afirmar que (i) apesar de a família da parafina incluir moléculas CURTAS (i.e. CH4, C2H6, C3H8, .... C16H34) menciona que ela é “material constituído de longas moléculas”. Quem apresenta cadeias longas é o polietileno, o qual tem milhares de unidades etilênicas, formando uma MACROMOLÉCULA; (ii) apesar de a parafina (C16H34) ser um semissólido nas CNTp e o polietileno ser um SÓLIDO nas CNTp, o enunciado afirma: “o polietileno também é uma parafina”, sendo que no título afirma: “A parafina da vela não serve para fazer saco plástico”. Entretanto, ao avaliar o desempenho dos estudantes na resolução da questão, constatou-se que as informações equivoca-das constantes do enunciado não comprometeram a sua resolução. Observe-se, contudo, que houve elevado número de questões em branco, que pode ser resultado das dificuldades de compreender o enunciado.


Para análise da questão, houve a divisão em três itens, pontuados separadamente, em que se esperava que o estudante fosse capaz de:

a) Calcular, em Å, o comprimento médio da molécula de parafina.

Valor atribuído ao item: 3,00 pontos.

Nesse item, existe somente uma possibilidade de resposta, recebendo pontuação máxima os estudantes que apresentaram resposta correta, de acordo com o padrão esperado.

Resposta esperada: a molécula tem 16 átomos de carbono em linha. Do diagrama fornecido obtém-se que o comprimento de dois CH2 é de 3Å.

O comprimento de 16 é L = 8 x 3 = 24Å

b) Calcular o comprimento de uma cadeia estendida de polietileno.



Resposta esperada:

c) Calcular a densidade, em g/cm3, da face cristalina do polietileno.



Resposta esperada: observando-se os diagramas fornecidos pode-se calcular o volume da célula unitária do PE:

Volume = 7*5*3 = 105 (Å)3. Quatro CH2 tem massa igual a 4*(12 +2) = 56g/mol. Assim: Densidade = massa/volume = ((56*g/mol)/(6.1023 moléculas por mol))/105 (Å)3 * (10-8 Å/cm)3 = 0,9 g/cm3.

HABILIDADE 03 Metalurgia extrativa


A) Condições geológicas, rocha encaixante, método de lavra, layout do desenvolvimento, taxa de produção etc.

B) Na figura os custos de desenvolvimento se reduzem à medida que se aumenta o intervalo entre níveis, enquanto os custos de explo-tação aumentam. Um maior número de níveis implica em um alto custo de desenvolvimento, por outro lado, implica em um maior número de frentes de lavra com consequente aumento na produção e redução nos custos de explotação. O intervalo ótimo entre níveis é determinado pelo ponto mínimo da curva de custo de mineração global, resultante da soma dos custos de explotação e de desenvolvimento.



A. Câmaras e Pilares - devido ao mergulho, resistência das rochas e teor médio.

B. Métodos com enchimento, como cut and fill, requerem altos teores e resistência média da rocha.

C. Métodos de abatimento, como block caving, requerem rochas de menor resistência para o desabamento controlado.

HABILIDADE 05 Operações unitárias e processos de fabricação


A. A partir do texto e da Figura I obtém-se h = 80; r = 16; r/h = 0,2; b = 64; b/r = 4 Como b/r = 4, escolhe-se a curva correspondente na figura II. Nessa curva, para r/h = 0,2 vê-se que Kt vale 2,2.

B. A partir da definição de Kt = σ m/σ a, em que σ m é a tensão local máxima, σ a é a tensão nominal máxima aplicada na peça sem entalhes, calcula-se o valor σ m = 2,2x114MPa = 250,8t MPa. De acordo com a curva de resistência à fadiga na figura III, para um valor de σ m. 250 MPa, observa-se que o número de 4 ciclos situa-se entre N = 105 e N = 106.

C. O valor da tensão máxima aplicada na peça sem entalhes é σ a = 114 MPa. Verifica-se, na figura III, que esse valor encontra-se abaixo do limite de fadiga do material. Com este nível de tensão, a curva de fadiga indica que, ao contrário da peça com entalhes, a peça sem entalhes terá vida infinita.

HABILIDADE 07 Reologia


Essa questão envolve a aplicação prática de conceitos simples, por esse motivo, esperava-se que o estudante, com base nos dados fornecidos no enunciado da questão, fosse capaz de:

a) Esboçar as seguintes curvas:

• tensão versus deformações do polímero;

• tensão versus deformação da fibra de vidro;

• tração para o compósito epóxi/fibra de vidro.

Valor atribuído ao item: de 0,00 a 4,00 pontos.

Nesse item, existem quatro níveis de pontuação (0, 1, 2 e 3), recebendo pontuação máxima os estudantes que esboçaram correta-mente as três curvas solicitadas.

b) Indicar, com justificativa, o material mais adequado para fabricar pranchas de surf.


Nesse item, existem quatro níveis de pontuação (0, 1, 2 e 3), recebendo pontuação máxima os estudantes que apresentaram justifi-cativa muito próxima do padrão esperado.


Resposta esperada: o material de reforço recomendado seria a fibra de vidro.

O compósito reforçado com fibra de carbono A apresentaria maior resistência específica, entretanto, a fibra de carbono A é a que apresenta custo mais elevado. Considerando que a aplicação almejada, prancha de surfe, deve apresentar custo baixo para atingir uma maior faixa de mercado, o fabricante deve optar pelo uso de fibras de vidro, que são de custo mais baixo, e que, quando utiliza-das, já proporcionam um ganho na relação resistência/densidade. Entretanto, a fibra de carbono pode ser justificada nos casos nos quais se deseja obter pranchas leves e de alto desempenho (por exemplo, pranchas para competição). Foi considerada, também, como correta a indicação de fibras de carbono A, desde que justificada corretamente.

c) ndicar, com justificativa, o material mais adequado para aplicações na indústria aeronáutica.


Nesse item, existe somente uma possibilidade de resposta, recebendo pontuação máxima os estudantes que indicaram, justificada-mente, o material descrito no padrão de resposta esperado.

Resposta esperada: o material de reforço recomendado seria a fibra de carbono A.

Nesse caso, como a aplicação na indústria aeronáutica exige alto desempenho, o fator prioritário a ser considerado é a resistência específica do produto que é maior para o compósito reforçado com fibra de carbono A. O custo nesse caso é um requisito secundário.


Para a análise da questão, houve a divisão em três itens, pontuados separadamente, em que se esperava que o estudante fosse capaz de:

a) Esboçar uma curva de tensão versus deformação relativa.

Valor atribuído ao item: 3,00.

Nesse item, existe somente uma possibilidade de resposta, recebendo pontuação máxima os estudantes que esboçaram correta-mente a curva solicitada.

b) Descrever as vantagens mecânicas e térmicas da substituição de peças vítreas por material metálico.


Nesse item, existem cinco níveis de pontuação (0, 1, 2, 3 e 4), recebendo pontuação máxima os estudantes que apresentaram descri-ção de vantagens muito próxima do padrão esperado.

Resposta esperada:

• Minimiza a chance de falha por fratura por choque térmico;

• produção mais fácil;

• maior deformação de ruptura;

• maior tenacidade;

• aumento da condutividade térmica.

c) Realizar a descrição de ensaio e do tipo de avaliação obtida.


Nesse item, existem cinco níveis de pontuação (0, 1, 2, 3 e 4), recebendo pontuação máxima os estudantes que apresentaram a descrição solicitada muito próxima do padrão esperado, observando que se trata de um ensaio não destrutivo.

Resposta esperada:

• Limpeza da superfície

• aplicação do líquido penetrante na região de avaliação;


• remoção do excesso;

• secagem;

• aplicação do revelador;

• tempo de revelação;

• identificação das trincas e defeitos na superfície.

HABILIDADE 08 Siderurgia, análise de falhas


a) O aluno deve mencionar no mínimo três processos de soldagem e deve abordar para cada um deles como a energia de soldagem afeta a ZAC.

b) O aluno deve analisar para cada processo citado no item (a), a proteção da poça de fusão e seus reflexos na ZAC.

c) O aluno deve discutir aspectos relativos à micro e macroestrutura da junta soldada, ou os ensaios utilizados para analisá-los.


a) O estudante deve demonstrar capacidade de extrair as informações sobre os aspectos técnicos contidos na primeira tabela.

b) O estudante deve demonstrar capacidade de extrair as informações sobre os aspectos econômicos contidos na segunda tabela.

c) O estudante deve demonstrar capacidade de combinar o conhecimento dos aspectos técnicos com os aspectos econômicos con-tidos nas duas tabelas para escolha do processo mais adequado. Os dois processos que atenderiam à produtividade requerida no texto seriam a fundição em molde permanente e fundição sob pressão.


HABILIDADE 01 Engenharia de operações e processos da produção


A questão avalia a capacidade de o estudante tratar problemas de sequenciamento de produção para uma máquina com n tarefas, tanto do ponto de vista de usar e comparar diferentes regras de priorização como de selecionar as mesmas conforme seu desempenho em diferentes contextos.

Os dois indicadores usados pelo supervisor da produção:

I Tempo médio de processamento (TMP): soma dos tempos que um pedido fica na oficina dividido pelo número de pedidos.

II Atraso total (AT): soma dos atrasos (se houver) dos cinco pedidos.

Assim, tem-se:

(indicador 1: tempo médio de processamento)

(indicador 2: atraso total) onde:

DTi = data de término do pedido i

atraso do pedido i

Assim, para a regra FIFO, tem-se 15,4 dias e AT = 30 dias.

A) Cada tabela expressa um tipo de regra:

• MTP – ordena-se os pedidos pela ordem crescente dos tempos de processamento (duração) de cada pedido.

• MDE – ordena-se os pedidos pela ordem crescente das datas de entrega de cada pedido.

ENGENHARIA DE PRODUÇÃO

Capítulo XV


Com TMP = 61/5 = 12,2 dias e AT = 15 dias.

Para o cálculo dos indicadores do MDE:

Com TMP = 69/5 = 13,8 dias e AT = 2 dias.

O estudante deverá preencher a tabela I – sequência de pedidos da folha de respostas desta maneira:

O estudante deverá preencher a tabela II – cálculo de indicadores da folha de respostas desta maneira:

A)

A resposta final do estudante deve ser do seguinte tipo:

Sim, as duas regras MTP e MDE têm desempenho superior ao da regra FIFO, pois ambas têm menor TMP e AT.

B) Para acelerar os recebimentos (fluxo de caixa), o supervisor da produção precisa fazer os pedidos serem liberados pela oficina o mais rápido possível, ou seja, com a maior velocidade percebida por um observador externo.

Assim, o indicador básico é o TMP: quanto menor, mais rapidamente os pedidos saem. Logo, deve-se escolher a regra MTP.

C) A ideia é minimizar o atraso total AT. Logo, a melhor regra é MDE, pois tem o menor AT.

HABILIDADE 03 Pesquisa operacional


a) Pelo gráfico das chegadas acumuladas, observa-se que o processo apresenta comportamento aleatório, com intervalos não uni-formes entre eventos. Particularmente, no processo de chegada há mudanças no ritmo em quatro momentos bem definidos, com intervalos de 1, 1/2, 2 e 1/2 minutos nos intervalos de 1 a 5 min, de 5 a 7,5 min, de 7,5 a 17,5 min e 17,5 a 23,5 min, respectivamente.


Pelo gráfico das saídas acumuladas, observa–se que o tempo de processamento da embalagem apresenta comportamento determinís-tico, com intervalos uniformes entre eventos. É possível identificar que os intervalos entre o início de cada processamento e as saídas são constantes e iguais a 1 min.

b) São solicitados 4 conjuntos de indicadores de desempenho: valor 1,0 para cada conjunto de indicadores corretamente justificado.

i) A taxa média de utilização do setor é dada por: taxa média de chegada / taxa média de embalagem.

A taxa média de chegada pode ser obtida dividindo–se o tempo total de observação pelo número de peças: 20/22,5 = 0,888... pç/min

A taxa média de embalagem pode ser extraída do texto do problema. Se o processo de embalagem é determinístico com TAi = 1 min, a taxa média de embalagem é 1 pç/min.

Portanto, a taxa média de utilização do setor é 20/22,5 = 0,888... (o setor não apresenta sobrecarga no período mencionado)

ii) Pelo gráfico, a partir da comparação entre a curva que representa a saída acumulada e a curva que representa a chegada acumulada de cada peça, são obtidos os tempos de permanência de cada peça no setor (TSi). Assim, observa–se que a peça com maior tempo de permanência no setor teve um TSi = 3,5 min e a peça com menor tempo no setor teve um TSi = 1 min (tempo de embalagem). Na média as peças permaneceram:

minutos por peça

iii) Em um sistema de filas: TSi = TA i+ TFi, onde TAi – tempo de embalagem e TFi – tempo de espera em fila.

Conhecendo TSi (obtido acima) e TAi (dado no problema), pode–se afirmar que a peça que mais esperou em fila teve um TFi = 2,5 min. A peça que menos esperou em fila teve um TFi = 0 min. A média dos tempos de fila pode ser obtida fazendo: TS = TF + TA, logo TF = TS – TA = 37/20 – 1 = 0,85 min.

iv) Pelo gráfico, fazendo–se a diferença entre a curva chegada acumulada e a curva saída acumulada de cada peça, são obtidos os números de peças no setor por unidade de tempo (NSt). Assim, pode–se determinar o número médio de peças no setor através de:

peças por minuto.

Dos dados extraídos do setor de embalagem, observa–se que não há sobrecarga (a taxa de utilização é menor que 100%), mas as filas são ocasionadas pela mudança no ritmo das chegadas das peças. O tempo médio de fila representa menos de 50% do tempo total de peças no setor, o que justifica uma tentativa de melhor adequar os ritmos de chegada.


A1) Cálculo da disponibilidade inerente das máquinas M3 e M4

Disponibilidade Inerente de M3 = = = 100/110

Disponibilidade Inerente de M4 = = = 100/120

A2) A melhor escolha é a máquina M3, pois uma maior disponibilidade inerente significa maior tempo disponível para uso.

B) As probabilidades de transição são iguais às taxas de falhas (quando funcionando) e de reparo (reparáveis) ou instalação (não repa-ráveis). Como essas taxas são o inverso dos tempos médios de ocorrência, obtém-se:


Antes, convém que se faça uma ressalva. A questão consta de dois itens, como se verifica a seguir.

O item (a), como formulado, deixa ambígua a situação a que se refere (atual ou ótima) e, também, não explicita se devem ser levados em conta os valores numéricos de demandas e capacidade de máquina. Por isso, quando se levam em conta esses valores numéricos,


um dos padrões de resposta será considerado correto mesmo não estando estritamente correto. As considerações mencionadas pro-duziram três padrões de respostas para o item em comento.

As restrições ou gargalos que limitam o lucro total semanal são:

Conceito 2:

(1) As demandas de X e Y e o tempo (ou capacidade de produção) da máquina. Nesse caso, considere-se correto se são especificados, ou não, os valores numéricos dos dados.

(2) A demanda de Y e o tempo (ou capacidade de produção) da máquina. Nesse caso, considere-se correto se são especificados, ou não, os valores numéricos dos dados.

(3) O tempo (ou capacidade de produção) da máquina. Considere-se correto se é especificado, ou não, o valor numérico do dado.

Conceito 1:

(4) Menciona (ou deixa claramente implícito) o gargalo da máquina, adicionando outras considerações incorretas.

(5) Menciona somente as demandas (ou deixa claramente implícito), sem acrescentar considerações irrelevantes e/ou incorretas.

Conceito 0:

(6) A resposta não segue nenhum padrão dos mencionados nos itens (1) ao (5).

Sejam x e y as quantidades a serem produzidas dos produtos X e Y, respec-tivamente. Portanto, pode-se estabelecer um modelo de programação linear como se segue. Max Z = 80x + 40y

(I) Função objetivo

Sujeito a:

Observação: Na sentença (II) é considerado admissível o uso desigualdade estrita, ou uma igualdade. Nas restrições de demanda podem-se considerar também desigualdades estritas (mas não igualdades). As restrições (IV) (de não negatividade) não serão exigidas ou consideradas nas respostas.

CONCEITOS ATRIBUÍDOS AO ITEM ‘B’:

Conceito 3: se as sentenças I, II e III estão escritas corretamente. Conceito 2: se somente duas das sentenças (I, II e III) estão escritas corretamente. Conceito 1: se somente uma das sentenças (I, II e III) está escrita corretamente. Conceito 0: se nenhuma das sentenças (I, II e III) está escrita corretamente.

HABILIDADE 04 Engenharia da qualidade


Em princípio, foram estas as respostas esperadas pela banca avaliadora.

Item a) Sim, o processo é capaz de atender a tolerância especificada porque a dispersão do processo (seis desvios padrão da curva que mostra o desempenho dimensional do mesmo) é menor do que a tolerância, que equivale a oito desvios padrão (valor: 4,0 pontos).

Item b) A ação, em princípio, mais adequada e que deveria ser testada seria a centralização do processo (a média do processo coinci-diria com o centro da tolerância) (valor: 6,0 pontos).

No entanto, como essa questão trata de dois conceitos básicos de qualidade, a capacidade (ou capabilidade, termo mais recentemente adotado nas versões de normas brasileiras) e a centralização de um processo, os quais se baseiam em conceitos estatísticos de varia-ção, dispersão e posição, estaria, de forma indireta, avaliando esses outros três conceitos.

Para grande parte dos autores da área, o conceito de capabilidade de processo refere-se ao potencial de atendimento às especifica-ções (tolerância) que a dispersão de um processo apresenta. Outros autores estendem a definição ao desempenho real dos processos, considerando, também, a centralização do mesmo. Na avaliação do desempenho dos estudantes, ambas as formas foram levadas em consideração.


A banca avaliadora procurou, ainda, atribuir de forma aditiva a demonstração de conhecimento em estatística e na área de qualidade em ambas as perguntas, com a finalidade de aumentar o nível de discriminação do conhecimento apresentado nas respostas.

HABILIDADE 06 Engenharia organizacional


Os elementos quantitativos (parâmetros e variáveis) presentes na questão são os seguintes:

Horizonte de planejamento: período de três meses (Mês 1; Mês 2; Mês 3);

Quantidades a produzir: programação mensal ou total →QP1 = mensal ou QP3 = 3 meses;

Dias de trabalho: programação de dias por mês → DTM;

Jornada de trabalho: programação de horas por dia → JDT;

Necessidades unitárias de mão de obra: homens-hora necessários para fabricar uma unidade do produto → HHU;

Disponibilidade inicial de empregados: número de empregados contratados no início do Mês 1 = 220 → DIE;

Empregados necessários: número de empregados contratados para produzir uma determinada quantidade de unidades durante um determinado período T → NE1 = 1 mês ou NE3 = 3 meses.

Como os dias e as jornadas de trabalho em cada um dos três meses são os mesmos (20 dias por mês com 8 horas de trabalho por dia), existem dois padrões de resposta quanto ao elemento QUANTIDADES A PRODUZIR: (i) produção mensal ou (ii) produ-ção total durante os três meses. Similarmente, o elemento EMPREGADOS NECESSÁRIOS também define dois outros padrões de resposta: (i) sem explicitação do cálculo dos empregados necessários ou (ii) com explicitação do cálculo dos empregados necessários. Levando em conta apenas esses dois elementos, existem quatro padrões de respostas para os dois itens da questão:

1. produção total sem explicitar o cálculo dos empregados necessários;

2. produção mensal sem explicitar o cálculo dos empregados necessários;

3. produção total explicitando o cálculo dos empregados necessários;

4. produção mensal explicitando o cálculo dos empregados necessários.

ITEM A): AUMENTO DA PRODUÇÃO (valor atribuído ao item: 6,0 pontos).

1. PRODUÇÃO TOTAL SEM EXPLICITAR O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS Quantidade total produzida caso a disponibilidade inicial de empregados (DIE = 220) fosse mantida durante os três meses:

(DIE × 3 meses × DTM × JDT) ÷ HHU = (220 × 3 × 20 × 8) ÷ 10 = 10.560 unidades.

Como o total de quantidades a produzir propostas pela empresa durante os três meses é de QP3 = 9.600 unidades, o aumento de produção durante os três meses que evitaria as demissões é:

10.560 − 9.600 = 960 unidades durante três meses.

2. PRODUÇÃO MENSAL SEM EXPLICITAR O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS Quantidade mensal produzida, caso a disponibilidade inicial de empregados (DIE = 220) fosse mantida durante um mês:

(DIE × DTM × JDT) ÷ HHU = (220 × 20 × 8) ÷ 10 = 3.520 unidades.

Como o total de quantidades a produzir propostas pela empresa durante os três meses é de QP3 = 9.600, a média mensal é de 9.600 ÷ 3 = 3.200 unidades (QP1 = 3.200). Assim, o aumento de produção mensal que evitaria as demissões é:

3.520 − 3.200 = 320 unidades mensais.

3. PRODUÇÃO TOTAL EXPLICITANDO O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

O número de empregados contratados para produzir QP3 = 9.600 unidades durante três meses (NE3) é:

NE3 = (9.600 × HHU) ÷ (3 meses × DTM × JDT) = (9.600 × 10) ÷ (3 × 20 × 8) = 200 empregados.

Para uma disponibilidade inicial de 220 empregados (DIE = 220), existe um excedente de 20 empregados (220 − 200). A quantidade total produzida caso esse excedente de 20 empregados fosse mantido durante os três meses é:

(20 empregados × 3 meses × DTM × JDT) ÷ HHU = (20 × 3 × 20 × 8) ÷ 10 = 960 unidades durante três meses.


4. PRODUÇÃO MENSAL EXPLICITANDO O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

Como o total de quantidades a produzir propostas pela empresa durante os três meses é de 9.600, a média mensal é de 9.600 ÷ 3 = 3.200 unidades (QP1 = 3.200). Assim, o número de empregados contratados para produzir 3.200 unidades durante um mês (NE1) é:

NE1 = (3.200 × HHU) ÷ (DTM × JDT) = (3.200 × 10) ÷ (20 × 8) = 200 empregados.

Para uma disponibilidade inicial de 220 empregados (DIE = 220), existe um excedente de 20 empregados (220 − 200). A quantidade mensal produzida caso esse excedente de 20 empregados fosse mantido durante um mês é:

(20 empregados × DTM × JDT) ÷ HHU = (20 × 20 × 8) ÷ 10 = 320 unidades mensais.

ITEM B): DIMINUIÇÃO DA JORNADA DIÁRIA DE TRABALHO (valor atribuído ao item: 4,0 pontos).

1. PRODUÇÃO TOTAL SEM EXPLICITAR O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

Nova jornada de trabalho para produzir QP3 = 9.600 unidades em três meses, caso a disponibilidade inicial de empregados (DIE = 220) fosse mantida durante os três meses:

(QP3 × HHU) ÷ (DIE × 3 meses × DTM) = (9.600 × 10) ÷ (220 × 3 × 20) = 80 ÷ 11 = 7,27 horas.

2. PRODUÇÃO MENSAL SEM EXPLICITAR O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

Como o total de quantidades a produzir propostas pela empresa durante os três meses é QP3 = 9.600, a média mensal é QP1 = 9.600 ÷ 3 = 3.200 unidades. Nova jornada de trabalho para produzir QP1 = 3.200 unidades em um mês, caso a disponibilidade inicial de empregados (DIE = 220) fosse mantida durante um mês:

(QP1 × HHU) ÷ (DIE × DTM) = (3.200 × 10) ÷ (220 × 20) = 80 ÷ 11 = 7,27 horas.

3. PRODUÇÃO TOTAL EXPLICITANDO O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

O número de empregados contratados para produzir QP3 = 9.600 unidades durante três meses (NE3) é:

NE3 = (9.600 × HHU) ÷ (3 meses × DTM × JDT) = (9.600 × 10) ÷ (3 × 20 × 8) = 200 empregados.

Para uma disponibilidade inicial de 220 empregados (DIE = 220), existe um excedente de 20 empregados (220 − 200). A quantidade total produzida caso esse excedente de 20 empregados fosse mantido durante os três meses é:

(20 empregados × 3 meses × DTM × JDT) ÷ HHU = (20 × 3 × 20 × 8) ÷ 10 = 960 unidades durante três meses.

Diminuição na jornada de trabalho para produzir QP3 = 960 unidades a menos em três meses, caso a disponibilidade inicial de empregados (DIE = 220) fosse mantida durante três meses:

(QP3 × HHU) ÷ (220 empregados × DTM) = (960 × 10) ÷ (220 × 20) = 8 ÷ 11 = 0,73 horas.

Assim, a nova jornada de trabalho é: 8 − 0,73 = 7,27 horas.

4. PRODUÇÃO MENSAL EXPLICITANDO O CÁLCULO DOS EMPREGADOS NECESSÁRIOS

Como o total de quantidades a produzir propostas pela empresa durante os três meses é de 9.600, a média mensal é de 9.600 ÷ 3 = 3.200 unidades. Assim, o número de empregados contratados para produzir 3.200 unidades durante um mês (NE1) é: NE1 = (3.200 × HHU) ÷ (DTM × JDT) = (3.200 × 10) ÷ (20 × 8) = 200 empregados.

Para uma disponibilidade inicial de 220 empregados (DIE = 220), existe um excedente de 20 empregados (220 − 200). A quantidade mensal produzida caso esse excedente de 20 empregados fosse mantido durante um mês é:

(20 empregados × DTM × JDT) ÷ HHU = (20 × 20 × 8) ÷ 10 = 320 unidades mensais.

Diminuição na jornada de trabalho para produzir QP1 = 320 unidades a menos em um mês, caso a disponibilidade inicial de empre-gados (DIE = 220) fosse mantida durante um mês:

(QP1 × HHU) ÷ (220 empregados × DTM) = (320 × 10) ÷ (220 × 20) = 8 ÷ 11 = 0,73 horas.

Assim, a nova jornada de trabalho é: 8 − 0,73 = 7,27 horas.

HABILIDADE 07 Engenharia econômica


Resolução da questão:

a) Investimento Total = Equipamentos + Demais Investimentos = 10 mi + 15 mi = 25 milhões.

Receitas Anuais = 30.000 habitantes* 5 R$/m3*60 m3/ano pessoa = R$ 9 milhões.


Depreciação Anual Equipamentos = 0,1*10 mi = R$ 1 milhão

Depreciação Anual Demais Investimentos = 0,04*15 mi = R$ 600 mil

b) A planilha a seguir mostra o fluxo de caixa até o terceiro ano.


A Justifique a viabilidade econômica das 2 opções de investimento segundo os critérios da TIR e do VPL (valor presente líquido) ou NPV (net present value), para valores de taxa mínima de atratividade (TMA) abaixo de 15% ao ano. (valor: 4,0 pontos)

B Selecione e justifique a melhor opção, para a empresa, com e sem financiamento do banco de desenvolvimento. (valor: 6,0 pontos)

A - Ambas as alternativas são viáveis, pois apresentam TIR superior à TMA.

B1 - A alternativa selecionada é A se a empresa conseguir financiamento por meio de um banco de desenvolvimento (custo capital = 8%), pois para taxas de desconto entre 0 e 8,51% o projeto que apresenta maior NPV é o projeto A.

B2 - Caso a empresa não obtenha recursos de um banco de desenvolvimento o projeto mais viável será o B, pois para taxas de des-conto acima do ponto de Fisher (8,51%) o NPV do projeto B é maior e, portanto, será o melhor projeto.

HABILIDADE 09 Engenharia da sustentabilidade


• Aspectos ambientais

A resposta deve mencionar:

– a garantia de que a produção e o uso dos produtos estejam assentados em princípios de eficiência energética, de uso racional de recursos naturais e de redução dos impactos ambientais;

– que os produtos não devem utilizar em sua fabricação insumos, materiais e processos nocivos ao meio ambiente; – a legislação, as normas ambientais e os princípios de sustentabilidade discutidos mais recentemente.

• Aspectos sociais


– no que se refere ao aspecto interno à empresa, a política social da empresa, em que a atividade desenvolvida deve ser com-patível com os princípios de responsabilidade social, dando condições de vida e trabalho às pessoas, sem danos físicos ou psíquicos.

– no que se refere ao aspecto externo à empresa, os impactos sociais dos produtos desenvolvidos e das ações da empresa. – a legislação, as normas e os princípios de responsabilidade social.

• Aspectos econômicos


– a gestão do ciclo de vida do produto e aspectos de logística reversa, abordando o uso, a reutilização e a reciclagem.


HABILIDADE 02 Ergonomia e segurança do trabalho


O texto dissertativo deve contemplar em cada um dos três aspectos os seguintes tópicos:

a) A segurança do trabalho atua de forma preventiva para a saúde do trabalhador, buscando evitar que este fique exposto aos riscos físicos, químicos, biológicos, situacionais e comportamentais. Neste contexto, espera–se a abordagem de temas referentes ao uso de EPIs (Equipamentos de Proteção Individual) e EPCs (Equipamentos de Proteção Coletiva), normas e legislações, obrigatorieda-des do colaborador e também do empregador.

b) O papel da ergonomia é estudar e buscar a adaptação do trabalho às características fisiológicas e psicológicas, a fim de melhorar sua qualidade de vida. Assim, espera-se uma abordagem sobre a relação entre a adaptação do posto de trabalho com o bem-estar do trabalhador, em suas atividades cotidianas pessoais e profissionais.

c) A aplicação da ergonomia diminui a probabilidade de ocorrência de acidentes e de doenças do trabalho, melhorando as condições laborais e o clima organizacional. Estes fatores contribuem para uma produção mais eficiente e um produto de maior qualidade e maior aceitação no mercado.

ENGENHARIA AMBIENTAL, PETRÓLEO E OUTRAS

DO GRUPO VII

Capítulo XVI




Esperava-se que o estudante, a partir do texto motivador da questão, apresentasse e comentasse duas medidas do tipo estrutural e uma medida do tipo não estrutural que possam ser implementadas para evitar ou amenizar o problema das enchentes nos grandes centros urbanos, que foram pontuadas de acordo com o critério abaixo especificado.


1. Apresentação e descrição de medidas do tipo estrutural 6,0 0 1 2 – –

2. Apresentação e descrição de medidas do tipo não estrutural 4,0 0 1 2 3 4

Resposta esperada: um dos impactos da ocupação desordenada é a ocupação da várzea de inundação dos rios. Nesse sentido, uma medida do tipo não estrutural aplicável é o zoneamento que impõe diferentes graus de restrições à ocupação conforme o risco de inundação. Por outro lado, a ocupação desordenada ocasiona impermeabilização de grandes áreas, o que diminui a infiltração e aumenta o escoamento superficial. Nesse caso, para compensar esses efeitos negativos podem ser implementadas medidas do tipo estrutural, como reservatórios de detenção, estruturas de infiltração ou percolação.

HABILIDADE 05 Gestão econômica


Nessa questão, esperava-se que o estudante, a partir das informações contidas no enunciado da questão, fosse capaz de:

• identificar três elementos-chave para a definição dos limites finais de uma cava; • enumerar, de modo justificado, os efeitos da variação do preço de mercado do produto nos limites da cava; • representar, graficamente, as informações da tabela e o cálculo do teor de corte.

Respostas esperadas:

a) Relação Estéril/Minério, ângulo geral de talude e teor de corte (valor: 3,0 pontos, com conceito de 0 a 3). b) Preços altos têm o efeito de expandir os limites da cava, ao passo que a queda nos preços contrai a cava (valor: 2,0 pontos, com

conceitos de 0 a 2). c) Teor de corte é o ponto onde a receita é igual ao custo de produção (excluído o custo de remoção de estéril). O teor de cobre em que

a receita é zero é 0,74. O estudante deverá elaborar o gráfico: Receita x teor; determinar a equação da reta: Receita = 4,3(%Cu) – 3,2 e calcular o teor de corte correto (valor: 5,0 pontos, com conceitos de 0 a 4).

HABILIDADE 06 Métodos numéricos


A determinação do centro de gravidade (CG) pode ser realizada por meio da subdivisão da figura irregular em figuras regulares (qua-drados, retângulos, triângulos, entre outros) de CG conhecido, calculando o momento de primeira ordem com relação a um sistema de eixos ortogonais arbitrários. Outra forma de encontrar o centro de gravidade de uma figura plana qualquer é fixando-a em uma parede vertical por apenas um ponto e traçando uma linha vertical passando pelo ponto de fixação. Ao se repetir o processo para outro ponto, a interseção dessas linhas indicará o centro de gravidade da figura. De modo similar, ao se selecionar três pontos de apoio no plano da figura, conseguir a posição horizontal da figura equilibrando-a com três fios. A vertical passando pelo ponto de interseção desses fios encontrará a figura em seu centro de gravidade.


HABILIDADE 01 Avaliação de impactos ambientais


Nessa questão, esperava-se que o estudante descrevesse o processo de eutrofização, contemplando os seguintes aspectos:

a) definição de eutrofização natural, b) Causas da eutrofização artificial e c) Impactos da eutrofização em um lago.

A resposta do estudante deveria contemplar os aspectos a seguir.

a) A eutrofização é um processo que resulta em um aumento de nutrientes essenciais para o fitoplâncton (algas) e plantas aquáticas superiores, principalmente nitrogênio, fósforo, potássio, carbono e ferro (valor: 4,0 pontos, com conceitos que variaram de 0 a 2).

b) A eutrofização natural pode ser agravada pela eutrofização artificial decorrente do lançamento nos corpos de água de efluentes domésticos e industriais, assim como de água resultante de drenagem de áreas cultivadas com adubos químicos (valor: 3,0 pontos, com conceitos de 0 a 2).

c) Os efeitos da eutrofização artificial manifestam-se com a quebra do equilíbrio ecológico, pois, nesse caso, passa a haver mais produção de matéria orgânica do que o sistema é capaz de decompor. As principais alterações dizem respeito às condições físico-químicas do meio (aumento da concentração de nutrientes, alterações significativas do pH em curto período de tempo, aumento da concentração de gases) e biológicas (alterações na diversidade e na densidade dos organismos) (valor: 3,0 pontos, com con-ceitos de 0 a 4).


Nessa questão, esperava-se que o estudante, a partir do texto motivador da questão, fosse capaz de descrever um método apropriado para deposição de estéril de mina com potencial de geração de drenagem ácida e o modo de gerenciar a drenagem ácida em uma pilha de estéril, caso ela ocorra.

Para a análise da questão, houve a divisão em dois itens, pontuados separadamente, e o estudante deveria apresentar para cada um deles a resposta correspondente a seguir:

ENGENHARIA AMBIENTAL

Capítulo XVII


a) Selar a pilha de estéril com material apropriado, rocha oxidada, carbonática, argila, solo e vegetação, ou uma combinação apropriada destes, de modo a limitar a percolação de água e ar na pilha (valor: 5,0 pontos, com conceitos de 0 a 2).

b) Instalar drenos nos pés da pilha e/ou poços com bombas, para coleta e tratamento do efluente por meio de processos ativos (usina para neutralização do pH e precipitação dos complexos metálicos) ou tratamento passivo (sistema de áreas alagadas) (valor: 5,0 pontos, com conceitos de 0 a 2).


Nessa questão, esperava-se que o estudante, a partir do texto motivador da questão, redigisse um texto contemplando os seguintes aspectos:

• informações geológicas; • questões ambientais; • a atuação do Departamento Nacional de Produção Mineral.


a) A resposta deveria contemplar a necessidade de investimentos em pesquisa geológica no Brasil. O Brasil só tem 42% do seu terri-tório mapeados em escala 1/250 mil e apenas 10% na escala 1/100 mil, o que deixa o Brasil atrás de outros países do mundo. Con-siderou-se como correta a resposta que destacou a necessidade de investimentos em pesquisa, mencionou o pouco conhecimento geológico do país em termos de mapeamento, bem como apresentou a informação de que a maioria das grandes reservas minerais foi descoberta no final da década de 70 (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 3).

b) A resposta deveria tratar do aumento das restrições ambientais, mineração em terras indígenas e demora no processo de licencia-mento (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 3).

c) A resposta deveria enfatizar a falta de investimentos do governo federal no órgão, em termos de contratação de pessoal e treina-mento para agilizar a avaliação dos projetos, limitar retenção de áreas nas mãos de especuladores e para garantir maior fiscalização (valor: 2,0 pontos, com conceitos de 0 a 2).

HABILIDADE 04 Hidráulica e Hidrologia Aplicada;


Nessa questão, esperava-se que o estudante apontasse, a partir do comando da questão, que tipo de equipamento poderia ser utilizado para realizar o levantamento topográfico da seção transversal de um rio, justificando sua escolha.

Para a análise da questão, houve a divisão em dois itens, pontuados separadamente.

a) para rios de pequeno porte, o levantamento pode ser feito com um nível e uma mira topográficos, já que, devido à pequena profun-didade, o operador pode se deslocar por dentro do rio carregando a mira. As distâncias podem ser medidas diretamente com uma trena (valor: 4,0 pontos, com conceitos que variaram de 0 a 2);

b) no caso dos rios maiores, o levantamento da seção deve ser feito com equipamento embarcado. Nesses casos, pode-se utilizar uma ecossonda ou um ecobatímetro, aliado a um GPS, para determinar a posição do equipamento. Alternativamente, a posição da embarcação pode ser obtida por triangulação, usando dois níveis ou teodolito (valor: 6,0 pontos, com conceitos que variaram de 0 a 2).

HABILIDADE 06 Recuperação e remediação de áreas degradadas


a) A pluma irá se deslocar em direção ao sudoeste/oeste, acompanhando o decréscimo das cotas das curvas piezométricas.

b) Nenhuma das empresas possui responsabilidade pela contaminação, visto que: o ponto de origem da pluma encontra–se fora da área de ocupação das indústrias; e que as mesmas estão situadas à jusante deste ponto de maior concentração.


Nessa questão, esperava-se que o estudante descrevesse o processo de biorremediação (ex situ e/ou in situ) e indicasse as principais características operacionais de cada um deles.


Para a análise da questão, houve a divisão em dois itens, pontuados separadamente.

• Ex situ: (valor: 5,0 pontos, com conceitos que variaram de 0 a 3).

– Landfarming – aplicação controlada do solo contaminado na superfície do solo receptor para maximizar a degradação dos resíduos, prevendo-se revolvimento periódico e adição de nutrientes;

– compostagem modificada – similar à compostagem de resíduos sólidos, sem que se atinjam temperaturas elevadas; – sistema de tratamento líquido-sólido – similar ao tratamento em reatores de tratamento de esgotos, maximizando o contato entre

contaminantes e microrganismos.

In situ: (valor: 5,0 pontos, com conceitos que variaram de 0 a 2).

– extração de vapor e líquidos – processo que drena, por meio de bombas, gases e líquidos, e promove tratamento dos mesmos fora do solo;

– galerias de infiltração – injeção de oxigênio e nutrientes em poços ou galerias de infiltração, o que provoca a degradação dos conta-minantes nas regiões mais profundas.

HABILIDADE 08 Saneamento básico e ambiental


Nessa questão, esperava-se que o estudante, a partir do texto motivador da questão, fosse capaz de estabelecer relações entre o objetivo do tratamento de esgotos, o nível e a eficiência do tratamento e o estudo de impacto ambiental no corpo receptor.

Para a análise da questão, houve a divisão em três itens, pontuados separadamente.

• Objetivo do tratamento de esgoto (valor 3,0 pontos, com conceitos de 0 a 2). • Nível de eficiência do tratamento (valor: 3,0 pontos, com conceitos de 0 a 2). • Estudo de impacto ambiental no corpo receptor (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 2). • Respostas esperadas: • O objetivo do tratamento é remover poluentes específicos, de maneira que o lançamento atenda ao que é estipulado na legis-

lação e determinado pelo estudo de impacto ambiental. • O nível de tratamento a ser atingido é aquele que consegue remover os poluentes específicos determinados pelo objetivo do trata-

mento, com eficiência adequada para atender aos padrões de lançamento especificados no estudo de impacto ambiental. Uma das classificações existentes é tratamento preliminar, primário, secundário e terciário.

• O estudo de impacto ambiental no corpo receptor procura atender à legislação, no que diz respeito à qualidade desejada para esse corpo de água após o lançamento do esgoto tratado. Desse estudo resulta o nível de tratamento necessário para se atingirem esses objetivos.

HABILIDADE 09 Sistemas de tratamento de águas e efluentes


a) Aspectos técnicos a serem contemplados, considerando oferta e demanda da água:

• quantidade e qualidade requeridas em função do uso; e • opção tecnológica a ser projetada e implantada; e • viabilidade técnica e econômica.

b) Os benefícios esperados são:

• considerando o PPP: a redução de volume de efluente lançado no corpo hídrico em função do reúso geraria diminuição dos custos para a empresa.

• considerando o PUP: a redução de volume de água captado em função do reúso geraria diminuição dos custos para a empresa.


HABILIDADE 01 Elevação e escoamento


A. Elevação natural – quando o reservatório tem pressão suficiente para conduzir os fluidos do poço (óleo, água e gás) até a superfície (poço surgente).

Elevação artificial – quando o reservatório não tem pressão suficiente para conduzir os fluidos do poço (óleo, água e gás) até a superfície.

B. Transformação dos fluidos produzidos, gás ou óleo, em produto comercial. Agregar valor aos produtos explotados. Os separadores mais usados são o bifásico e o trifásico. Bifásico separa óleo e gás, o trifásico, água, óleo e gás.

C. Os produtos: o óleo é encaminhado para as estações de tratamento secundário por meio de oleodutos ou veículos apropriados; o gás é encaminhado para unidades de tratamento ou entregue diretamente para o consumo; a água é encaminhada para estações de tratamento e depois descartada ou injetada no campo petrolífero.

HABILIDADE 02 Engenharia de reservatórios


Nessa questão esperava-se que o estudante, com base no texto motivador, redigisse um texto explicando o significado de:

• RGO (valor: 3,0 pontos, com conceitos de 0 a 3); • RAO (valor: 3,0 pontos, com conceitos de 0 a 3); • BSW (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 4).


a) RGO — Razão Gás Óleo — é a relação entre a vazão de gás e a vazão do óleo, ambas medidas nas condições de superfície.

b) Razão Água Óleo – é a relação entre a vazão de água e a vazão de óleo, ambas medidas nas condições de superfície.

ENGENHARIA DE PETROLEO

Capítulo XVIII


c) BSW — Basic Sediment Water — é o quociente entre a vazão de água mais os sedimentos que estão sendo produzidos e a vazão total de líquidos e sedimentos.

HABILIDADE 03 Geologia de petróleo


A. Pré-sal é uma camada de rochas porosas localizada entre 5 e 6 mil metros abaixo do leito submarino.

A camada tem esse nome por se encontrar abaixo da camada de sal que a recobre. No interior da camada pré-sal, o petróleo e o gás ficam armazenados nos poros das rochas, sob altíssima pressão.

Etapas Desafios

Perfuração do poçoDificuldade de manter o furo aberto devido à viscosidade do sal. Abatimento das paredes do furo. Sob alta pressão e temperatura, as rochas, pelas suas propriedades elásticas, dificultam a perfuração. Dificuldade de envio de dados para a perfuração pelos umbilicais e para os raisers.

Completação do poço Os furos das rochas se fecham com mais facilidade e impedem o revestimento do poço após a furação, o que impede a passagem de gás e óleo para dentro do revestimento.

Elevação do óleoNo contato da coluna de produção de óleo com a água do mar, a temperatura do óleo se reduz de cerca de 100 ºC para cerca de 4 ºC, o que origina a formação de coágulos que podem causar problemas para a retirada do óleo por surgência e também no transporte pelos raisers.

Transporte do óleo Problemas com a composição dos raisers para evitar a troca de calor com o ambiente e manter o óleo com uma temperatura que permita o seu melhor escoamento, sem se romper.

HABILIDADE 05 Métodos geofísicos de pesquisa


A. A sísmica de reflexão baseia-se nas diferentes velocidades das ondas elásticas ao atravessar diferentes meios, estas ondas foram geradas artificialmente por intermédio de detonação de explosivos.

B. Serão obtidas informações sobre as formações rochosas, água, óleo e gás contidos no interior da terra ou do mar e serão úteis no cálculo das reservas petrolíferas e na locação do poço pioneiro.

As reflexões são captadas por equipamentos especiais denominados geofones (registros em terra) ou hidrofones (registros no mar). Os equipamentos de captação convertem as vibrações mecânicas em oscilações elétricas que são transmitidas e registradas nos sis-mógrafos.

HABILIDADE 06 Perfuração de poços


O estudante, com base no texto motivador da questão, deveria ser capaz de descrever as operações normais desenvolvidas durante a perfuração de um poço e as operações especiais essenciais, caso houvesse a necessidade de controle das pressões normais ou de coleta de amostras na superfície.


a) São as operações: alargamento e rapassamento de furos; conexão, manobra e circulação, revestimento, cimentação, perfilagem de um poço de petróleo e movimentação da sonda (valor: 2,50 pontos, com conceitos de 0 a 3).

b) As operações especiais são: controle de pressões normais e anormais do poço e coleta de testemunhos (amostras de materiais de subsuperfície) (valor 5,00 pontos, com conceitos de 0 a 2).

c) Os tipos de completação são: quanto ao posicionamento da cabeça do poço, quanto ao revestimento de produção e quanto ao número de zonas explotadas (valor: 2,50 pontos, com conceitos de 0 a 2).


HABILIDADE 07 Recuperação de óleo e gás


Nessa questão, esperava-se que o estudante, com base na situação hipotética apresentada e a partir das informações contidas no comando da questão, fosse capaz de:

• descrever as principais autorizações governamentais necessárias para a reentrada no poço; • descrever o tipo de intervenção necessária para a reentrada; • descrever os tipos de elevação artificial que podem ser usados nesse tipo de poço.

O estudante deveria apresentar para cada item acima descrito a resposta correspondente a seguir:

a) As autorizações governamentais necessárias são o plano de avaliação da jazida, submetida à Agência Nacional de Petróleo, Gás Natural e Biocombustíveis (ANP) e o licenciamento ambiental submetido aos órgãos governamentais estaduais (valor: 2,0 pontos, com conceitos de 0 a 2).

b) Será necessária a utilização de uma sonda de perfuração terrestre (SPT) para a revitalização do poço, reparo na cimentação, troca de tubos, se necessário, injeção de fluido, pistoneio ou canhoneio e produção de óleo (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 4).

c) Para esse caso, sem maiores detalhes, podem ser utilizados o bombeio mecânico (BM) ou bomba de cavidade progressiva (BCP) (valor: 4,0 pontos, com conceitos de 0 a 4).


HABILIDADE 02 Colheita e transporte agrícola ou florestal


Escolha de valores de velocidade na faixa de 6.000 a 8.000m/h.

Escolha de coeficiente de eficiência na faixa de 0,85 (85%) a 0,90 (90%).

2a alternativa de resposta (de acordo com o livro Máquinas Agrícolas, de Luiz Antônio Balastreire)

CEC – Capacidade efetiva de campo (ha/h)

ENGENHARIA FLORESTAL

Capítulo XIX


v – Velocidade de deslocamento da máquina (km/h). As velocidades geralmente utilizadas nos implementos de preparo de solo, segundo Balastreire, estão na faixa de 4,7 a 9,7 km/h. L – Largura do implemento (m) Efc – Eficiência de campo (decimal). De acordo com Balastreire, a eficiência de campo para implementos de preparo de solo é de 0,70 a 0,90.

Usando por exemplo:

v = 6,0 km/h; Efc = 0,80 L = 4,0 m

Tem-se:

Como são dois conjuntos, a capacidade efetiva de campo do sistema será de:

O tempo de preparo do solo t em horas será de:

Obs.: Será considerado correto se o estudante adotar outros valores para velocidade e eficiência de campo, desde que estejam nas faixas apresentadas acima.

HABILIDADE 04 Construções rurais


A. Sabendo que 0,9 metros lineares de gaiolas (equivalente à largura destas) conseguem comportar nove aves, então o número de metros lineares de gaiolas necessários para comportar as 6.000 (Na) aves será igual a Na = 0,9 * 6000 / 9 = 600 metros.

O comprimento do galpão será 600/4 = 150 metros. A largura será igual ao número de fileiras multiplicado pela largura das gaiolas somado ao espaço destinado aos corredores (1,5 metros por corredor), ou seja, 4*0,45 m + 1,5 m = 3,30 metros.

B. Podem ser citadas várias características, por exemplo:

1. O comprimento do galpão (ou seja, a cumeeira do telhado) deve ficar na orientação leste-oeste;

2. Deve haver presença de lanternim;

3. O pé direito deve ser alto;

4. A cobertura deve ser com telha cerâmica;

5. Faces leste e oeste devem ser de alvenaria;

6. Faces norte e sul devem ser de alvenaria até cerca de 40 cm de altura, sendo o restante protegido com tela galvanizada;

7. As faces norte e sul devem ser protegidas com cortina plástica;

8. O beiral deve ser comprido a fim de evitar excesso de insolação e proteger contra a chuva;

9. Os telhados podem ser dotados de aspersores de água para reduzir a temperatura do galpão.

HABILIDADE 06 Economia e Mercado do Setor Florestal


Nessa questão esperava-se que o estudante, com base no texto motivador, apresentasse as questões que devem ser consideradas na tomada de decisões durante o planejamento de implantação de uma serraria.

Para a análise da questão, houve a divisão em dois itens, pontuados separadamente, conforme tabela a seguir.


a) espécies de matéria-prima utilizadas 2,50 0 1 2 • Mercado interno/externo 2,50 0 1 2 b) Mão de obra disponível 2,00 0 1 2 • Transporte de madeira 1,50 0 1 – • Vias de comunicação 1,50 0 1 –


Resposta esperada:

a) O fornecimento de matéria-prima é um fator importante, uma vez que todas as decisões quanto à instalação dependem dessa infor-mação. Há necessidade, portanto, de se saber: onde se encontra essa fonte; qual o volume de madeira disponível; quais as espécies inventariadas; a que distância essa fonte está em relação aos centros consumidores; se a serraria pode ser instalada próxima ao mercado consumidor ou próxima à floresta (em ambos os casos toda a logística de instalação e transporte da madeira deve ser considerada).

b) A disponibilidade de mão de obra próxima ao local de instalação, de vias de transporte e de comunicação são também informações importantes que vão subsidiar as tomadas de decisões. Se, no local de instalação, já existem outras empresas madeireiras que já utilizam da mão de obra disponível, é indispensável fazer um levantamento quanto à concorrência da serraria com essas empresas pela mão de obra e também quanto ao estado de conservação das estradas de acesso.



Como o índice (CPUE = produção/dias × armadilhas) está relacionado diretamente com o número de barcos que operam neste tipo de pesca e com o número de armadilhas que utilizam, cabem aqui as duas sugestões:

Resposta 1 – controlar o número de barcos nesta modalidade, dando opções de outras atividades para as embarcações que fossem impedidas. Desta forma, reduz-se o número de armadilhas a serem empregadas sobre os estoques de crustáceos de determinada região.

Resposta 2 – diminuir o tempo efetivo de pesca com a redução no número de dias de pesca. Neste caso, também seria necessário estimular a pesca de outras espécies como medida compensatória para evitar a perda de renda e o desemprego dos pescadores.

HABILIDADE 12 Industrialização de produtos florestais


Nessa questão, esperava-se que o estudante abordasse a questão da autossuficiência em energia elétrica no âmbito das empresas florestais, considerando as atividades de produção de celulose e o processamento de madeira em serraria.



a) Tipos de resíduo e forma de utilização 2,50 0 1 2

• Formas de transporte do resíduo 2,50 0 1 2

b) Conversão do resíduo em energia 2,50 0 1 2

• Uso de termoeletricidade 2,50 0 1 –


a) Hoje em dia as fábricas de polpa celulósica têm na termeletricidade uma fonte renovável de produção de energia elétrica. Para isso, utiliza-se da combustão da galhada e ponta das árvores, picando e transportando esse material para a empresa; e a outra fonte é o licor negro proveniente do processo de fabricação da polpa celulósica, que, por ser rico em lignina, é tratado e queimado em caldeiras gerando vapor d’água e energia elétrica.

b) No processamento de toras, há a produção de resíduos na forma de serragem e pedaços. Quanto menor o rendimento da serra-ria, maior a produção de resíduos, que pode chegar, no caso das serrarias do norte do País, a 60% da tora. O resíduo gerado no processo, com raras exceções, como em alguns casos em que são utilizados para a confecção de pequenos objetos, como cabo de ferramenta, é descartado, tornando-se um grande problema para a serraria. Esse resíduo pode ser utilizado em um processo termoelétrico e produzir energia elétrica, suprindo as necessidades da própria serraria.


HABILIDADE 13 Manejo de bacias hidrográficas


A. Nas regiões planas, haveria ocupação de maiores áreas inundadas, pois a base de cálculo do volume armazenado é dada pelo produto da área pela altura de elevação. Nas regiões planas, a altura de elevação é pequena, por isso a área inundada torna-se frequentemente maior.

B. A Pelton, por ser uma turbina de ação, consequentemente é de pequena rotação específica, por isso a condição ideal para uso desse tipo de turbinas é em pequenas vazões e elevadas alturas de queda.

C. A energia elétrica gerada e transportada nessa distância deve ser em alta tensão. Caso contrário, as perdas de energia seriam enor-mes, ou os cabos de transmissão de grande bitola.

HABILIDADE 15 Manejo florestal


a) Em relação ao enquadramento do Manejo Florestal Comunitário como inovação tecnológica, o texto deverá traçar um relato acerca da evolução do Manejo Florestal.

b) O texto deverá relatar aspectos que fornecem ao Manejo Florestal Comunitário viabilidade econômica, social e ambiental, eviden-ciando sua importância.


Para o fator Terra, o estudante deverá discorrer sobre a importância do uso do solo na formação florestal (adubação, topografia, preparo do solo, atendimento à legislação ambiental etc.). Trabalho: mão de obra, especialização, preparo de mudas, tratos silviculturais, com-bate a pragas e doenças, colheita etc. Capital: disponibilidade de recursos diversos (máquinas e equipamentos, manutenção, mercados etc.) IPEF, n. 23, p. 11-20, abr. 1983.


Etapas:

1) Definição da espécie a ser adaptada 2) Produção de sementes adequadas 3) Produção de mudas 4) Implantação florestal 5) Tratos culturais 6) Tratos silviculturais 7) Colheita florestal

Técnicas a serem aplicadas num plano de manejo de Eucalyptus:

1) Inventário Florestal – parcelas permanentes ou temporárias 2) Índice de Sítio 3) Tabelas de Produção 4) Análise do:

Incremento Corrente Anual – ICA

Incremento Médio Anual – IMA

5) Maturidade financeira 6) Monitoramento de prevenção e controle de incêndios, pragas e doenças.

Técnicas a serem aplicadas num plano de manejo de Pinus:

1) Inventário Florestal – parcelas permanentes ou temporárias 2) Análise do tronco


3) Índice de Sítio 4) Tabelas de Produção 5) Análise do:

Incremento Corrente Anual – ICA

Incremento Médio Anual – IMA

6) Maturidade financeira 7) Monitoramento de prevenção e controle de incêndios, pragas e doenças.

HABILIDADE 18 Organização e administração florestal


1. O estudante deverá discorrer sobre os efeitos das operações de colheita de madeira em aspectos como compactação do solo, alterações na produtividade do local, acúmulo de material combustível, quantidade e qualidade da água e impactos sobre a floresta remanescente (árvores e cepas).

2. A compactação do solo é definida como a densificação do mesmo por meio da aplicação de uma carga dinâmica, causando assim um decréscimo na porcentagem de poros do solo devido às mudanças na posição relativa dos grãos e agregados do solo. Esse termo é utilizado para descrever a condição geral do sítio florestal após as operações mecanizadas, embora diversas outras alterações, incluindo distúrbios e deslocamento do solo, também possam ocorrer.

3. A compactação do solo reduz a quantidade de macroporos, espaço poroso responsável pela aeração do solo, e aumenta a proporção de microporos. Como consequência, ocorre um decréscimo na taxa de difusão de oxigênio através do solo e aumenta a tenacidade com que a umidade do solo é retida.

Um valor mínimo crítico para os macroporos é de 10%.

4. A presença dos resíduos da colheita, principalmente na forma de galhos e folhas, pode constituir-se em fator de dificuldade para o preparo do solo e aumentar o risco de ocorrência de incêndios, devido ao maior acúmulo de material combustível na floresta. Em contrapartida, esses resíduos atuam como camada de proteção contra o impacto das chuvas e contribuem com a ciclagem dos nutrientes, efeitos estes dependentes das condições do terreno.

1. Menor número de plantas por hectare pode levar à formação de ramos com maiores diâmetros, redução da desrama natural e do volume a ser obtido no primeiro desbaste, além de apresentar a primeira tora para serraria bastante cônica; por outro lado, um maior número de árvores por hectare pode levar à competição entre árvores antes da idade do primeiro desbaste recomendado (4 anos), com diâmetro bastante reduzido das árvores. Para produção de madeira para serraria, são recomendados espaçamentos iniciais menores seguidos de desbaste, aumentando assim o espaçamento e diminuindo a densidade de plantas por hectare. A definição de um dado espaçamento tem um efeito muito forte tanto no crescimento como na formação da madeira, em função da intensa com-petição por nutrientes, água e luminosidade. A variação na densidade é fortemente afetada pelo grau de supressão, tendo um efeito inverso bastante pronunciado na uniformidade da madeira. As árvores que crescem em espaçamento bastante fechado apresentam um aumento na densidade da madeira muito rápido à medida que se afasta da medula e as árvores que crescem em espaçamento mais aberto apresentam um padrão de densidade mais uniforme, bem como apresentam uma maior proporção de madeira madura, atingindo valores de densidade maiores em idade mais precoce.

2. A aplicação de fertilizantes em povoamentos florestais pode acarretar alterações na massa específica da madeira (densi-dade), volume e, consequentemente, nas propriedades físico-mecânicas. A adubação pode alterar a estrutura anatômica da madeira e a constituição química da parede celular, por exemplo, provocar alterações no teor de substâncias extratáveis.

3. Com a desrama, tem-se a retirada dos galhos em épocas em que a planta está jovem. Isso possibilita a produção de madeira mais homogênea quanto à massa específica, uma vez que tecidos em regiões próximas a nós (base de galhos) tendem a ter massa espe-cífica maior, além, é claro, de madeira isenta de nós, que são pontos de instabilidade na madeira.

4. A maior intensidade de desbaste pode apresentar uma relação direta com o ângulo da grã, implicando maiores possibilidades de defeitos de secagem e de usinagem e menores resistências mecânicas.

5. A adubação adequada aliada à execução da desrama e do desbaste.


HABILIDADE 19 Política e legislação florestal


A. Início: desde o Brasil colônia por meio de vários regimentos e leis, como o Regimento do pau-brasil, o primeiro código florestal, o código florestal de 1965, a lei de incentivos fiscais ao reflorestamento, a criação de unidades de conservação. A base florestal de áreas plantadas alcançou o maior desenvolvimento do mundo, planos de manejo bem delineados, mas pouco aplicados. A falta de uma fiscalização efetiva e as pressões por mudança de uso do solo têm levado ao insucesso no desenvolvimento de programas para a redução efetiva do desmatamento.

B. Políticas públicas conjuntas, vínculo com as políticas ambientais internacionais, legislação adequada, atualização constante para atender às demandas, adequação às peculiaridades regionais, aplicação da legislação, administração efetiva da política, seriedade com relação às unidades de conservação.


Deverão ser citados quatro dos seguintes fatores:

1. exploração irracional de madeira; 2. técnicas inadequadas de manejo florestal; 3. ausência de reposição; 4. ausência de aplicação da legislação e monitoramento; 5. desconhecimento da relação produção x consumo de madeira.

Deverão ser citadas quatro das seguintes medidas:

1. incentivo aos reflorestamentos; 2. implantação de técnicas de manejo sustentável; 3. estímulo à exploração de espécies como o Pinus e o Eucalyptus; 4. madeira ambientalmente correta “selos verdes”; 5. uso do eucalipto no setor moveleiro como alternativa de oferta de madeira em substituição a espécies nativas; 6. política de reposição florestal; 7. aumento de investimentos na área de fiscalização de cortes de madeira e plantios de reposição.

HABILIDADE 20 Propriedades da madeira



Itens avaliados Valor Conceito atribuído

a) Características recomendáveis na produção de energia (anatômicas, físicas, químicas e mecânicas / interação entre características). 3,00 0 1 2 3

b) Características recomendáveis na produção de painéis (anatômicas, físicas, químicas e mecânicas / interação entre características). 3,50 0 1 2 3

c) Características recomendáveis na fabricação de estruturas (anatômicas, físicas, químicas e mecânicas / interação entre características). 3,50 0 1 2 3


a) Para produzir energia na forma direta (combustão) ou na forma indireta transformada (p.e. em carvão), a madeira deve ter mais fibras com parede celular mais espessa e rica em lignina e extrativos. Com fibras de parede celular espessa, a massa específica será maior, o que implica maior quantidade de calor gerado por unidade de volume. Outro fator importante é o teor de lignina e de extrativos, que deverá ser maior, pois esses se relacionam diretamente com o poder calorífico.

b) Na produção de painéis de partículas, quanto maior a quantidade de fibras de parede espessa, maior a densidade e maior será o grau de dificuldade de transformar esta madeira em cavacos. Por outro lado, maior densidade da madeira implica menor densidade do painel de partículas, uma vez que haverá uma maior dificuldade do contato partícula-partícula.

c) Na fabricação de estruturas, é importante que a madeira tenha características mecânicas favoráveis. Assim, madeiras de folhosas, por exemplo, com maior quantidade de fibras, implicarão maiores massas específicas e, portanto, maiores resistências mecânicas.


HABILIDADE 23 Recursos energéticos florestais


a) O estudante deverá mencionar suas principais qualidades e exigências tecnológicas para a briquetagem e peletização, tais como: a umidade: não se briqueta resíduos com elevada quantidade de água, mas também não é possível compactar sem a presença de água; a granulometria: mencionar a necessidade de classificação dos resíduos quanto à granulometria, que limita compactação diferindo briquetes de peletes; a pressão e tempo de prensagem: fatores importantes, uma vez que tem uma relação direta com os custos de produção e a qualidade do adensado.

b) O estudante deverá abordar os aspectos de concentração de massa e consequentemente a concentração de energia por unidade volumétrica; a diminuição de custos de transportes; a facilidade de armazenamento, a homogeneização das peças que facilita o manuseio e o transporte, o baixo teor de umidade quando comparado com a madeira.

c) O estudante deverá expor em sua dissertação as vantagens ecológicas e as possibilidades sociais que o adensamento pode proporcionar, tais como, a agregação de valor a resíduos agroflorestais que, via de regra, são jogados fora, entulhando áreas públicas e criando um grande problema ambiental que é a poluição, podendo causar problemas de saúde pública; com a agregação de valor resolve–se dois problemas, o primeiro é a questão ambiental e outra é a melhoria da qualidade de vida do pequeno produtor rural, com o aumento da renda familiar.

HABILIDADE 24 Silvicultura


Os sistemas mais utilizados são alto fuste e talhadia, o critério de escolha é analise da finalidade da madeira, ou seja, do diâmetro do fuste e alta capacidade de brotação do material genético. Ex.: Produção de madeiras de pequenas dimensões, como para produção de celulose, recomenda–se alto fuste com talhadia. Para produção de madeiras de grandes dimensões (postes e serraria), recomenda–se o sistema de alto fuste. E, para manejar um povoamento no sistema de talhadia, o material genético deve possuir alta capacidade de brotação.

HABILIDADE 27 Tecnologia e utilização dos produtos florestais


a) Madeira de Pinus:

De 120% até 30% - a percentagem de umidade a ser perdida é 120% - 30% = 90% de umidade.

Sabe-se que onde Pu é o peso úmido na umidade Tu e Pse é o peso seco da madeira a 0% de umidade e (Pu-Pse) = Peso de água na umidade Tu. Precisa-se do Pse para calcular o peso da água a ser perdida. Com a fórmula da densidade básica calcula-se o

Pse. Densidade básica é: O volume verde é 20 m3 e a densidade básica para pinus é 0,44 g/cm3 ou 440 kg/m3.

Deste modo, Pse = (db. Vverde), Pse = 440.20 = 8800 kg. Ou seja, se estes 20 m3 fossem colocados em estufas e secos totalmente, eles

pesariam 8800 kg. Então, ou P a= Pse 0,9

Logo: Pa = 8800 x 0,90 = 7920 kg de água a serem retirados ou 7920 litros.

Madeira de Jatobá:

De 50% até 30% - a percentagem de umidade a ser perdida é 50% - 30% = 20% de umidade. Sabe-se que , onde Pu é

o peso úmido na umidade Tu ; Pse é o peso seco da madeira a 0% de umidade e (Pu-Pse) = Peso de água para um certo Tu. Precisa-se do Pse para calcular o peso da água a ser perdida. Com a fórmula da densidade básica calcula-se o Pse. Densidade básica é: . O volume verde é 20 m³ e a densidade básica para jatobá é 0,88 g/cm3 ou 880 kg/m3.


Deste modo, o Pse = (db. Vverde), Pse = 880.20 = 17600 kg. Ou seja, se estes 20 m3 fossem colocados em estufas e secos totalmente, eles

pesariam 17600 kg. Então, ou Pa = Pse.0,2 .

Logo: Pa =17600 x 0,20 = 3.520 kg de água a serem retiradas ou 3520 litros.

b) Madeira de Pinus:

De 30% até 12% de umidade - a percentagem de umidade a ser perdida é 30%-12%= 18% de umidade. Pa = Pse. 0,18 = 8800. 0,18 = 1584 kg de água a serem retirados ou 1584 litros

Madeira de Jatobá:

De 30 até 12% de umidade - a percentagem de umidade a ser perdida é 30% - 12% = 18% de umidade

Pa = Pse. 0,18 = 17600.0,18 = 3168 kg de água a serem retiradas ou 3168 litros.

HABILIDADE 29 Pesca, tecnologia da pesca e de produtos da pesca


A. As etapas básicas do fluxograma de produção são: matéria-prima; seleção; lavagem; pesagem; retirada das escamas; lavagem; filetagem; retirada da pele; lavagem; pesagem; congelamento; classificação; glazeamento; embalagem; estocagem.

B. O procedimento é denominado de glazeamento e consiste em imergir o filé congelado, que deve estar a temperatura abaixo de -18/C, em um recipiente com água gelada (1 a 3/C), e, dependendo das propriedades químicas da espécie, podem ser adicionados aditivos. O tempo de imersão varia entre 5 a 10 segundos.


a) O processo de industrialização e o aumento da tecnologia de pesca, como utilização de sonares, radares, posicionamento por saté-lites, além de embarcações mais potentes e com maior autonomia de mar contribuíram para o aumento da produção, uma vez que os recursos pesqueiros ainda não se encontravam nas suas capacidades máximas de exploração.

Também a modernização da frota pesqueira, com barcos fábrica, permitiu a maior intensidade de pesca, e um maior deslocamento para diferentes áreas disponíveis para explorações (pesqueiros).

b) A estagnação da produção pesqueira nos últimos anos se deve ao fato de a maioria dos estoques pesqueiro se encontrar nos níveis máximos de exploração ou sobre-explorados.

Não obstante medidas terem sido tomadas no sentido de diversificar os recursos pesqueiros, algumas pescarias encontram-se em pleno declínio, o que resulta na estagnação da produção pesqueira, como um todo.

c) A Aquicultura é uma das opções para compensar a estagnação da atividade de extração (pesca), atividade que, embora milenar, tem sido incentivada em muitos países. Outras alternativas são: o melhor gerenciamento dos recursos explorados, através de medidas de regulamentação da pesca, como fechamento de áreas e/ou períodos de pesca, estabelecimento de tamanho mínimo de captura, bem como formação de acordos internacionais visando ao estabelecimento de cotas entre os diferentes países que utilizam determi-nados recursos pesqueiros.


a) Camarão e lagostas são os principais pescados que apresentam a melanose. Para que a mesma ocorra é necessário a presença de um substrato, no caso a tirosina (monofenol), mais a presença de uma enzima

(tirosinase ou polifenol-oxidase) para catalizar este processo que, através da oxidação e da polimerização, resultará na melanina.

b) Este fenômeno é favorecido ou acelerado por fatores como estresse, sendo um exemplo a presença do polvo nos equipamentos de pesca de camarões e lagostas, aumentando a adrenalina, ou ferimentos, que favorecem a formação da melanina como mecanismo de autodefesa, já que a melanina é um bactericida.

A presença do oxigênio e fase de vida como o estágio de muda (intermuda e pré-muda), quando a carapaça encontra-se semirrígida, também favorecem a melanose. Quando o pescado (camarões e lagostas) morre, ocorre o enrijecimento da carapaça através de processos de escleratização.

c) A melanose é combatida por tratamento com bissulfito de sódio (<100 ppm) em solução de 1-10% durante 1 a 10 min. Outra forma de evitar a melanose é impedir o processo de oxidação através de processos como embalagem a vácuo, que evita o

contato com o oxigênio.


HABILIDADE 31 Aquicultura


A. O fornecimento correto da ração permite que se aumente a densidade de peixes nos viveiros, se melhore a qualidade da carne, com espécies mais saudáveis, que se explore o potencial de crescimento e se mantenha a qualidade da água de cultivo, com melhoria na produtividade das espécies.

B. Com os peixes amostrados, o piscicultor pode considerar, para a população de peixes no viveiro, a ocorrência de enfermidades. Usando uma balança e um ictiômetro, o piscicultor pode obter informações sobre o peso e comprimento. Pode calcular índices zoo-técnicos, como o peso mínimo e máximo, calcular curva de biomassa, taxa de conversão alimentar.

C. Para garantir a qualidade e maior tempo de conservação ou vida útil, os peixes devem ser sacrificados rapidamente por métodos que garantam o menor consumo de energia (glicogênio e ATP) ao serem removidos da água. Entre estes métodos está o choque térmico (hipotermia) e perfuração da medula, sendo o peixe, depois do abate, acondicionado em caixas isotérmicas e colocado em contato com o gelo na proporção adequada (1 a 1,5 parte de gelo para 1 parte de peixe).


a) A resposta deve incluir como itens básicos para implantação de um cultivo intensivo de peixes:

• que deva existir disponível no local, água de boa qualidade e em quantidade suficiente; • que o terreno seja plano, sem grandes afloramentos rochosos, para evitar custos excessivos na construção dos tanques e o solo

de preferência argiloso, para evitar perdas de água por infiltração; • o local deve ficar próximo de vias de acesso e centros consumidores, para baratear os custos de transporte, bem como próximo

de áreas produtoras dos insumos que serão utilizados nas rações.

b) Principais obras a serem realizadas:

• Construção de uma tomada d´água, que pode ser um dique com controle de vazão e sangradouro (ou desvio) nos casos de excesso de fluxo de água.

• A água deve ser filtrada (filtro de brita, areia ou carvão ativado) e ter seu curso controlado, com uma parte sendo desviada para incubadoras e outra para os diferentes tanques (1a alevinagem, 2a alevinagem, crescimento/engorda e estoque de repro-

dutores), que deverão ter diferentes dimensões. • Dependendo do tamanho do cultivo intensivo, poderá contar com uma infraestrutura para filetagem do pescado, ou outras modalidade

de apresentação do produto, bem como restaurante e pesque-pague, visando a diversificar as atividades e agregar valor ao produto. • Urbanização paisagística da área com plantação de grama e árvore deve ser feita.

c) As rações utilizadas no cultivo devem ser feitas com matéria-prima produzida no local visando a baratear o preço e facilitar a acessibilidade.

O produto final do pescado produzido deve ter boa apresentação e se possível ser diversificado para agregar valor, como as formas inteira ou filetado, congelado ou fresco.

HABILIDADE 34 Sistemas de irrigação e drenagem


A. Escolheria o sistema de aspersão tipo pivô central ou outro sistema de movimentação mecânica, com exceção do autopropelido, pois a área a ser irrigada é grande (4 a 5 pivôs), de topografia ondulada e solo com elevada capacidade de infiltração, minimizando o risco de escoamento superficial.

B. A eficiência de irrigação poderá diminuir nos dias de menor umidade relativa do ar, pois nessas condições o ar torna-se mais pro-penso a absorver água. A eficiência também pode diminuir nos dias em que os ventos são mais intensos, pois os ventos aumentam as perdas de água por arrastamento.

C. Seria uma opção, haja vista que à noite a umidade relativa do ar é maior e os ventos são mais calmos.



a) Parâmetros Climáticos Importância

Precipitação

Evaporação x Evapotranspiração de referênciaDefinem as entradas e saídas naturais de água do sistema, influenciando a necessidade de irrigação ou drenagem.

(valor: 3,0 pontos)

b) Parâmetros associados à cultura Importância

Coeficiente de cultura (influenciado pelo ciclo

vegetativo e área foliar)Definem a necessidade de água de cada estágio de desenvolvi-mento e cobertura do solo afetando as perdas.

(valor: 2,0 pontos)

c) Parâmetros associados ao solo Importância

Umidade do solo

umidade de saturação

ponto de murchamento

capacidade de campo

curva de retenção de umidade

condutividade hidráulica

densidade (ou massa específica)

salinidade

Determinam toda a dinâmica da água no solo.

Disponibilidade de água para irrigação.

(valor: 3,0 pontos)

d) Parâmetros a serem calculados

Necessidade de água para as plantas

Necessidade de água para a irrigação

Turno de rega

Vazão requerida

Parâmetros indicadores da eficiência do sistema

(valor: 2,0 pontos)

HABILIDADE 35 Processamento de produtos agrícolas


Considerando que:

• sistema de secagem lenta seja um sistema de secagem em baixas temperaturas, sistema este que utiliza ar natural ou ar natural aquecido de até 5 ºC, num sistema de secagem em baixas temperaturas, ao final do processo, o produto estará em equilíbrio térmico e higroscópico com o ar de secagem.

• sistema de secagem rápida seja um sistema de secagem em altas temperaturas, sistema este que utiliza temperatura de seca-gem superior a 40 ºC podendo chegar a 100 ºC ou mais, dependendo do tipo de secador utilizado, num sistema de secagem em altas temperaturas, o produto será removido do secador antes que este entre em equilíbrio térmico e higroscópico com o ar de secagem.

Vantagens da secagem lenta (secagem em baixas temperaturas):

• melhor qualidade do produto final; • menor consumo de energia para aquecimento de ar; • menor necessidade de investimento em sistemas de pequeno/médio porte, pois a secagem é feita em silos-secadores-armazenadores.

Desvantagens da secagem lenta (secagem em baixas temperaturas):

• processo lento de secagem acarretando baixa capacidade de secagem; • depende das condições climáticas do local, a não ser que se utilize um sistema de aquecimento suplementar do ar; • alto risco de deterioração quando se tratar de produto com elevado teor de umidade inicial; • necessidade de pessoal bem treinado para operação do sistema; • elevado consumo de energia elétrica, energia esta que é muito cara.


Vantagens da secagem rápida (secagem em altas temperaturas):

• processo rápido de secagem, permitindo grandes capacidades de secagem; • menor consumo de energia elétrica; • não apresenta restrições quanto às condições climáticas; • pode secar produtos com elevados teores de umidade inicial sem que haja risco de deterioração do produto.

Desvantagens da secagem rápida (secagem em altas temperaturas):

• se não for bem conduzida, poderá acarretar grande redução na qualidade do produto final; • demanda grande quantidade de energia para aquecimento de ar. • é um processo relativamente caro, pois utiliza equipamentos caros que são usados poucos dias no ano (geralmente menos de três meses).

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