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ENGENHARIA ELTRICA

1

PADRES DE RESPOSTA

Questo 1 (valor: 10,0 pontos)

Em um laboratrio foi montado o circuito da figura abaixo para medir a indutnciaL de uma bobinae a resistnciar do seu enrolamento.

a) Um aluno observou que o valor Vac era diferente do valor da soma das tenses Vab e Vbc, eafirmou: "as medidas so incoerentes, portanto devem estar erradas." Analise essa afirmativa.

b)Determine o valor da resistnciar do enrolamento da bobina.

Padro de Resposta Esperado

a) As medidas podem ser COERENTES pois, neste caso, a lei de Kirchoff deve ser empregadana sua forma fasorial. Portanto a equao fasorial :

Medidas obtidas com um voltmetro:

Vab

= 84V

Vbc

= 70V

Vac

= 120V

2b) A corrente na malha ser:

A2,82570

25V

I BC ===

A impedncia da bobina , em mdulo.

900(30)2,884

IVabL)60(2rbobZ

222

222 ====+=

p

A impedncia total do circuito , em mdulo

73,836.12,8120

IacV)L602()r(25totZ

22222 ===++=

p

Combinando as equaes:

900)L602(r 22 =p+

73,1836)L602()r25( 22 =p++

W==-+ 23,6r73,936r)r25( 22

Obs.: a soluo grfica em escala ser vlida.


Considere o seguinte arranjo de nmeros:

Observe que cada linha do arranjo triangular comea e termina com o nmero 1. Cada um dosnmeros internos a soma de dois nmeros da linha anterior, o imediatamente acima e o esquerda deste, conforme indicado no arranjo.A seguir apresentado um algoritmo em pseudocdigo, que gera e imprime 7 linhas dessearranjo. Indique nas lacunas, no Caderno de Respostas, as instrues adequadas soluodo problema.

{

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3

IncioInteiro : I, J;

Tipo : MAT = matriz [ 1:5, 1:5 ] inteiro;A : MAT;Procedimento GERAR_DADOS;

IncioPara I de 1 at 7 passo 1 faa

Para J de 1 at LACUNA 1 passo 1 faa

Se J = 1 ou J = I

Ento LACUNA 2

Seno LACUNA 3

Fim-seFim-para;

Fim-para;Fim; { GERA_DADOS }

Procedimento IMPRESSAO;Incio

Atribuir 0 a IRepetir

Adicionar 1 a IAtribuir 0 a J

RepetirAdicionar 1 a JImprima A[I,J]

At que LACUNA 4

At que LACUNA 5

Fim; { IMPRESSAO }// Chamadas dos procedimentos

GERAR_DADOS;IMPRESSAO;

Fim.

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4


Para gerar os nmeros na matriz diferentes de 1, observa-se que h uma lei de formao, que

A [I, J] = A [I 1, J 1] + A [I 1, J],

onde I e J referenciam linhas e colunas da matriz

LACUNA 1: I

LACUNA 2: A[I, J] 1

ou A[I, J] = 1

ou Atribuir1 a A [I, J]

LACUNA 3: A[I, J] A [I 1, J 1] + A[I 1, J]

ou AtribuirA [I 1, J 1] + A [I 1, J] a A [I, J]

ou AtribuirA [I 1, J 1] + A [I 1, J] a A [I, J]

LACUNA 4: J = I

LACUNA 5: I = 7 (Admite-se I > 6 como resposta correta.)C

Obs.: Se o aluno explicar que o programa no pode ser executado porque a Matriz no foidimensionada adequadamente, ser considerada como correta a sua resposta.


A Figura 1 apresenta o diagrama de blocos de um sistema de controle, e a Figura 2, o seu lugardas razes para K > 0. Com base nas duas figuras, resolva os itens abaixo.

a)Determine a funo de transferncia do sistema em malha fechada.

b)Calcule o valor do ganho K para que, em malha fechada, o sistema apresente plos com-plexos conjugados com parte real igual a -10,0.

c)Obtenha a faixa dos valores de K para que o sistema com a malha fechada seja estvel.

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5


a)

(s)H(s)G1(s)G

(s)R(s)C

+=

Da Figura 1:

1125)60ss(s

KG(s)2 ++

=

H(s) = 1

1125)60ss(s

K1

1125)60ss(sK

R(s)C(s)

2

2

+++

++=\

Figura 2

-40 -30 -20 -10 0 10 20-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

REAL

IMAG

LUGAR DAS RAZES

Figura 1

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6

K)1125s60s(s

K)s(R)s(C

2 +++=

ou

Ks1125s60s

K)s(R)s(C

23 +++=

b) 1 Forma de Soluo:Os plos de malha aberta so obtidos diretamente do lugar das razes.

00p =

15j30p1 +-=

15j30p2 --=

Dois plos complexos conjugados coms = -10 (parte real) correspondem a duas razes obti-das graficamente no diagrama do lugar:

15j10S1 +-=

15j10S2 --=

Para 15j10ss 1 +-== , o valor de K extrado de:

|zs|...|zs|.|zs|

|ps|...|ps|.|ps|.|s||K|

21

21m

w---m---=

Como K > 0, ento K = |K|

=---+-+--+-+-= |15)j30(15j10|.|15)j30(15j10|.|15j10|K

=++=++-= 2222 3020x20x1510|30j20|.|20|.|15j10|

13.000650x201300x325201.300x20x325 ====

K = 13.000

b)2 Forma de Soluo:

Sabendo-se que o lugar das razes passa por:15j10- , ento:

a)(s15)j10(s15).j10(sKs1125s60s 23 +++-+=+++ ,

onde a o terceiro plo (plo real).

a325s20a)(325sa)(20sKs1125s60s 2323 +++++=+++

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7

Comparando-se os dois termos:

40a60a20 ==+

Raiz real em 40

K = 325 . a = 325 x 40 K = 13.000

c) 1 Forma de Soluo:

Aplicando-se o Critrio de Routh:

1 1125

60 K

60K1125x60 -

0

K

67.500K0K1125x60 -0K0K >>

67.500K0:deestabilidadefaixaA

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8


Voc o Gerente de Produo de uma pequena indstria brasileira que monta um equipamentoeletroeletrnico a partir de trs componentes: A, B e C. Objetivando demonstrar o impacto causa-do no custo unitrio de produo pela desvalorizao inicial e pela valorizao subseqente doreal em face do dlar, atenda ao que se pede.

a) Desenhe um grfico "CUSTO UNITRIO EM R$ versus TEMPO" com a evoluo do custounitrio de produo dos equipamentos, destacando os dias da TABELA 1. Considere que ataxa de variao da cotao do dlar constante em cada um dos intervalos da tabela.

b) Determine os aumentos percentuais do custo unitrio de produo dos equipamentos nos dias01 MAR 99 e 01 ABR 99, em relao ao custo unitrio de 12 JAN 99.

Dados/Informaes Tcnicas:- Cada equipamento montado com as quantidades de componentes da TABELA 2.- O componente A custa R$ 25,00 a unidade.- O componente B custa R$ 2.000,00 por lote de 100 unidades, mais o frete de R$ 50,00 por lote.- O componente C, o nico dos trs que importado, custava em 01 JAN 99 R$ 25.000,00 por lote

de 1.000 unidades, acrescidos de 12% de impostos de importao.- O custo mensal da mo-de-obra e dos encargos sociais R$ 46.000,00.- As despesas gerais montam em R$ 17.200,00 por ms.- A produo mensal de 800 equipamentos.- As cotaes do dlar em quatro dias do primeiro quadrimestre de 1999 so apresentadas na

TABELA 1.


a) 12 Jan 99 = 01 Jan 99

Comp. A:

2 x R$ 25,00 = R$ 50,00 A = R$ 50,00 / equip.

Comp. B:

3 x 50,20x3100

50$R1002.000R$ =+

B = R$ 61,50 / equip.

COMPONENTE

A

B

C

TABELA 2

QUANTIDADE

2

3

1

DIA

01 JAN

12 JAN

01 MAR

01 ABR

COTAO DO DLAR (R$)

1,22

1,22

2,15

1,72

(Ano: 1999)

TABELA 1

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9

Comp. C:

1 x 1,12x251,12x1.00025.000R$ =

C = R$ 28,00 / equip.

Mo-de-obra(MO):

MO =equip./ms800

46.000/msR$MO = R$ 57,50 / equip.

Despesas Gerais (DG):

DG =equip./ms800

ms/17.200R$DG = R$ 21,50 / equip.

Custo Unitrio (CU):CU = A + B + C + MO + DG = 50 + 61,50 + 28 + 57,50 + 21,50

CU = R$ 218,50 / equip

Obs.: Se o aluno cometer erros na interpretao do item despesas gerais, a falta no serpenalizada.

01 Mar 99

Comp. C:

Custo C1/3 = 1,222,15x

equip.28,00R$ Custo C1/3 = R$ 49,34 / equip.

CU 1/3 = 28,0049,34equip.218,50R$ -+ CU 1/3 = R$ 239,84 / equip.

01 Abr 99

Comp. C:

Custo C1/4 = 22,172,1x

equip.28,00R$ Custo C1/4 = R$ 39,48 / equip.

CU 1/4 = 00,2848,39equip.218,50R$ -+ CU 1/4 = R$ 229,98 / equip.

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a) 01 Mar 99

9,77%100%x1218,50239,84 =-

9,77%

01 Abr 99

5,25%100%x1218,50229,98 =-

5,25%


Na figura abaixo, o circuito alimentado por uma fonte de tenso senoidal com:e(t) = 500 cos (100t + 40) volts.

a) Determine os valores dos fasoresE

, I

, ER

e EL

.b) Trace o diagrama fasorial.c) Determine a expresso, no domnio do tempo, da queda de tenso eR (t) no resistor.

Dados/Informaes Tcnicas:

NOTAO

O smbolo

X empregado para denotar o fasor da varivel X.

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a) Parmetros da fonte senoidalDe e (t) = 500 cos (100 t + 40):

Em = 500 V w = 100 rad/s f = 40

Fasor Tenso:

E = V353,552

500

2mE ==

E& =E / f 353,55E=& /40V

Parmetros do Circuito:

Resistncia do Resistor R = 35W

Reatncia do Indutorj XL = jw L = j x 100 x 0,7 j XL = j 70W

Circuito no Domnio da Freqncia

Fasor Corrente

Lei de Kirchhoff aplicada malha:

LEREE&&& += 353,55 /40 = I70jI35 &&+

=

+=

63,4/78,26/40353,55

70j35/40353,55

I&

A23,4/4,52I -=&

Demais Fasores

-== 23,4/4,52x35I.35ER&&

V23,4/158,2ER -=&

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-=-== 23,4/4,52x/907023,4/4,52xj70I.j70EL&&

V66,6/316,4EL =&

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

Da expresso da fonte: e(t) = 500 cos (100 t + 40) conclui-se que o fasor de tenso ser:

= 40/500E&

A impedncia : Z = R + jXL = 35 + j 100 . 0,7 = 35 + j 70

Fasor de Corrente:

=

== 23,4-/39,6

63,4/78,26

/40005ZE

I&

&

-== 23,4/223,65I.53ER &&

23,4/39,6.90/70I.j70EL -== &&

= 66,6/3,447EL&

b) Diagrama de Fasores

(Observar no grfico):- 3 ngulos corretos

- LR EeE&& formando ngulo de 90

- E& na diagonal, como resultante de RL EdeeE&&

- IeER&& alinhados.

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13

c) Determinao de (t)eR

V23,4/158,2ER -=&

158,2x2Vx2E RRm ==

ERm = 223,73 V

fR = - 23,4

w = 100 rad/s

)t(cosE(t)e RRmR f+w=

V)23,4t(100cos223,73(t)eR -=

Alternativa considerando o fasor com valor de pico:

-= 23,4/73,232ER&

logo, V)23,4t(100cos223,73(t)eR -=


Considere a bobina apresentada abaixo e determine a corrente no enrolamento de 200 espiras.


A densidade de fluxo magntico no ferro fundido BFF = 0,6 Wb/m2.

j = B Sonde: j o fluxo magntico em Wb;

B a densidade de fluxo magntico em Wb/m2;S a rea da seo reta em m2; indica produto vetorial.

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F = N . Ionde: F a fora magnetomotriz (fmm) em Ampres [A];

N a quantidade de espiras no enrolamento da bobina;I a corrente que flui na bobina em Ampres [A].

F = H .lmonde: F a fora magnetomotriz (fmm) em Ampres [A];

H a intensidade de campo magntico em A/m;l

m o comprimento mdio em m.

Na soluo do problema utilize a curva B versus H.

Padro de Resposta Esperado.1) Clculo das reas

2422FF m10x1610x4x10x4S

--- ==

2422AF m10x810x4x10x2S

--- ==

AF

LFN

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2) Determinao dos comprimentos mdios

m0,480,120,240,12321FF =++=++= llll

m0,280,020,240,02654AF =++=++= llll

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16

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

Entrando com o valor de BFF na curva B versus H encontra-seHFF = 2000 A / m

4) Determinao deFFf

Wb10.9,6m10.16.Wb/m0,6S.B 4242FFFFFF-- ===f

5) Determinao de BAF

Como AFAFAFAFFF S.Bento, =fj=f

244AFAFAF m10.8/Wb10.9,6SB /

--=f=

2AF Wb/m1,2B =

6) Determinao de HAF

Entrando com o valor de BAF na curva B versus H encontra-seHAF = 1130 A / m

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

7) Determinao da corrente I

=== ll dd .HI.NLogo.HFeI.NF

Ento

AFAFFFFF xHxHIx200 ll +=

0,28mxm/A11300,48mxm/A2000Ix200 +=A316,4A960Ix200 +=

A6,382IA1276,4Ix200 ==

Obs.:A6,354Ientom/A1110HPara AF ==

A6,410Ientom/A1150HAF ==

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Voc o engenheiro responsvel por um laboratrio que dispe de fontes de alimentao CC,construdas segundo o esquema abaixo.

Como cinco dessas fontes apresentaram defeitos, seu chefe pediu-lhe o parecer sobre a possvelcausa do defeito de cada uma delas. Analisando as formas de onda obtidas com o osciloscpio(fontes 1, 2 e 3) e os sintomas observados (fontes 4 e 5), indique a provvel causa do defeito decada uma das fontes.

Formas de onda obtidas com o osciloscpio:

Sintomas observados:Fonte 4: Tenso sobre a carga igual a zero.Fonte 5: Queima do fusvel do primrio.


- Os diodos e o capacitor so os nicos elementos passveis de apresentar defeitos.- Em cada fonte h um nico componente defeituoso.- Os defeitos possveis so: curto-circuito ou interrupo (componente aberto).

110 V rms60 Hz

D1

D4

D2

D3

C Carga

FusvelOsciloscpio

RProt

Rede

Volts

Tempo

Volts

Tempo

Volts

Tempo

5V

Volts

Tempo

5V

Rede

Fonte 1

Fonte 2

Fonte 3

5V

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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.: ser considerado como certo se o formando responder quepode ser o capacitor em curto com resistor de proteo mal dimensionado.

Questo 8 - ELETROTCNICA (valor: 10,0 pontos)

Uma concessionria de energia eltrica pretende analisar o comportamento dos fluxos de potn-cia ativa em seu sistema, tendo em vista a previso de carga para um horizonte de dez anos.Para isso, como engenheiro da Diviso de Planejamento dessa concessionria, voc foi encarre-gado de estudar o problema. A figura abaixo representa o diagrama unifilar do sistema com ascargas futuras previstas.

a)Calcule os fluxos de potncia ativa nas linhas de transmisso, considerando a Barra 1como a referncia angular do sistema (q 1 = 0 rad).

b)Supondo que o fluxo de potncia mximo permitido na linha 1-2 seja 0,5 pu, determine a reatncia,em pu, do menor banco de capacitores que dever ser instalado na linha 1-3, de modo que olimite mximo na linha 1-2 no seja ultrapassado.

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Dados/Informaes Tcnicas:P = B q ,ondeP o vetor de injeo de potncia ativa nas barras,B a matriz de susceptncia de barrase q o vetor do ngulo das tenses de barra.

PGi a potncia ativa gerada na Barrai.PLi a potncia ativa consumida na Barrai.xi,j a reatncia srie da linha de transmissoi - j.

O efeito capacitivo e a resistncia srie das linhas de transmisso so desprezados.


a) Formao da matriz B

ji,x1

ji,b =

------

=+--

-+---+

=422

253

235

bbbb

bbbb

bbbb

B

23132313

23231212

13121312

Comoq1 = 0, elimina-se a 1 linha e 1 coluna de B

''B'Px42

25PP

32

32 q=q

q-

-=

-=q-=q

--=q

qrad375,0

rad25,00,12/1x

16/58/1

8/14/1

3

232

Os fluxos nas linhas so dados por Fij =ij

i

xjq-q

pu0,75F1/3

0,25)(0

12xF 12

2112 =

--=q-q

=

pu0,75F1/20,375)(0

13xF 13

3113 =

--=q-q

=

pu0,25F1/2

(-0,375)-0,25x

F 2323

3223 =

-=q-q

=

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20

b) Pede-se ?CXpu0,5F12 =

Na condio limtrofe, tem-se

61

0,51/3

F 221

12 -=q=q-q

=

O fluxo na linha 1 3 deve ser, ento:

pu1,0F0,51,5FPF 13121G13=-=-=

Lembre-se que:

)(x1,0x

0F 133

13

313 *-=q=

q-=

q-

-+-

-=

--q=

3C

6/1x

X21

12225

0,15,0""BP'

pela 1 equao, tem-se que:

612

65

21

33 -=qq--=-

pu31XX

21

61)(De CC =--=-*


Um sistema de potncia no est imune a distrbios inesperados, como, por exemplo, uma des-carga atmosfrica ou um curto-circuito. A figura abaixo mostra um sistema de potncia com umgerador (G) alimentando uma carga (C) atravs de um transformador elevador (T1), uma linha detransmisso (LT) e um transformador abaixador (T2), bem como as ligaes do gerador e dostransformadores. Determine as correntes de curto-circuito por fase, para um curto-circuito fase-terra na fasea da Barra 3. As reatncias de seqncias positiva e zero so fornecidas na tabela.

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21


- Considere que a tenso antes do defeito na Barra 3 seja igual a 1,0 pu.


A rede de seqncia positiva :

A rede de seqncia negativa :

Reatncia (pu)

Seq. Positiva

Seq. Zero

G

0,10

0,03

T1

0,05

0,05

LT

0,20

0,45

T2

0,075

0,075

C

0,8

0,5

TABELA

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22

A rede de seqncia zero :

Para simular o curto-circuito fase-terra, as redes de seqncia so conectadas em srie:

As correntes nas fases so (supondo o curto na fase A):

pu3,0aIaI3aI0

==

0Ie0bI C ==


Afigura abaixo mostra uma carga indutiva trifsica equilibrada ligada, em estrela, sem acesso aoterminal neutro, alimentada por uma fonte trifsica equilibrada com a seqncia de faseabc.Supondo que voc disponha de dois wattmetros, pede-se que:

a) esboce o diagrama esquemtico de ligao dos wattmetros, para que se obtenham as potn-cias trifsicas ativa e reativa da carga;

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23

b) deduza as expresses das potncias ativa e reativa trifsicas, a partir das leiturasP1 e P2obtidas dos wattmetros.


Pi a leitura da potncia obtida pelo wattmetro i.

Z a impedncia de carga por fase (Z = |Z|e j q ); q < 30. va = |va| e

j0 .


a) So 3 possveis ligaes e

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

Soluo A

A B C

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24

Soluo B

Soluo C

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25

b) Em qualquer uma das 3 ligaes as potncias trifsicas ativas e reativas, so, respectivamente:

123 PPP +=f

213 PP3Q -=f

Obs.: Se o aluno errar, no considerando o valor absoluto, a questo deve ser aceita comocorreta.

Deduo:A potncia ativa trifsica dada por:

(1)^

)fifv(cos|fi||fv|3P3 =fonde

fasedetensoa|cv||bv||av||fv| ===

fasedecorrentea|ci||bi||ai||fi| ===

ou por,

(2)^

)fifv(cos|fi||v|3P3 l=f

onde

linhadetensoa|cav||bcv||abv||v| ===l

Similarmente, a potncia reativa trifsica dada por:

(3)^

)fifv(sen|fi||fv|3Q3 =fou

(4)^

)fifv(sen|fi||v|3Q3 l=f

Como s se tem acesso tenso de linha temos que provar que:

^)fifv(cos|fi||v|3PP 12 l=+

^)fifv(sen|fi||v|PP 21 l=-

Obs.: O desenvolvimento anterior deve ser considerado conhecido, por isso no est sen-do pontuado.

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26

Observao: O diagrama fasorial no obrigatrio na soluo. Serve apenas de referncia paraauxiliar na correo.

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27

b) Deduo caso o aluno opte pela Soluo A

1wattmetropelomedidaPot.^

)aiac(vcosaiacvP1 =

ficibiai ===

lvabvbcvacv ===

fiai = / - q e lvacv = / - 30

)30(cosfivP1 q-= l


)bibc(vcosbibcvP2 =

fibi = / - 120- q e lvbcv = / - 90

)30(cosfivP2 q+= l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 12 q+q+q-q=+ l

q==+ f cosfiv3PPP 312 l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 21 q+q-q+q=- l

q=- senfivPP 21 l

Fim da soluo A

213PP3Q -=f

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28

Caso o aluno opte pela Soluo B


)aiab(vcosaiabvP1 =

fiai = / - q e lvabv = / 30

)30(cosfivP1 q+= l


)cicb(vcoscicbvP2 =

fici = / 120- q e lvcbv = / 90

)30(cosfivP2 q-= l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 12 q-q+q+q=+ l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 21 q-q-q-q=- l

q-=- senfivPP 21 l

Fim da soluo B

Caso o aluno opte pela Soluo C


)biba(vcosbibavP1 =

fibi = / - 120q e lvbav = / 210

)30(cosfivP1 q-= l


)cica(vcoscicavP2 =

fici = / 120- q e lvcav = / 150

)30(cosfivP2 q+= l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 12 q+q+q-q=+ l


)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 21 q+q-q+q=- l

q=- ensfivPP 21 l

Fim da soluo C

213PP3Q -=f

213PP3Q -=f


ENGENHARIA ELTRICA

29

Questo 11 - ELETRNICA (valor: 10,0 pontos)

O conversor digital-analgico (D/A) da figura abaixo faz parte de um sistema de controle de tem-peratura de um forno industrial. Esse conversor D/A de 4 bits, e sua sada excursiona de 0 V a 10V. As entradas VD0, VD1 , VD2 e VD3 trazem as informaes dos bits de dados D0, D1, D2 e D3,respectivamente, discretizados em 0V ("zero" lgico) ou 5V ("um" lgico).Calcule:

a) os valores de R1, R2 e R3;

b) a sada VD quando a entrada for igual ao nmero binrio 1010;

c) o valor de Ra para que a sada Van excursione de acordo com a Tabela do Conversor D/A.

R0

+

-R1

R2

R3 +

-Ra

VD0

VD1

VD2

VD3Van

10 kW 100 kW

VD

A/D

Conversor Amplificador

ComputadorD/A

Conversor4 bits

PotnciaControle de

Sensor deTemperatura

Calor

Forno Industrial

Van

=200 kW

ENGENHARIA ELTRICA

30


Tabela de Converso do D/A


a) Para realizar a converso, feita uma soma ponderada de correntes segundo a posiodos bits.

Bit 1:I1 deve ser o dobro deI0. LogoR1 =R0/2 e R1 = 100 kWBit 2:I2 deve ser o dobro deI1. LogoR2 =R1/2 e R2 = 50 kWBit 3:I3 deve ser o dobro deI2. LogoR3 =R2/2 e R3 = 25 kW

b) Determinando a sada do primeiro estgio, quando apenas D0 igual a 1:Corrente pelo resistor

V0,25)25(k10VlogoA,25k200

5I:RD000

-=m-=m==

Ento V.2,0VeV1,0VV,0,50VV,0,25V D0D0D1D0 -=-=-=-=

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

c) Para o dado de entrada igual a 0001, a sada igual a 0,25 V, porm a Tabela do D/A diz que deveria ser de 0,625 V. Assim, o segundo estgio precisa de ter um ganhoG = 0,625 /- 0,25 =- 2,5.

Sabe-se que: W=-=-= k40aRLogo2,5.aRk100

G

Observao: existem outras solues para o clculo de Ra !


Um aparelho de TV com controle remoto infravermelho parou de responder aos comandos remo-tos. Analisando o circuito de recepo infravermelho desse aparelho, voc concluiu que ofototransistor XYZ 333 estava "queimado". Foi ento utilizado, para substituir o componente dani-ficado, o fototransistor ABC 222, o nico encontrado no comrcio local. Agora, porm, a TV s

D3 D2 D1 D0 Van D3 D2 D1 D0 Van0 0 0 0 0 V 1 0 0 0 5,0 V0 0 0 1 0,625 V 1 0 0 1 5,625 V0 0 1 0 1,25 V 1 0 1 0 6,25 V0 0 1 1 1,875 V 1 0 1 1 6,875 V0 1 0 0 2,5 V 1 1 0 0 7,5 V0 1 0 1 3,125 V 1 1 0 1 8,125 V0 1 1 0 3,75 V 1 1 1 0 8,75 V0 1 1 1 4,375 V 1 1 1 1 9,375 V

ENGENHARIA ELTRICA

31

responde quando os comandos remotos so gerados a uma curta distncia do aparelho. Noconseguindo solucionar completamente o defeito, voc decidiu fazer uma anlise mais cuidadosado circuito.A partir do exposto:

a)explique, utilizando o conceito de reta de carga, por que, aps a substituio do fototransistor, aTV s responde se os comandos forem enviados de uma pequena distncia;

b)viabilize a recepo de forma a obedecer s especificaes tcnicas do manual, uma vez ques foi possvel conseguir o fototransistor ABC 222.


O manual tcnico especifica que:

- o fototransistor XYZ 333 trabalha na saturao ou no corte, de acordo com a presena ou aausncia de luz infravermelha;- o controle remoto tem alcance de 6m, e nessa situao a potncia luminosa recebida pelofototransistor 20 mW/cm2.


a) Como pode ser visto pela reta de carga, o fototransistor ABC 222 no satura com uma potncialuminosa de 20 mW/cm2. Porm, chegando-se perto da TV possvel oferecer ao fototransistoruma potncia luminosa suficiente para que entre em saturao.

1 k

5V

XYZ 333

Comandos

Tratamentodos

Remotos

W

Esquema do Receptor de Infra-vermelho

Observao: O inversor A1 temalta impedncia de entrada.

A1

Esquema do Receptor de Infravermelho

1

2

3

4

5

6

Corrente de Escuro

10 mW/cm2

20 mW/cm2

30 mW/cm2

40 mW/cm2

50 mW/cm2

1 2 3 4 5 6

VCE

V

ICmA ABC 222 - Fototransistor(Sensvel em todo espectro infra-vermelho)

Curva caracterstica simplificada.

ENGENHARIA ELTRICA

32

b) A soluo trocar o resistor por um de maior valor. Pela reta de carga facil ver que umresistor acima de 2,5kW deve solucionar o problema.

Observao: Basta o valor do resistor, no precisa traar a nova reta de carga.


Voc um engenheiro que vai avaliar um sistema ainda em desenvolvimento, que fotografa asplacas dos veculos que ultrapassam o limite de velocidade de 90 km/h. O sistema consiste emtrs sensores: dois sensores de presso, denominados P1 e P2, que, colocados na pista, indi-cam o instante de passagem das rodas dos carros, e um terceiro sensor magntico M, que indicaa presena da massa metlica do veculo. O sensor magntico colocado entre os dois sensoresde presso, como indicado na Figura 1.

Figura 1

P1 P2M

1 mPista

DT

D - roda dianteiraT - roda traseira

Controle do

Disparo da

Fotografia

FotografarP1

P2

M

D

D

T

T

1

2

3

4

5

6

Tp

ENGENHARIA ELTRICA

33

Ao passar um veculo, o sistema responde com os eventos (pulsos) listados a seguir, e quetambm esto marcados no diagrama de tempo da Figura 1:1 - roda dianteira passa sobre o sensor P1;2 - sensor magntico registra a massa metlica do veculo;3 - roda dianteira passa sobre o sensor P2;4 - roda traseira passa sobre o sensor P1;5 - sensor magntico no mais registra a massa do veculo;6 - roda traseira passa sobre o sensor P2.

Com base no intervalo de tempo Tp, possvel determinar a velocidade do veculo e disparar amquina fotogrfica, se for o caso. Para o controle do sistema, foi proposto o circuito da Figura 2,onde o comando da mquina fotogrfica foi simplificado atravs da sada MF.

a) Calcule o valor do nmero "n", a ser programado pela autoridade de trnsito.

b) Indique a menor velocidade do veculo, em km/h, que pode ser monitorada pelo sistema.


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

ms4090.0003.600

km/h901m

vdt ====

Perodo do oscilador:

s200s5.000

1T m==

Nmero de contagens para um intervalo de 40 ms: 20010.5.10.40Ttn 33 === -

Programar n = 200 na entrada do comparador.

DQCLK

Zerar

VCCRelgio

de 5 kHz

P1

M

P2

Contadorde 8 bits

P1

M

n

Comparador8

8

Valor n programadopela autoridade de trnsito

MF

de 8 bitsX

Y

X

ENGENHARIA ELTRICA

34

b) O comparador de oito bits, ento o maior valor de comparao ser n = 28 1 = 255.

Intervalo de tempo para contar 255 vezes: ms5110.5

255T.255t3

===

Velocidade do carro: m/s19,6s10.51

m1tdv

3===

-

Convertendo para km/h:

km/h70,651

3.600

10.10.51

3.600v33

@==-

Questo 14 - TELECOMUNICAES (valor: 10,0 pontos)

Um Sistema de Comunicaes Mveis Celulares composto, basicamente, de uma Central deComutao e Controle (CCC), de Estaes Rdio Base (ERB) e de Estaes Mveis (EM), con-forme mostra a figura. Determine a mxima atenuao do sinal que permita a operao doradioenlace ERB EM, considerando que a potncia mnima na entrada do receptor da EM deveser -108 dBm.

REDEFIXA

CCC

ERBf2

ERBf3

ERBf1

EM

ENGENHARIA ELTRICA

35


Acesso: TDMA (Acesso Mltiplo por Diviso no Tempo)

Modulao:p 4 - DQPSK

Velocidade de trasmisso ERB Mvel: 8 kbps

ERB(transmisso): Potncia de transmisso: 10 Watts Ganho da antena de transmisso: 14 dBi Perda total no cabo de ligao transmissor-antena: 3 dB

EM(recepo): Ganho da antena de recepo: 0 dBi


Equao de Balano do Sistema:

RTCRTmxRRmxTCT GGA)P(PAPGAGAP ++--=\=+-+-

Substituindo os valores:dBm40mW000.10W10PT ===

dBm108PR -=

dB3AC =

dBi14GT =

dBi0GR =

dB1590143108)(40Amx =++-+=

dB159Amx =


A figura mostra um satlite de um sistema global de comunicaes mveis operando na freqnciade 2,4 GHz.

ENGENHARIA ELTRICA

36

Considerando o enlace do terminal mvel para o satlite, calcule:

a) a potncia na entrada do receptor do satlite, em dBm;

b) a mxima taxa de transmisso (Rb), em kbps, a fim de garantir que a probabilidade de erro

de bit (Pb), na recepo, no seja superior a 3,2x105.


O rudo no receptor do satlite Gaussiano, com mdia zero e densidade espectral de potn -

cia N0 = 8x1021 W/Hz.

A modulao empregada no enlace usurio-satlite do tipo BPSK no codificado.

A potncia de transmisso do terminal mvel (PT) 0 (zero) dBW..

Ganho da antena do terminal mvel (antena transmissora): GT= 2,15dB

i.

Ganho da antena do satlite (antena receptora): GR

= 20dBi.


a)

1,178L10x546,110x8.4

10x125oL dBo

182

3

6-=== -

-

p

PR = PT + GT Lo + GR = 0 + 2,15- 178,1 + 20 = - 155,95 dBW

PR = 155,95 dBW

Perda no espao livre:

( )2pp

= l4

L0

Probabilidade de erro para o

caso de modulao BPSK

L0: perda no espao livre

h: altura da rbita

Pb: probabilidade de erro

Q(z): definida abaixo

Eb: energia do sinal, por bit

N0: densidade espectral de potncia de rudo

Z

3,4

3,5

3,6

3,7

3,8

3,9

4,0

Q(z)

0,000337

0,000233

0,000159

0,000108

0,000072

0,000048

0,000032

=

0

bb N

2EQP

du2

u

zexp

21Q(z)

2

-

p=

km125x1010x2,4

10x3fv 6

9

5 -===l

ENGENHARIA ELTRICA

37

b) Para Pb = 3,2 x 10-5 Q (z) = 3,2 x 10-5 z = 4

oN8bE16oNbE24

/2oN

bEz ====

Se Eb = TaxaRec.Pot. ento Taxa =

TaxaRec.Pot.

Taxa = bps3.962,510x8.8

10x253,6

oN8dBW155,95

21

18==-

-

-

Taxa@ 4,0 kbps


Um enlace entre dois terminais utiliza cabos de fibras pticas. H duas opes para a escolha docabo ptico, mostradas na tabela a seguir:

Em ambas as opes, o emissor um LASER com potncia de sada de 0 dBm; a sensibilidadedo detector -50 dBm e a margem de confiabilidade 7 dB. Assim sendo, atenda ao que se pede.

a)Calcule o comprimento mximo L do enlace, se for utilizado o cabo ptico 1.

b)Determine qual o cabo ptico a ser escolhido para uma distncia de 12 km entre os terminais,considerando apenas os custos fornecidos na tabela. Justifique sua resposta.


Soluo Grfica (Alternativa):a) Margem de 7dB no detetor deve chegar 43dBm.

Cada bobina leva a uma perda de: 2,5 x 3,2 = 8 dB

CARACTERSTICAS

Atenuao da fibra (dB/km)

Comprimento em que o cabo fornecido (km)

Custo por km de cabo (R$)

Atenuao de cada emenda (dB)

Custo de cada emenda (R$)

Atenuao total nas conexes dos distribuidores pticos para cada cabo (dB)

Cabo ptico 1

3,2

2,5

R

0,35

9,5 R

3,2

Cabo ptico 2

2,5

2,0

1,25 R

0,25

7 R

2,5

ENGENHARIA ELTRICA

38

b) Cabo 1 leva a um custo de: 12R + 4. 9,5R = 50R

Cabo 2

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 atenuaointroduzida no percurso de 12 km menor do que a introduzida pelo cabo 1.

Questo 17- COMPUTAO (valor: 10,0 pontos)

Voc o engenheiro responsvel pela rede de computadores da Universidade UNIMAGEM, queest estruturada conforme o esquema abaixo. Ela constituda de trs sub-redes e permite oacesso Internet sob o protocolo TCP/IP.

Quanto a essa rede, responda s perguntas a seguir.

a)A que classe pertence o endereo IP 204.140.111.0? Justifique sua resposta.

b)Qual a quantidade total de endereos de "hosts" com o referido endereo IP? Justifique suaresposta.

ENGENHARIA ELTRICA

39

c)Qual a faixa de variao do referido endereo, com relao ao nmero mximo de endereosde "hosts"?

d)Utilizando somente o endereo IP recebido,a UNIMAGEM tem as trs sub-redes configura-das, cada uma contendo no mximo 32pontos de conexo. Assim sendo, a mscara de rede255.255.255.224 pode ser usada para distribuir subfaixas de endereos a todas as sub-redes?Justifique. Em caso de resposta negativa, qual deve ser a mscara de rede?

e)Se o ambiente contivesse uma nica sub-rede em vez de trs, qual seria a mscara de sub-rede a ser empregada, utilizando o endereo IP 204.140.111.0?


Para a configurao TCP/IP, a UNIMAGEM recebeu um endereo IP 204.140.111.0.


a) Classe C, pois do endereo204.140.111.0, o primeiro octeto (204) est situado entre192 e 223.

Para complementar, na prtica so utilizadas trs classes para endereo IP na Internet:classe A (primeiro octeto entre0 e 127), classe B (entre128 e 191) e por ltimo a classeC (entre192 e 223).

b) No que diz respeito ao endereo classe C, os trs primeiros octetos (204.140.111) so utiliza-dos comoNetlD, como endereo de subrede, ficando o ltimo octeto para referenciarHostlD.Considerando que utilizado o sistema binrio e que cada octeto utiliza 8 bits, teremos28 =256 combinaes possveis. Assim, a quantidade total de endereos de hosts iguala 256.

c) Como so256 possibilidades, estas vo de0 a 255, ou seja, de00000000 a11111111. Admite-se 254, desde que seja respondido que dois endereos so usados pelo roteador e parabroadcast respectivamente.

ENGENHARIA ELTRICA

40

d) Sim. Uma mscara de rede possibilita ao software de IP verificar como um host diferenciade outro host est ou no na mesma sub-rede.A mscara de rede 255.255.255.224 corresponde em binrio a11111111.11111111.11111111.11100000 mostrando que trs dos bit hosts so usados pararepresentarsub-redesdentro darede, permitindo a distribuio dos 256 endereos de hostem subfaixas de 25 = 32 subendereos conforme mostrado a seguir:

e) 255.255.255.0.

Questo 18 - COMPUTAO (valor: 10,0 pontos)

O responsvel pelo Setor de Suporte de Informtica da empresa "TOC Consultoria de Sistemas"precisa determinar os parmetros de uma unidade de disco rgido com as seguintes caractersti-cas:

. 8000 cilindros;

. 2 kbytes/setor;

. 100 setores por trilha;

. 6,4 Gbytes de capacidade total;

. as faces externas dos pratos das extremidades da pilha no so utilizados para armanezardados.

Com base nos dados fornecidos, determine:

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

b)a quantidade de cabeas de leitura e gravao;

ENGENHARIA ELTRICA

41

c)a capacidade de armazenamento de cada face;

d)a taxa de transferncia, considerando:. o tempo de latncia mdio com o disco girando a 4.800 rpm;. o tempo de busca ("seek time") igual metade do tempo de latncia mdio;. o tempo de 800 ms para transferncia de 2 Mbytes de dados.


Taxa de Transferncia: nmero de bytes transferidos do disco para a Memria Principal, por se-gundo.

bytes transferidosTaxatransferncia=

tacesso

tacesso = tseek +tlatncia+ ttransferncia

onde:

tseek o tempo que a unidade despende para posicionar o cabeote de leitura e gravao sobre o

cilindro desejado.

tlatncia o tempo despendido na espera pelo setor desejado; varia de 0 a 16,67 ms para disco

girando a 3.600 rpm.

ttransferncia o tempo despendido na transmisso dos dados (leitura ou gravao).


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

ENGENHARIA ELTRICA

42

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

3.200.000 setores / 100 setores por= 32.000 trilhas no totaltrilha

1 cilindro 1 trilha por superfcie8000 cilindros 8000 trilhas por superfcie

32.000 trilhas no total/ 8000 trilhas por = 4 superfcies ou facessuperfcie

Como as faces externas dos pratos das extremidades da pilha no so utilizados para armazenardados, ento:

b) a quantidade de cabeas de leitura e gravao.

Se so 4 faces, ento so 4 cabeas de leitura/gravao.

c) a capacidade de armazenamento de cada face.

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

ENGENHARIA ELTRICA

43

d) 3600 rpm - 16,67 ms4800 rpm - x relao inversa. Logo, x = (3600 . 16,67) / 4800

x = 12,50 msPara 4800 rpm varia de 0 a 12,50 ms.

Na mdia:

tlatncia = 12,50 ms / 2

tlatncia = 6,25 ms

tseek = 1/2 tlatnciamdio = 1/2 . 6,25 mstseek = 3,125 ms

tacesso = tseek + tlatncia + ttransfernciatacesso = 3,125 ms+ 6,25 ms+ 800 mstacesso = 809,375 ms

Taxatransferncia = ms809,375Mbytes2

acessotostransferidBytes =

Taxatransferncia= 2,47 Mbytes/s

Questo 19 - COMPUTAO (valor: 10,0 pontos)

Voc est desenvolvendo um sistema e precisa utilizar as ferramentas da Anlise Essencial.Empregando a notao constante do QUADRO I, apresente o Diagrama Entidade-Relaciona-mento (DER) correspondente s situaes a seguir.

a) Situao 1: Um Banco de Dados representado pelas classes de entidades ALUNO e MATRIA,visualizado na Figura 1.

Observaes:cada aluno pode inscrever-se em vrias matrias, mas pode aindano se inscrever em nenhuma (caso do Edson, por ter trancadomatrcula e no estar cursando nada no momento);

uma mesma matria pode aceitar matrculas de vrios alunos, ha-vendo, obrigatoriamente, pelo menos um aluno matriculado.

ENGENHARIA ELTRICA

44

b)Situao 2: Um Banco de Dados, neste caso representado pelas classes de entidades FABRI-CANTE DE HARDWARE ou SOFTWARE e EMPRESAS, visualizado na Figura 2.

Dados/Informaes Tcnicas:Existem diversas notaes que podem ser usadas para expressar um Diagrama Entidade-Relacio-namento (DER), sendo as mais usuais a de P. Chen e a de J. Martin. A seguir apresentada umanotao anloga deste ltimo autor, resumida no QUADRO I a seguir.


a) Situao 1: Um Banco de Dados, neste caso representado pelas classes de entidades ALUNOE MATRIA, visualizado na figura.

Observao:toda entidade da classe FABRICANTE DE HARDWARE ouSOFTWARE uma EMPRESA FORNECEDORA DE HARDWAREou SOFTWARE, mas nem toda entidade da classe EMPRESA um FABRICANTE DE HARDWARE ou SOFTWARE. Na classeEMPRESAS existem aquelas que atuam nas reas de desenvol-vimento de sistemas, ou consultoria, ou treinamento.

QUADRO IRELACIONAMENTOCada entidade da classe ALFA est

associada a quantas entidades da classeBETA ? MNIMO MXIMO

SIGNIFICADO

ALFA BETA1 1

Cada entidade da classeALFA est associada auma nica entidade da

classe BETA

ALFA BETA1 vrias

Cada entidade da classeALFA est associada a

uma ou a vrias entidadesda classe BETA

ALFA BETA0 1

Cada entidade da classeALFA est associada a

zero ou a uma nicaentidade da classe BETA

ALFA BETA0 vrias

Cada entidade da classeALFA est associada azero, a uma ou a vrias

entidades da classeBETA

ENGENHARIA ELTRICA

45

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

Questo 20 - AUTOMAO E CONTROLE (valor: 10,0 pontos)

Necessita-se fazer a modelagem matemtica de um processo desconhecido, cujos dados e con-dies de experimento constam de um relatrio. O processo est representado na figura a seguir:

Para uma entrada u(t) do tipo degrau unitrio, obteve-se a sada y(t), como mostram a tabelaabaixo e o grfico da pgina seguinte, ambos extrados desse relatrio.

Assim sendo, encontre a funo de transferncia G(s), de menor ordem, que representa o pro-cesso.

Tempo (s)

0

0,25

0,50

0,75

1,00

1,25

1,50

1,75

2,00

2,25

2,50

2,75

3,00

3,25

3,50

3,75

4,00

4,25

4,50

4,75

5,00

Sada y (t)

0

0,0670

0,2018

0,3122

0,3503

0,3215

0,2635

0,2159

0,1995

0,2120

0,2369

0,2574

0,2644

0,2591

0,2483

0,2395

0,2365

0,2388

0,2434

0,2472

0,2485

Tempo (s)

5,25

5,50

5,75

6,00

6,25

6,50

6,75

7,00

7,25

7,50

7,75

8,00

8,25

8,50

8,75

9,00

9,25

9,50

9,75

10,00

Sada y (t)

0,2475

0,2455

0,2439

0,2433

0,2438

0,2446

0,2453

0,2456

0,2454

0,2450

0,2447

0,2446

0,2447

0,2448

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450

ENGENHARIA ELTRICA

46

Ks: Ganho esttico do sistema.

y( ): Valor de regime do sistema.

tp: Instante de ocorrncia do sobressinal mximo.

w n: Freqncia natural de oscilao.

ts

(5%) = 3t.

tp

=-

p

w x2n

1

t: Constante de tempo do sistema.

ts

(5%): Tempo de acomodao do valor de regime com 95% de

preciso.

yp

=y(tp): Valor do sobressinal mximo.

x : Coeficiente de amortecimento.

y (ts

(5%)) = 0,95y( ).


x-

xp-=

=

2

p

p1

exp)(y

)(y-)(tyM

ENGENHARIA ELTRICA

47

ENGENHARIA ELTRICA

48


A resposta apresenta um comportamento padro de sistema de segunda ordem com sobressinale oscilao. A funo de transferncia procurada do tipo:

2

n

2

n

WsnW2s

WsK(s)G 2 ++

=V

Os valores de Ks, V e Wn podem ser obtidos a partir da resposta em regime do sistema y (), daamplitude do sinal de entrada u, do valor do sobressinal e do tempo onde o sobressinal ocorre.Partindo de medidas feitas sobre o grfico e a tabela, o valor do sobressinal assim calculado:

0,42980,2450

0,24500,3503)(y

)(y)P(tyMP

=-

=

-=

A partir de MP calculamos o valor deV assim:

4298,01

exp2

=V-

pV-

)(10,07232688,01

8444,01

22

22V-=V=

V-

V-=

V-

pV-

0,25970,06740,07231,0723 22 =V=V=V

O instante em que ocorre o sobressinal :

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

O valor do ganho esttico para uma entrada do tipo degrau unitrio :

Ks = y () = 0,25

A funo de transferncia para o processo :

10,61,75s

2,65(s)G10,61,7ss

10,60,25sn2s

sK(s)G 222n

2

2

n

++=\

++=

w+wx+

w=

O problema pode ser resolvido tambm utilizando o tempo de acomodao com preciso de 95%.

n33(5%)st xw

=p=

2P

1n

tV-w

= p

/srad3,25ns/rad3,25(0,26)11pt

n 22=w\=

-=

V-=w pp

ENGENHARIA ELTRICA

49

O valor de ts (5%) ocorre quando a resposta est prxima do valor de regime, com umavariao de 5%:

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

/srad2,884,0x0,26

3n4,0

n

3(5%)st ==w=wx=

A funo de transferncia obtida :

3,8s5,1s

3,825,0sn2s

sK(s)G 22n

2

2

n

++=

w+wx+

w=

Obs.: Como o exerccio exige a interpretao grfica, a soluo obtida pode apresentar varia-es significativas se utilizarmos o tp ou ts (5%). Isto pode ser comprovado pelas ex-presses obtidas para a funo de transferncia.


A camada de enlace de dados de uma estao de rede recebeu a seqncia de bits abaixo:

Considerando que a tcnica de deteco de erros adotada a CRC ("Cyclic Redundancy Check"), e que opolinmio gerador utilizado

G (x) =x4 + x3 +1,

verifique se os dados sero aceitos pelo receptor como corretos. Justifique sua resposta.


Na tcnica CRC, o polinmio formado pelos dados deve ser dividido pelo polinmio gerador. Se oresto for zero, supe-se que a mensagem esteja correta. Caso contrrio, ela deve ser recusadapelo receptor.

1100113x4x(x)G =++=

111001101110

ENGENHARIA ELTRICA

50

Como o resto 0 1 0 0 0 , portanto, diferente de zero, os dadossero recusados(erro de CRC)

Obs.: A resposta sem justificativa no ser considerada mesmo estando correta.


A aplicao de injees dirias de insulina paradiabticos um problema que atinge milhesde pessoas em todo o mundo. Aengenharia de controle tem dado sua contribuio rea pormeio do desenvolvimento de sistemas automatizados que, realizando as funes de um pncre-as humano, reduzem significativamente o nmero de injees de insulina e o perigo de seu es-quecimento.Um sistema automatizado, que poderia ser denominado pncreas artificial, consiste em um re-servatrio de insulina e um motor controlado para suprir ao organismo a quantidade de insulinanecessria nos momentos adequados. As principais caractersticas desse aparelho so:- o reservatrio de insulina tem autonomia para perodos de uso relativamente longos (alguns

dias);- o sistema pode ser projetado para fornecer insulina ao organismo em diferentes perodos do dia,

coincidindo com as principais refeies: caf da manh, almoo e jantar;- o paciente no precisa lembrar-se do momento exato das injees.O diagrama de blocos representa esse sistema automatizado:

A taxa de liberao de insulina dada por uma funo do tipo:

i t Ate tat( ) ;= - 0

00010001001001110111

011101001111101

101001001100111

011101001111101

101000110110110011

10011|011101100111

ENGENHARIA ELTRICA

51

As constantesA e a devem ser definidas segundo o histrico clnico do paciente.A EcaBio Ltda. uma empresa que desenvolve, sob demanda, esses sistemas automatizados,e recebeu o pedido para atender a um paciente com as seguintes especificaes:

o motor comea a liberar insulina assim que o paciente inicia sua refeio, em t = 0 segundo;

o valor mximo da taxa de liberao de insulina imx deve ocorrer uma hora aps o incio da

refeio (tp = 3.600s);

tp: tempo em que ocorre a mxima liberao de insulinaimx;

o total de insulina liberada deve ser .

Devido a problemas de importao e s caractersticas necessrias, aEcaBio restringiu o proje-to a um nico tipo de motor com os seguintes parmetros:t = 5 segundosK = 2,3 x 10-6 cm3 / volts.segundos.Um engenheiro jnior, que trabalha subordinado a voc, props a seguinte soluo:

Em face das graves conseqncias que uma soluo incorreta poderia provocar, calcule asespecificaes obtidas na soluo do engenheiro: tp, imx(tp) e iT . Decida se ela pode ser aceita ouno, justificando sua deciso.



Do diagrama de blocos apresentado temos que:

(1)a)(sK

1)s(A(s)R(s)R1s

K

a)(s

A(s)I22 +

+=+

=+

= tt

A soluo obtida pelo engenheiro jnior :

25

5

5-

4

)10x2,78(s

10x5,70

10x2,78s

10x2,85(s)R-

-

++

+=

R ss s

( ),

,

,

( , )=

++

+

-

-

-

-

285 10

278 10

570 10

278 10

4

5

5

5 2

x

x

x

x

=-0 a

AdtAte

2at

2a)(s

A(s)I

+=

3cm17,0dt)t(i

0iT =

=

atAtei(t) -=

221

2 a)(s

K

a)(s

K

a)(s

1s

++

+=

+

+t

ENGENHARIA ELTRICA

52

Colocando na forma padro de (1) temos:

256

10

25

5

5-

4

)10x2,78(s10x2,31)(5s10x1,31

)10x2,78(s10x5,70

10x2,78s10x2,85(s)R

--

-

-

-

++=

++

+=

Portanto,

105 10x1,31A10x2,78a -- ==

O valor mximo de i (t) ocorre quando:

a1

pt0atat)e(1AatAeataAte0

dtdi ==--=-+--=

horas)(10segundos36.00010x2,78

1a1

pt 3 @== -

A taxa de liberao mxima de insulina em t = 36.000 segundos :

s/cm10x1,73)e(36.00010x1,31ndos)(36000seguimaxi3636.000)

510x2,78(10 ---- ===

O total de insulina liberada :

===-=-

-

0

325

10

2Tcm0,17

)10x(2,78

10x1,31

a

AdtatAtei

Concluso: A soluo proposta pelo engenheiro jniorno pode ser aceita, pois o instante emque ocorre a liberao mxima de insulina 10 horas aps o incio da refeio, extremamentetarde em relao especificao.

engelet_1999_comentada.pdf

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