engenharia elÉtrica -...

1

ENGENHARIA ELÉTRICA

Questão nº 1

Padrão de Resposta Esperado:

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

q 2C = = = 2F

v 1.

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

dqi =

dt.

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

Assim, dq d d C dv dv

i = = (C v ) = v + C = Cdt d t d t d t d t

pois C é constante.

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

(valor: 10,0 pontos)

4

2


Questão nº 2


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

Assim, a corrente na malha é: V

i (0) =R

(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:

1 V 1 VsI(s) - i(0) + I(s) = 0 como i(0) = sI(s) + I(s) =

RC R RC RV

1 V RI(s) s + = I(s) = aplicando a Transformada inversa1RC R s +

RCt

V RCi(t) = e ; ( t 0)R

→

→ →

−≥

Solução alternativa

→ −di i di dt+ = 0 =

dt RC i RCintegrando em ambos os lados da igualdade

t + CRC

tRC

0 0

tln(i) = + C i(t) = e

RC

V V i(t) = C e como i(0) = C =

R R

−

−

− →

→ →

Assimt

RCVi(t) = e

R

− (valor: 3,0 pontos)

Obs.: Serão aceitas também outras soluções pertinentes.

(valor: 3,0 pontos)

3


d) 1ª alternativa:

Considerando que 4 ou mais constantes de tempo são suficientes para o capacitor atingir o valor final

→ →6

50,4.104RC = 0,4 R = =10

4o resistor será da ordem de 100 KΩ ou 105Ω. (valor: 3,0 pontos)

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

2ª alternativa:

Como a expressão da tensão sobre o capacitor é: t

RC0v (t) = V 1 e

− −

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

0,2 0,2 02RC RC RC

6

4 1 0,24 = 5 1 e 1 e = e = = ln(5)

5 5 RC

0,2 0,2.10RC = R = = 120K

ln(5) ln(5)

− − − − → − → →

→ → Ω (valor: 3,0 pontos)

A ordem de grandeza é 105 Ω.

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

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

4


Questão nº 3


a)Resistência da Lâmpada 2

Ω2 2

2V 110

R = = = 121P 100

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

2127P = = 133,3 W

121

O excedente percentual é, então, de 133,3 - 100x 100% = 33,3%

100 (valor: 4,0 pontos)

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 R$0,25 = R$10,94

kWh

Custo total (CT)

CT = 5 x 25 x 106 x 10,94 ⇒ C

T = R$ 1,3675 bilhões

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

CUSTO = 46 kWh x R$

0,25 = R$11,50kWh

Custo total (CT)

CT = 5 x 25 x 106 x 11,5 ⇒ C

T = R$ 1,4375 bilhões (valor: 6,0 pontos)

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. (valor: 3,0 pontos)

5


Questão nº 4


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

Circuito 2: A − Resistor idealB − Indutor idealC − Capacitor idealE − Circuito aberto (valor: 2,0 pontos)

Circuito 3: B − Indutor idealD − Curto-circuito (valor: 2,0 pontos)

Circuito 4: B − Capacitor ideal (valor: 2,0 pontos)

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: C 31

X 5,3377. 0,5 . 10−= = Ω

Reatância do Indutor de 10 mH:

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 reatânciaindutiva, 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 graduandos no Exame).

Considerando o elemento desconhecido com reatância X:

eqj 3,77(R jX)

Z j 5,3R j (X 3,77)

+= −+ +

após algumas manipulações

2 2

eq 2 214,21R j(1,53 X 25,75X 75,32 1,53R )

ZR (X 3,77)

− + + +=+ +

A solução analítica sai da seguinte equação: eqArg Z 0,523 = ou seja

2 21 (1,53 X 25,75X 75,32 1,53R

tg 0,52314,21R

− − + + + =

Chega-se à seguinte equação do 2º grau:

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

3LX 377.10 . 10 3,77−= = Ω

6


Análise:

Para que esta equação tenha raízes reais compativeis 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 desconhecido

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 existênciade 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.

-30 -20 -10 0 10 20 30-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Reat ncia Desconhecida - X

ngul

o d

e F

ase

- r

d

´ ngulo de fase da Imped ncia Equivalente

R=1

R=2,67

R=5

Fase conhecida 0.523 rd

Âng

ulo

de F

ase

- rd

Reatância Desconhecida - X

Ângulo de fase da Impedância Equivalente

7


Questão nº 5


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

)

mgB =

8i L

3

21 6 , 4 . 1 0 . 9 , 8 W bB = = 1 ,1 8

m8 . 0 ,1 7 . 0 ,1

o u

B = 1 1 8 1 7 , 6 5 g a u s s

−


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

8


Questão nº 6


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 multímetrona 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 PObserva-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 calibraçãovertical na corrente de calibração. Considerando que a tensão de calibração vertical é dada como 10 mV/cm e que foi utilizada ponta de provadivisora por 10:

Ic = V

c / R

c

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.

9


Questão nº 7


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

1

di(t) di(t) 1 di(t) di(t)Ri(t) + L M + i(t)dt + L M = 0

2dt dt C dt dt− −∫

Diferenciando:

( )−2d i(t) di(t) 1

L + L 2M + R + i(t) = 01 2 2 dt Cdt

Logo, L = L1 + L

2 − 2M (valor: 2,5 pontos)

b) L = L1 + L

2 + 2M (valor: 2,5 pontos)

c) Aplicando Laplace na equação diferencial:

2 1L s I(s) + R s I(s) + I(s) = 0

CEquação característica:

2

22

2

1L s + R s + = 0

C

4LR – R

R R C 4LCs = s =2L 2L 4L C

− − −⇒ − ±

Considerando R ≅ 0

1W =

LC→ freqüência natural não amortecida

ComoL < L ⇒ W > W

(valor: 5,0 pontos)

I

II

I III II

10


Questão nº 8


Reescrevendo o circuito π equivalente:

Sabendo que 0 I∑ = (Nó 2)

−−S R

R R

V V YI = V

Z 2(Equação I)

Pela lei das malhas, tem-se:

− − R S S S

YV = V I V Z

2

−R S S S

ZYV = V ZI + V

2(Equação II)

Substituindo a Equação II na Equação I, tem-se:

− − − −2

S S S

R S S S S

V V V YY ZY ZYI = + I V + I V

Z Z 2 2 2 4

− R S S

ZY ZYI = +1 I Y 1+ V

2 4

11


Escrevendo na forma matricial

−

−

SR

R S

ZY1+ Z

2 VV=

I IZY ZY

Y 1+ + 14 2

−

−

ZYA = 1 + B = Z

2ZY ZY

C = Y 1 + D = + 14 2


Solução alternativa

S R R

S R R

ZYV = + 1 V + ZI

2

ZY ZYI = Y 1 + V + + 1 I

4 2

Escrevendo na forma matricial:

S R

S R

ZY+ 1 Z

2V V=

I IZY ZY

Y 1 + + 14 2

Invertendo a matriz:

−

− −

2

SR

R S

ZY ZYdet = + 1 ZY 1 + = 1

2 4

ZY+ 1 Z

2 VV=

I IZY ZY

Y 1 + + 14 2

Obs.: Serão aceitas outras alternativas de solução, desde que pertinentes.


12


Questão nº 9


Cálculo da impedância equivalente (após r1

e x1):

2e qe q m 2 e q e q

e q

e q

e q e q

rZ = ( j x ) // + jx Z = R + j x

s

0 ,1j1 0 . + j 0 , 2

j 50 20 ,0 2Z = =

j1 0 + 5 + j 0 ,2 5 + j 10 ,2

( 2 + j50 ) . (5 j1 0 ,2 ) 1 0 + j 2 50 + j 2 0 , 4 + 5 10Z = =

(5 + j1 0 ,2 ) . (5 j10 ,2 ) 2 5 + 1 04 ,0 4

50 0 + j 27 0 , 4Z = Z = 3 ,8 7 + j 2 ,09 / fa se

12 9 ,0 4

⇒

−

− − −−

⇒ Ω

Cálculo da impedância total:

TOTAL 1 1 eq

TOTAL TOTAL

Z = r + jx + Z = 0,3 + j0,5 + 3,87 + j 2,09

Z = 4,17 + j2,59 Z = 4,9 31,8 / fase⇒ ° Ω

Tensão de fase ⇒ f

220V = = 127 volts

3

Corrente do estator ⇒ 1

127I = = 25,9 A

4,9

Fator de potência ⇒ cosφ = cos 31,8° = 0,85 (indutivo)

Cálculo da velocidade síncrona:

πωs

60 x 120n = = 1800 rpm

41800

= 2 =188,5 rad/s60

Velocidade do rotor:

nrotor = (1 − s) 1800 = (1 − 0,02) 1800 = 1764 rpm

ωrotor

= π 17642 = 184,7 rad/s

60

13


Potência transferida através do entreferro:

2 22eqg 2 1

2g

rP =3 I = 3I R

s

P = 3 x (25,9) x 3,87 = 7788W

Potência mecânica interna:

Pm

= Pg − P

cu = P

g (1 − s)

Pm

= 7788 (1 − 0,02) ⇒ Pm

= 7632 W

Potência de saída:

Ps = P

m − P

AVF = 7632 − 400 = 7232 W

Conjugado de saída:

ωs

sro to r

P 7 2 3 2T = = = 3 9 ,1 5 N m

1 8 4 , 7

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

RENDIMENTO =/

SA I DA

ENTRADA

P7232

= 88,3%P 8191,7

≅ (valor: 10,0 pontos)

14


Questão nº 10


a)Ensaio de curto-circuito

Cálculo da impedância de curto-circuito no lado de alta tensão:

Ωcccc

cc

V 110Z = = = 2,75

I 40

Cálculo da resistência de curto-circuito no lado de alta tensão:

Ωcccc 2 2

cc

P 1000R = = = 0,625

I 40

Cálculo da reatância de curto-circuito no lado de alta tensão:

− − Ω2 22 2cc cccc

X = Z R = 2,75 0,625 = 2,678

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

r1 = r

2 = 0,5 r

eq = 0,5 R

cc = 0,3125 Ω

x1 = x

2 = 0,5 x

eq = 0,5 X

cc = 1,339 Ω

Parâmetros do circuito equivalente no lado de baixa tensão:

Ω

Ω

2

1 2

2

1 2

220r = r = 0,3125 x = 0,003125

2200

220x = x = 1,339 x = 0,01339

2200

Ensaio de circuito aberto

Cálculo da admitância de circuito aberto no lado de baixa tensão:

CACA

CA

I 10Y = = = 0,045 S

V 220

Cálculo da condutância:

2CA

m 2CA

P 200g = = = 0,00413 S

220V

15


Cálculo da resistência:

Ωmm

Ir = = 242,13

g

Cáculo da susceptância:

− −2 2 2 2m mCAb = Y g = (0,045) (0,00413) = 0,0448 S

Cálculo da reatância:

Ωmm

Ix = = 22,316

b

Parâmetros do circuito equivalente no lado de alta tensão:

Ω

2

m2200

r = 242,13 x = 24213220

Ω

2

m2200

x = 22,316 x = 2231,6220

(valor: 8,0 pontos)

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. (valor: 2,0 pontos)

16


Questão nº 11


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: − Ω(20 2)V

R1= = 60030mA

(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 curvacaracterística.

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 Iλ = 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)

17


Questão nº 12


a) Preenchimento do Mapa de Karnaugh:

b) Expressão booleana: S = P + T9 + R. T8

c) Implementação:

(valor: 4,0 pontos)

(valor: 4,0 pontos)

(valor: 2,0 pontos)

18


Questão nº 13


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 polarizadoe, 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 feitaatravés 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)

19


Questão nº 14


a) Ganho da rede:

2

is2th

oth

VP =

4R

VP =

4R

onde Vth

e Rth

referem-se, respectivamente, à tensão e à resistência equivalentes de Thèvenin. Portanto,

Lth

s L

s Lth

s L

R 50V = V = V

2R + R 650

2R x RR = 50

2R + R≈ Ω

2

2

0V

P4 x 13 x 50

=

Usando a equação do ganho obtém-se:

2

2

2V 4 x 300 6

G x169V4 x 13 x 50

= = >!

i

0PG = = 6/169

P

L = 1/G = 28,2

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)

Figura 1: Rede passiva para casamento de impedâncias de uma antena a um receptor

; potência disponível na entrada

; potência disponível na saída

20


Questão nº 15


a) Equação de Equilíbrio do Sistema:

PT + G

T − L

b + G

R = P

R

Dados:

PT = 1kW = 1.000.000 mW = 60 dBm P

T = 60 dBm

GT = 75,22 dB (em relação ao monopolo curto)

Ganho do Monopolo curto:

( )(kW)

mV / m(km)

173 P .GE =

d

Substituindo os valores:

m.c.2

2m.c. m.c.

173 1.G 300300 = G = G = (1,734) = 3,007

1 173 ∴ ⇒

Gm.c.(dBi) = 10 log 3,007 = 4,78 Gm.c. = 4,78 dBi

GT = 75,22 + 4,78 = 80 dBi

GT = 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

GR

= 40,14 dBi

Substituindo os valores na Equação de Equilíbrio do Sistema, tem-se:

60 + 80 − 330 + 40, 14 = PR

PR

= − 149,86 dBm

21


Relação Sinal Ruído real:

RSRreal = PR − Pn

Se Pn = − 160 dBm, então:

RSRreal

= − 149,86 − (− 160) = 10,14

RSRreal

= 10,14 dB

Margem = RSRreal

− RSRmin

Sendo RSRmin

= 8 dB:

Margem = 10,14 − 8dB = 2,14 dB

Margem = 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):

PR = GR − 190

RSRreal

= (GR

− 190) − Pn = G

R − 190 − (− 160)

RSRreal

= GR

− 30

Margem = RSRreal

− RSRmin

= GR

− 30 − 8 = GR

− 38

Margem = 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 kWAcréscimo = 0,585 kW (valor: 2,0 pontos)

c)

(valor: 2,0 pontos)

22


Questão nº 16


a) Modem (dibit): 1200 baud equivalem a 2400 bps

2fT

H log (n).=τ

Mas T

m=τ

, onde m é o número total de elementos de imagem = 1000.1294 = 1,294.106

Assim Hf = m . log

2 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:

63,882.101617,5 s

2400= para transmitir uma página.

O custo médio diário com o modem V.22 bis da ITU será :

Custo Médio = 1617,5

20 0,1 53,92 reais60

=

Para a RDSI e scanner: Hs = 8,5 x 300 x 11 x 300 x 8 = 67320 kbit.

O custo médio seria 3

367320.10

20 0,2 35,06 reais128.10

60

=

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: 1792k14 s

128k=

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)

23


Questão nº 17


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 coma 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 baixoé de −0,85 V, o que dá um valor DC de 0 Volts.

Para evitar ambigüidades, nenhuma das versões do 802.3 usa a transmissão da informação diretamente, codificando com 0 Volts obit 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 sendo10000000 ou 01000000. Para eliminar a ambigüidade 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 ainterconexão tomando decisões relacionadas com os pacotes a serem transferidos através da rede. A maioria das "bridges" são configuradaspor meio de programas e executam as decisões de roteamento com base nos endereços de origem e de destino contidos nos pacotes darede. 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 protocolosdiferentes. Como a "bridge" opera ao nível MAC, o administrador de rede não está preocupado com a operação de cada protocolo. Paraprotocolos 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 dedestino, usando as tabelas de endereçamento dinâmicas. Isto é denominado roteamento transparente. Neste processo, trajetos redundantespodem causar duplicação de pacotes e problemas de propagação de pacotes. Isto é resolvido no ambiente de roteamento local por umalgoritmo hierárquico que garante à "bridge" ficar em situação de "stand-by" até ser solicitado. No ambiente de roteamento remoto, outrosmétodos de redundância tais como "links" de "backup" automático são preferidos.

A "bridge" é dotada de um algoritmo de auto-aprendizado, constrói tabelas internas com os endereços das estações conectadas acada lado dele, aprendendo de modo dinâmico e automático o endereço das mesmas e fazendo atualizações constantes para checar seestações 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 serutilizada para isolar "ilhas" de tráfego numa rede com o objetivo de aumentar a "performance" dessa. Assim, por exemplo: uma "bridge" écolocada 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 redee comunicação para aumentar a confiabilidade da mesma. Estes algoritmos ligam as portas das "bridges" em função de eventuais falhas emsegmentos 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 2km).

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)

24


Questão nº 18


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:XC ← 1 / (2*PI*F*C);Z ← (XC*R) / SQRT (XC**2 + R**2);VR ← VC ← VT;IR ← VR / R;IC ← VC / XC;IT ← SQRT (IC**2 + IR**2);

LACUNA 2:XC ← 1 / (2*PI*F*C);XL ← 2*PI*F*L;Z ← SQRT (XL−XC)**2+R**2);IR ← IL ← IC ← IT ← VT/Z;VR ← R*IR;VL ← XL*IL;VC ← XC*IC; (valor: 8,0 pontos)

b) CT = 7. (valor: 2,0 pontos)

25


Questão nº 19


a)TEMP

RESULTADO

(valor: 4,0 pontos)

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:

RESULTADOCODPROD

HD-MILLENIUMPRODUTO

Disco rígidoHITECH_256 Memórias

P-600 Micro Pentium III 600

CODCLI EMPRESA ESTADOCIDADETELEFONECONTATOCL-734 TRIO ELÉTRICO SERGIO 3335555 Salvador BA

EMPRESATRIO ELÉTRICO

ESTADOBA

TEMP1

CODCLI CODFORN CODPRODCL-582 A222 HD-MILLENIUMCL-582 C777 HITECH_256CL-582 C777 P-600

CL-582 C777 HD-MILLENIUM

TEMP2

CODCLI CODFORN ESTADOPRODUTORAZAO_SOCIALCODPRODCL-582 A222 HD-MILLENIUM FORNECEDORA ELÉTRICA Disco rígido SP

TELEFONE2225000

CL-582 C777 HITECH_256 QUALITY INFORMÁTICA Memórias PR 6669999

CL-582 C777 P-600 QUALITY INFORMÁTICA Micro Pentium III 600 PR 6669999CL-582 C777 HD-MILLENIUM QUALITY INFORMÁTICA Disco rígido PR 6669999

26


Questão nº 20


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

(s) = 0O diagrama de blocos equivalente, após uma primeira simplificação, é:

Onde G(s) = d d

1010s(s 10)

10K s s(s 10) 10K s1

s(s 10)

+ =+ ++

+

Uma segunda simplificação calcula diretamente r

(s)(s)

θθ

p p2

r p pd

K G(s) 10K(s)T(s)

(s) 1 K G(s) s (10 10K )s 10K

θ= = =θ + + + +

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

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

2 p d d p

1010s(s + 10)

S(s) = =10(K + K s) s + 10(1+ K )s + 10K

1+s(s + 10)

(valor: 4,0 pontos)

27


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

s2 + 10(1 + Kd)s + 10K

p(a)

Para os valores de pólos 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:

r1

E(s) = θ (s)1 + G(s)

onde:

pr

10K1θ (s)= G(s) =s s(s + 10)

O erro em regime permanente é dado por:

( ) ( )→ →

= + s 0 s 0

1 1erp = lim sE s lim s

1 G s s

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

→s 0

1erp =

1+ lim G(s)

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

1

1→

∞ ⇒ +∞

p

s 0

10KG(o) = lim = erp = =0

s(s +10)

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:

pc

G(s)θ(s) = P (s)1+ K G(s)

onde:−

c0,25

P (s) =s

O valor da saída em regime permanente é dado por:

( )→ →

−=

rp s 0 s 0

G(s) ( 0,25)θ = lim sθ s lim s1+ G(s) s

Neste caso, apesar de G(s) ser do tipo 1, o desenvolvimento da expressão acima mostra que o valor de regime é não-nulo.

→−− −rp 2s 0 pp

10 0,25θ = lim ( 0,25) = = 0,05Ks + 10s + 10K (valor: 4,0 pontos)

28


Questão nº 21


a) Verifica-se através dos diagramas (resposta freqüencial) 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:

( )1real

greal

ω 0,7 rad / seg G

ω 0,8 rad/ seg arg G 180

φφ

φ

≅ → (ω ) >

≅ → ω < − °

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)

29


Questão nº 22


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

− −

2s + 10 0 +50

Δ = det 0 s 1 = s(s + 10)(s + 0.5) + 5s = s(s + 10.5s + 5) + 5s

0,1 0 s + 0,5

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 sistemaem malha aberta são:

− −1 2 3s = 0 s = 1.0592 s = 9.4408 (valor: 4,0 pontos)

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

− −

− −

"

"

"

1 1 11

1 1 32 2 2

3 3 3

x (t) x (t) x (t)10 0 50 100

x (t) = 0 0 1 x (t) 0 f f f x (t)

0,1 0 0,5 0x (t) x (t) x (t)

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

− − − − −

−

"

"

"

1 11 2 3

2 2

3 3

x (t) x (t)10 100f 100f 50 100f

x (t) = 0 0 1 x (t)

0,1 0 0,5x (t) x (t)

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

− − −

1 2 3

1 3 2

s + 10 + 100 f +100 f +50 + 100f

det 0 s 1 = s(s + 10 + 100f )(s + 0.5) + (5 + 10f )s 10f

0,1 0 s + 0,5

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

Os valores de ganhos desejados (f1, f

2, f

3), podem então ser obtidos igualando-se os coeficientes do polinômio acima com os

coeficientes correspondentes do polinômio desejado (s3 + 5s2 + 12s + 8). (valor: 4,0 pontos)

(valor: 2,0 pontos)

engenharia elÉtrica -...

Documents